必修四第一章三角函数测试题(含答案)

PAGEPAGE3必修四第一章三角函数测试题班别姓名分数一、选择题1．已知cosα＝eq\f(1,2)，α∈(370°，520°)，则α等于 ()A．390° B．420° C．450° D．480°2．若sinx·tanx<0，则角x的终边位于 ()A．第一、二象限 B．第二、三象限C．第二、四象限 D．第三、四象限3．函数y＝taneq\f(x,2)是 ()A．周期为2π的奇函数B．周期为eq\f(π,2)的奇函数C．周期为π的偶函数D．周期为2π的偶函数4．已知函数y＝2sin(ωx＋φ)(ω>0)在区间[0,2π]的图象如图，那么ω等于 ()A．1 B．2 C.eq\f(1,2) D.eq\f(1,3)5．函数f(x)＝cos(3x＋φ)的图象关于原点成中心对称，则φ等于 ()A．－eq\f(π,2) B．2kπ－eq\f(π,2)(k∈Z)C．kπ(k∈Z) D．kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)6．若eq\f(sinθ＋cosθ,sinθ－cosθ)＝2，则sinθcosθ的值是 ()A．－eq\f(3,10) B.eq\f(3,10) C．±eq\f(3,10) D.eq\f(3,4)7．将函数y＝sinx的图象上所有的点向右平行移动eq\f(π,10)个单位长度，再把所得各点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，所得图象的函数解析式是 ()A．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,10))) B．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,5)))C．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－\f(π,10))) D．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－\f(π,20)))8．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．1 C．2 D．9．已知集合M＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x＝\f(kπ,2)＋\f(π,4)，k∈Z))，N＝{x|x＝eq\f(kπ,4)＋eq\f(π,2)，k∈Z}．则 ()A．M＝N B．MN C．NM D．M∩N＝∅10．设a＝sineq\f(5π,7)，b＝coseq\f(2π,7)，c＝taneq\f(2π,7)，则 ()A．a<b<c B．a<c<b C．b<c<a D．b<a<c二、填空题11．已知一扇形的弧所对的圆心角为54°，半径r＝20cm，则扇形的周长为________12．方程sinπx＝eq\f(1,4)x的解的个数是________．13．已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)的图象如图所示，则f(eq\f(7π,12))＝________.14．已知函数y＝sineq\f(πx,3)在区间[0，t]上至少取得2次最大值，则正整数t的最小值是________．三、解答题15．已知f(α)＝eq\f(sin2π－α·cos2π－α·tan－π＋α,sin－π＋α·tan－α＋3π).(1)化简f(α)；(2)若f(α)＝eq\f(1,8)，且eq\f(π,4)<α<eq\f(π,2)，求cosα－sinα的值；(3)若α＝－eq\f(31π,3)，求f(α)的值．16．求函数y＝3－4sinx－4cos2x的最大值和最小值，并写出函数取最值时对应的x的值．19．如下图所示，函数y＝2cos(ωx＋θ)(x∈R，ω>0,0≤θ≤eq\f(π,2))的图象与y轴交于点(0，eq\r(3))，且该函数的最小正周期为π.(1)求θ和ω的值；(2)已知点A(eq\f(π,2)，0)，点P是该函数图象上一点，点Q(x0，y0)是PA的中点，当y0＝eq\f(\r(3),2)，x0∈[eq\f(π,2)，π]时，求x0的值．必修四第一章三角函数测试题（答案）1、答案B2、答案B3、答案A4、答案B解析由图象知2T＝2π，T＝π，∴eq\f(2π,ω)＝π，ω＝2.5、解析若函数f(x)＝cos(3x＋φ)的图象关于原点成中心对称，则f(0)＝cosφ＝0，∴φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)．答案D6、答案B解析∵eq\f(sinθ＋cosθ,sinθ－cosθ)＝eq\f(tanθ＋1,tanθ－1)＝2，∴tanθ＝3.∴sinθcosθ＝eq\f(sinθcosθ,sin2θ＋cos2θ)＝eq\f(tanθ,tan2θ＋1)＝eq\f(3,10).7、答案C解析函数y＝sinxy＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,10)))y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－\f(π,10))).8、答案C解析函数y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(3π,2)))＝sineq\f(x,2)，x∈[0,2π]，图象如图所示，直线y＝eq\f(1,2)与该图象有两个交点．9、答案B解析M＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(2k＋1,4)π，k∈Z))))，N＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(k＋2,4)π，k∈Z)))).比较两集合中分式的分子，知前者为奇数倍π，后者为整数倍π.再根据整数分类关系，得MN.选B.10、答案D解析∵a＝sineq\f(5π,7)＝sin(π－eq\f(5π,7))＝sineq\f(2π,7).eq\f(2π,7)－eq\f(π,4)＝eq\f(8π,28)－eq\f(7π,28)>0.∴eq\f(π,4)<eq\f(2π,7)<eq\f(π,2).又α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))时，sinα>cosα.∴a＝sineq\f(2π,7)>coseq\f(2π,7)＝b.又α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，sinα<tanα.∴c＝taneq\f(2π,7)>sineq\f(2π,7)＝a.∴c>a.∴c>a>b.11、答案6π＋40解析∵圆心角α＝54°＝eq\f(3π,10)，∴l＝|α|·r＝6π.∴周长为(6π＋40)cm.12、答案7解析在同一坐标系中作出y＝sinπx与y＝eq\f(1,4)x的图象观察易知两函数图象有7个交点，所以方程有7个解．13、答案0解析方法一由图可知，eq\f(3,2)T＝eq\f(5π,4)－eq\f(π,4)＝π，即T＝eq\f(2π,3)，∴ω＝eq\f(2π,T)＝3.∴y＝2sin(3x＋φ)，将(eq\f(π,4)，0)代入上式sin(eq\f(3π,4)＋φ)＝0.∴eq\f(3π,4)＋φ＝kπ，k∈Z，则φ＝kπ－eq\f(3π,4)，k∈Z.∴f(eq\f(7π,12))＝2sin(eq\f(7π,4)＋kπ－eq\f(3π,4))＝0.方法二由图可知，eq\f(3,2)T＝eq\f(5π,4)－eq\f(π,4)＝π，即T＝eq\f(2π,3).又由正弦图象性质可知，f(x0)＝－f(x0＋eq\f(T,2))，∴f(eq\f(7π,12))＝f(eq\f(π,4)＋eq\f(π,3))＝－f(eq\f(π,4))＝0.14、答案8解析T＝6，则eq\f(5T,4)≤t，∴t≥eq\f(15,2)，∴tmin＝8.15、解(1)f(α)＝eq\f(sin2α·cosα·tanα,－sinα－tanα)＝sinα·cosα.(2)由f(α)＝sinαcosα＝eq\f(1,8)可知(cosα－sinα)2＝cos2α－2sinαcosα＋sin2α＝1－2sinαcosα＝1－2×eq\f(1,8)＝eq\f(3,4).又∵eq\f(π,4)<α<eq\f(π,2)，∴cosα<sinα，即cosα－sinα<0.∴cosα－sinα＝－eq\f(\r(3),2).(3)∵α＝－eq\f(31π,3)＝－6×2π＋eq\f(5π,3)，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(31π,3)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(31π,3)))·sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(31π,3)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－6×2π＋\f(5π,3)))·sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－6×2π＋\f(5π,3)))＝coseq\f(5π,3)·sineq\f(5π,3)＝cos(2π－eq\f(π,3))·sin(2π－eq\f(π,3))＝coseq\f(π,3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－sin\f(π,3)))＝eq\f(1,2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)))＝－eq\f(\r(3),4).16、解y＝3－4sinx－4cos2x＝4sin2x－4sinx－1＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinx－\f(1,2)))2－2，令t＝sinx，则－1≤t≤1，∴y＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(1,2)))2－2(－1≤t≤1)．∴当t＝eq\f(1,2)，即x＝eq\f(π,6)＋2kπ或x＝eq\f(5π,6)＋2kπ(k∈Z)时，ymin＝－2；当t＝－1，即x＝eq\f(3π,2)＋2kπ(k∈Z)时，ymax＝7.17、解(1)∵x＝eq\f(π,8)是函数y＝f(x)的图象的对称轴，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,8)＋φ))＝±1.∴eq\f(π,4)＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z.∵－π<φ<0，∴φ＝－eq\f(3π,4).(2)由(1)知φ＝－eq\f(3π,4)，因此y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(3π,4))).由题意得2kπ－eq\f(π,2)≤2x－eq\f(3π,4)≤2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z.∴函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(3π,4)))的单调增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,8)，kπ＋\f(5π,8)))，k∈Z.(3)由y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(3π,4)))，知x0eq\f(π,8)eq\f(3π,8)eq\f(5π,8)eq\f(7π,8)πy－eq\f(\r(2),2)－1010－eq\f(\r(2),2)故函数y＝f(x)在区间[0，π]上的图象是18、解(1)由最低点为Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，－2))得A＝2.由x轴上相邻两个交点之间的距离为eq\f(π,2)，得eq\f(T,2)＝eq\f(π,2)，即T＝π，∴ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(2π,π)＝2.由点Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，－2))在图象上得2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(2π,3)＋φ))＝－2，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4π,3)＋φ))＝－1，故eq\f(4π,3)＋φ＝2kπ－eq\f(π,2)(k∈Z)，∴φ＝2kπ－eq\f(11π,6)(k∈Z)．又φ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴φ＝eq\f(π,6)，故f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))).(2)∵x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(π,2)