高考数学一轮复习 第3章 第3节 课时分层训练19

这是一份高考数学一轮复习 第3章 第3节 课时分层训练19，共6页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

A组 基础达标
(建议用时：30分钟)
一、选择题
1．函数y＝eq \r(,cs x－\f(\r(,3),2))的定义域为( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,6)))
B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,6)，kπ＋\f(π,6)))(k∈Z)
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ－\f(π,6)，2kπ＋\f(π,6)))(k∈Z)
D．R
C [由cs x－eq \f(\r(,3),2)≥0，得cs x≥eq \f(\r(,3),2)，∴2kπ－eq \f(π,6)≤x≤2kπ＋eq \f(π,6)，k∈Z.]
2．已知函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,4)))(ω＞0)的最小正周期为π，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)))＝( )
【导学号：31222115】
A．1 B.eq \f(1,2)
C．－1 D．－eq \f(1,2)
A [由题设知eq \f(2π,ω)＝π，所以ω＝2，f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,8)＋\f(π,4)))＝sin eq \f(π,2)＝1.]
3．(2015·四川高考)下列函数中，最小正周期为π的奇函数是( )
A．y＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2)))
B．y＝cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2)))
C．y＝sin 2x＋cs 2x
D．y＝sin x＋cs x
B [A项，y＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2)))＝cs 2x，最小正周期为π，且为偶函数，不符合题意；
B项，y＝cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2)))＝－sin 2x，最小正周期为π，且为奇函数，符合题意；
C项，y＝sin 2x＋cs 2x＝eq \r(2)sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))，最小正周期为π，为非奇非偶函数，不符合题意；
D项，y＝sin x＋cs x＝eq \r(2)sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))，最小正周期为2π，为非奇非偶函数，不符合题意．]
4．若函数y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))(ω∈N*)图象的一个对称中心是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，0))，则ω的最小值为( ) 【导学号：31222116】
A．1B．2
C．4D．8
B [由题意知eq \f(πω,6)＋eq \f(π,6)＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)⇒ω＝6k＋2(k∈Z)，又ω∈N*，∴ωmin＝2，故选B.]
5．(2017·重庆二次适应性测试)若函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))－cs ωx(ω＞0)的图象相邻两个对称中心之间的距离为eq \f(π,2)，则f(x)的一个单调递增区间为( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,3)))B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,6)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(2π,3)))D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(5π,6)))
A [依题意得f(x)＝eq \f(\r(,3),2)sin ωx－eq \f(1,2)cs ωx＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,6)))的图象相邻两个对称中心之间的距离为eq \f(π,2)，于是有T＝eq \f(2π,ω)＝2×eq \f(π,2)＝π，ω＝2，f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6))).当2kπ－eq \f(π,2)≤2x－eq \f(π,6)≤2kπ＋eq \f(π,2)，即kπ－eq \f(π,6)≤x≤kπ＋eq \f(π,3)，k∈Z时，f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))单调递增．因此结合各选项知f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))的一个单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,3)))，故选A.]
二、填空题
6．函数f(x)＝sin(－2x)的单调增区间是________．
eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(π,4)，kπ＋\f(3π,4)))(k∈Z) [由f(x)＝sin(－2x)＝－sin 2x,2kπ＋eq \f(π,2)≤2x≤2kπ＋eq \f(3π,2)得kπ＋eq \f(π,4)≤x≤kπ＋eq \f(3π,4)(k∈Z)．]
7．已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)，对于任意x都有feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋x))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－x))，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))的值为________．
2或－2 [∵feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋x))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－x))，
∴x＝eq \f(π,6)是函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)的一条对称轴，
∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝±2.]
8．函数y＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))的图象与x轴交点的坐标是________.
【导学号：31222117】
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2)－\f(π,8)，0))，k∈Z [由2x＋eq \f(π,4)＝kπ(k∈Z)得，x＝eq \f(kπ,2)－eq \f(π,8)(k∈Z)，
∴函数y＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))的图象与x轴交点的坐标是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2)－\f(π,8)，0))，k∈Z.]
三、解答题
9．(2016·北京高考)已知函数f(x)＝2sin ωxcs ωx＋cs 2ωx(ω>0)的最小正周期为π.
(1)求ω的值；
(2)求f(x)的单调递增区间．
[解] (1)因为f(x)＝2sin ωxcs ωx＋cs 2ωx
＝sin 2ωx＋cs 2ωx＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2ωx＋\f(π,4)))，
所以f(x)的最小正周期T＝eq \f(2π,2ω)＝eq \f(π,ω).4分
依题意，得eq \f(π,ω)＝π，解得ω＝1.6分
(2)由(1)知f(x)＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4))).
函数y＝sin x的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ－\f(π,2)，2kπ＋\f(π,2)))(k∈Z).8分
由2kπ－eq \f(π,2)≤2x＋eq \f(π,4)≤2kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，
得kπ－eq \f(3π,8)≤x≤kπ＋eq \f(π,8)(k∈Z)．
所以f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(3π,8)，kπ＋\f(π,8)))(k∈Z).12分
10．已知函数f(x)＝(sin x＋cs x)2＋cs 2x.
(1)求f(x)的最小正周期；
(2)求f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的最大值和最小值．
[解] (1)因为f(x)＝sin2x＋cs2x＋2sin x·cs x＋cs 2x＝1＋sin 2x＋cs 2x＝eq \r(,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))＋1，3分
所以函数f(x)的最小正周期为T＝eq \f(2π,2)＝π.6分
(2)由(1)的计算结果知，f(x)＝eq \r(,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))＋1.7分
当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，2x＋eq \f(π,4)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(5π,4)))，由正弦函数y＝sin x在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(5π,4)))上的图象知，当2x＋eq \f(π,4)＝eq \f(π,2)，即x＝eq \f(π,8)时，f(x)取最大值eq \r(,2)＋1；9分
当2x＋eq \f(π,4)＝eq \f(5π,4)，即x＝eq \f(π,2)时，f(x)取最小值0.综上，f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的最大值为eq \r(,2)＋1，最小值为0.12分
B组 能力提升
(建议用时：15分钟)
1．(2017·郑州二次质量预测)将函数f(x)＝－cs 2x的图象向右平移eq \f(π,4)个单位后得到函数g(x)，则g(x)具有性质( ) 【导学号：31222118】
A．最大值为1，图象关于直线x＝eq \f(π,2)对称
B．在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))上单调递减，为奇函数
C．在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3π,8)，\f(π,8)))上单调递增，为偶函数
D．周期为π，图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,8)，0))对称
B [由题意得函数g(x)＝－cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－2×\f(π,4)))＝－sin 2x，易知其为奇函数，由－eq \f(π,2)＋2kπ＜2x＜eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z得－eq \f(π,4)＋kπ＜x＜eq \f(π,4)＋kπ，k∈Z，所以函数g(x)＝－sin 2x的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)＋kπ，\f(π,4)＋kπ))，k∈Z，所以函数g(x)＝－sin 2x在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))上单调递减，故选B.]
2．设f(x)＝eq \r(,3)sin 3x＋cs 3x，若对任意实数x都有|f(x)|≤a，则实数a的取值范围是________．
[2，＋∞) [∵f(x)＝eq \r(,3)sin 3x＋cs 3x＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x＋\f(π,6)))∈[－2,2]．又∵|f(x)|≤a恒成立，∴a≥|f(x)|max，∴a≥2.]
3．已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0＜φ＜\f(2π,3)))的最小正周期为π.
(1)求当f(x)为偶函数时φ的值；
(2)若f(x)的图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(\r(,3),2)))，求f(x)的单调递增区间．
[解] ∵f(x)的最小正周期为π，则T＝eq \f(2π,ω)＝π，∴ω＝2，
∴f(x)＝sin(2x＋φ).2分
(1)当f(x)为偶函数时，f(－x)＝f(x)，
∴sin(－2x＋φ)＝sin(2x＋φ)，
将上式展开整理得sin 2xcs φ＝0，
由已知上式对∀x∈R都成立，
∴cs φ＝0.∵0＜φ＜eq \f(2π,3)，∴φ＝eq \f(π,2).5分
(2)f(x)的图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(\r(,3),2)))时，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,6)＋φ))＝eq \f(\r(,3),2)，
即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋φ))＝eq \f(\r(,3),2).6分
又∵0＜φ＜eq \f(2π,3)，∴eq \f(π,3)＜eq \f(π,3)＋φ＜π，
∴eq \f(π,3)＋φ＝eq \f(2π,3)，φ＝eq \f(π,3)，
∴f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3))).9分
令2kπ－eq \f(π,2)≤2x＋eq \f(π,3)≤2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，
得kπ－eq \f(5π,12)≤x≤kπ＋eq \f(π,12)，k∈Z，
∴f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(5π,12)，kπ＋\f(π,12)))，k∈Z.12分