2020高中数学 习题课（七）三角函数的图象与性质 第一册VIP

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGE10-学必求其心得，业必贵于专精习题课(七)三角函数的图象与性质一、选择题1．函数f（x)＝eq\f(sinx1－sinx,1－sinx)是（）A．奇函数 B．偶函数C．既是奇函数又是偶函数 D．非奇非偶函数解析:选D由题意，知sinx≠1，即f（x)的定义域为eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1（x≠2kπ＋\f（π,2），k∈Z)））),此函数的定义域不关于原点对称．∴f（x）是非奇非偶函数．2．与函数y＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π，4）)）的图象不相交的一条直线是（)A．x＝eq\f（π，2) B．y＝eq\f（π,2)C．x＝eq\f(π，8） D．y＝eq\f（π，8)解析：选C令2x＋eq\f(π,4）＝kπ＋eq\f（π，2)（k∈Z），得x＝eq\f（kπ,2）＋eq\f（π，8)(k∈Z)．令k＝0，得x＝eq\f(π，8).3．在同一平面直角坐标系中，函数y＝coseq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(x,2）＋\f（3π,2）)）（x∈［0,2π]）的图象和直线y＝eq\f(1,2）的交点个数是(）A．0 B．1C．2 D．4解析:选Cy＝coseq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(x，2）＋\f(3π，2))）＝sineq\f（x，2）。∵x∈[0,2π］，∴eq\f(x，2）∈［0,π],取关键点列表如下：x0π2πeq\f(x，2)0eq\f(π,2)πsineq\f(x,2）010∴y＝sineq\f(x,2)，x∈[0,2π]的图象如图．由图可知y＝sineq\f（x，2），x∈［0,2π]的图象与直线y＝eq\f(1，2)有两个交点．4．已知函数y＝2cosx的定义域为eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1（\f(π,3），π）），值域为[a，b］，则b－a的值是（）A．2 B．3C．eq\r(3)＋2 D．2－eq\r(3）解析:选B因为x∈eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1(\f（π,3)，π）)，所以cosx∈eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1(－1,\f(1,2)))，故y＝2cosx的值域为［－2,1]，所以b－a＝3.5．函数y＝｜tan（2x＋φ)|的最小正周期是()A．2π B．πC．eq\f(π，2) D．eq\f（π，4）解析：选C结合图象（图略)及周期公式知T＝eq\f（π,2）。6．y＝｜cosx｜的一个单调增区间是（）A．eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1(－\f(π,2）,\f(π，2））) B．［0,π]C．eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1（π，\f(3π，2)）) D．eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1（\f(3π，2），2π)）解析：选D将y＝cosx的图象位于x轴下方的图象关于x轴对称，x轴上方（或x轴上）的图象不变，即得y＝｜cosx｜的图象（如图）．故选D。7．已知函数f（x)＝－2sin（2x＋φ)(|φ|＜π），若feq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（π,8）))＝－2，则f(x)的一个单调递增区间可以是（）A.eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1(－\f(π，8)，\f(3π,8))） B。eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1（\f(5π，8），\f（9π，8)))C。eq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1（－\f(3π,8），\f（π，8））） D。eq\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1(\f（π,8），\f（5π,8）))解析：选D∵feq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（π，8)））＝－2,∴－2sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（π，4）＋φ)）＝－2,即sineq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(π，4）＋φ)）＝1。∴eq\f（π，4)＋φ＝eq\f（π,2）＋2kπ，k∈Z，又∵｜φ｜＜π，∴φ＝eq\f(π，4），∴f（x）＝－2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（2x＋\f（π，4)））.由2kπ＋eq\f（π，2）≤2x＋eq\f(π,4)≤2kπ＋eq\f(3π,2)，k∈Z，得kπ＋eq\f(π,8)≤x≤kπ＋eq\f（5π,8）,k∈Z。当k＝0时，得eq\f(π，8）≤x≤eq\f（5π,8)。即f(x)的一个单调递增区间可以是eq\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1(\f（π，8)，\f(5π,8）)）。8．函数f(x)＝2sinx＋tanx＋m，x∈eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f（π,3）)）有零点，则m的取值范围是()A．[2eq\r(3），＋∞）B．(－∞，2eq\r(3）］C．(－∞，2eq\r(3））∪（2eq\r(3），＋∞)D．［－2eq\r（3)，2eq\r(3)]解析:选D令g（x）＝2sinx＋tanx，则g(x）在eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1（－\f(π,3)，\f(π，3)）)上单调递增,其值域为[－2eq\r（3)，2eq\r（3)]．由题意，得－2eq\r（3)≤－m≤2eq\r（3），则－2eq\r(3)≤m≤2eq\r（3)，故选D。9．已知函数y＝sinωx（ω＞0）在区间eq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1(0,\f（π,2))）上为增函数,且图象关于点（3π，0）对称,则ω的取值集合为（）A.eq\b\lc\｛\rc\}（\a\vs4\al\co1(\f(1，3），\f（2,3），1）) B.eq\b\lc\{\rc\}（\a\vs4\al\co1（\f（1,6），\f(1,3)）)C.eq\b\lc\{\rc\｝（\a\vs4\al\co1(\f（1,3）,\f（2，3）)） D。eq\b\lc\｛\rc\｝（\a\vs4\al\co1(\f(1,6），\f(2，3))）解析：选A由题意知eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（\f（π，2ω）≥\f(π，2)，,3ωπ＝kπ,))即eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（0＜ω≤1，,ω＝\f（k，3)，）)其中k∈Z，则ω＝eq\f（1，3),ω＝eq\f(2，3)或ω＝1，即ω的取值集合为eq\b\lc\{\rc\｝（\a\vs4\al\co1（\f（1，3)，\f(2，3),1)）.10．设偶函数f（x)＝Asin（ωx＋φ)（A＞0,ω＞0,0＜φ＜π)的部分图象如图所示，△KLM为等腰直角三角形，∠KML＝90°，KL＝1，则feq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（1，6)））的值为(）A．－eq\f（\r(3),4) B．－eq\f（1，4)C．－eq\f（1,2) D．eq\f(\r（3)，4)解析：选D由题意知，点M到x轴的距离是eq\f(1,2)，根据题意可设f（x)＝eq\f（1，2)cosωx,又由题图知eq\f（1,2)·eq\f(2π，ω)＝1，所以ω＝π，所以f（x)＝eq\f(1,2）cosπx，故feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1，6）))＝eq\f（1,2）coseq\f(π,6)＝eq\f（\r（3），4）.二、填空题11．函数y＝taneq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（π，4）＋6x))的定义域为________．解析：由eq\f(π，4）＋6x≠kπ＋eq\f(π，2）（k∈Z），得x≠eq\f（kπ,6)＋eq\f(π,24）(k∈Z)．答案：eq\b\lc\{\rc\｝(\a\vs4\al\co1（x\b\lc\｜\rc\(\a\vs4\al\co1(x≠\f(kπ，6）＋\f(π,24)，k∈Z）)）)12．函数y＝3－2coseq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（x＋\f(π,4)））的最大值为________，此时x＝________.解析：函数y＝3－2coseq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(x＋\f(π，4）））的最大值为3＋2＝5，此时x＋eq\f（π,4)＝π＋2kπ（k∈Z)，即x＝eq\f（3π,4）＋2kπ(k∈Z)．答案：5eq\f（3π，4）＋2kπ（k∈Z)13．方程2sineq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（x＋\f(π,3)））＋2a－1＝0在[0，π]上有两个不等的实根，则实数a的取值范围是________．解析：方程化为2sineq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（x＋\f（π,3）)）＝1－2a，在同一坐标系中作函数y＝2sineq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(x＋\f（π,3)))和y＝－2a＋1的图象，∵x∈［0,π］，∴x＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1（\f(π,3)，\f（4π,3））)，2sineq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（x＋\f（π,3））)∈［－eq\r(3），2]，由图象可知当eq\r(3)≤1－2a＜2时，原方程有两个不等实根，∴－eq\f(1,2）＜a≤eq\f（1－\r(3）,2)。答案：eq\b\lc\（\rc\]（\a\vs4\al\co1(－\f（1,2），\f（1－\r(3），2)))14．（2018·北京高考)设函数f（x)＝coseq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（ωx－\f（π，6）））（ω〉0)．若f（x）≤feq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（π，4）)）对任意的实数x都成立，则ω的最小值为________．解析：∵f(x）≤feq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（π,4)))对任意的实数x都成立，∴当x＝eq\f（π,4)时，f(x)取得最大值,即feq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(π,4））)＝coseq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(π,4)ω－\f（π,6）)）＝1，∴eq\f（π，4)ω－eq\f（π,6）＝2kπ，k∈Z，∴ω＝8k＋eq\f（2，3),k∈Z。∵ω>0，∴当k＝0时，ω取得最小值eq\f(2,3).答案：eq\f(2,3）三、解答题15．设函数f(x）＝asineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(kx＋\f(π，3)）)和φ(x)＝btaneq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(kx－\f(π,3）)），k＞0,若它们的最小正周期之和为eq\f（3π,2),且feq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（π,2））)＝φeq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（π,2）））,feq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（π,4)）)＝－eq\r(3)φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(π，4))）＋1,求f（x）,φ（x)的解析式．解：f(x）＝asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（kx＋\f(π，3）))的最小正周期T＝eq\f（2π,k）,φ（x）＝btaneq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(kx－\f（π,3))）的最小正周期T＝eq\f(π，k).∵eq\f（2π,k）＋eq\f(π，k)＝eq\f(3π，2)，∴k＝2。∴f(x）＝asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（2x＋\f(π，3）)),φ(x）＝btaneq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(2x－\f（π,3）)），∴feq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(π,2））)＝asineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（π＋\f（π,3）))＝－asineq\f（π，3）＝－eq\f(\r(3),2）a，φeq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(π,2)）)＝btaneq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(π－\f(π,3)））＝－btaneq\f(π，3)＝－eq\r(3）b，feq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(π,4）)）＝asineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(π,2）＋\f（π，3))）＝acoseq\f(π,3）＝eq\f(1，2)a，φeq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(π,4）））＝btaneq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(π，2)－\f（π，3））)＝eq\f（\r(3),3）b.∴eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f（\r(3）,2）a＝－\r（3)b,,\f（1，2)a＝－\r（3)×\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(\r（3）,3）b)）＋1.)）解得eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（a＝1，,b＝\f(1，2)。))∴f（x）＝sineq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(2x＋\f（π，3)））,φ(x)＝eq\f（1,2）taneq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(2x－\f（π,3))）.16．已知f(x）＝2sineq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（2ωx－\f（π，6）))(ω＞0)的最小正周期为π.(1）求ω的值,并求f(x）的单调递增区间；(2）求f（x)在区间eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1（0，\f（5π，12））)上的值域．解：（1)由f（x)＝2sineq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（2ωx－\f（π,6））)的最小正周期为π,得eq\f（2π，|2ω|）＝π，∵ω＞0,∴ω＝1，因此f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（2x－\f(π,6)）)。由2kπ－eq\f(π,2）≤2x－eq\f（π，6）≤2kπ＋eq\f(π,2）(k∈Z)，得kπ－eq\f(π,6)≤x≤kπ＋eq\f(π，3)(k∈Z），故f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1（kπ－\f(π,6)，kπ＋\f（π,3）））(k∈Z）．（2)由0≤x≤eq\f(5π，12)得－eq\f（π，6）≤2x－eq\f（π,6)≤eq\f(2π，3)，所以－eq\f(1,2）≤sineq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（2x－\f(π，6）))≤1，因此－1≤2sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π，6)））≤2,故f（x)在eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1(0，\f（5π，12)））上的值域为［－1,2］．17．已知函数f（x）＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(π,4）－2x）)，求:（1）f（x)的最小正周期；（2)f（x）的单调递增区间；（3）f（x)取最大值时自变量x的集合．解：由诱导公式得f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（π,4）－2x））＝2sineq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1（π－\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－2x))))＝2sineq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（2x＋\f（3π,4））)。(1）由T＝eq\f（2π，2)＝π，得f（x）的最小正周期为π.(2）由2kπ－eq\f（π,2）≤2x＋eq\f（3π,4）≤2kπ＋eq\f（π，2)(k∈Z)，