2021高考数学人教版一轮复习多维层次练：第四章+第4节+三角函数的图象与性质+Word版含解析

/多维层次练24[A级基础巩固]1．(多选题)已知函数f(x)＝eq\f(cos2x－1,sin2x)，则有()A．函数f(x)的图象关于直线x＝eq\f(π,2)对称B．函数f(x)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，0))对称C．函数f(x)的最小正周期为eq\f(π,2)D．函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))内单调递减解析：f(x)＝eq\f(cos2x－1,sin2x)＝eq\f(－2sin2x,2sinxcosx)＝－tanx(x≠kπ，k∈Z)所以f(x)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，0))对称，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递减，且f(x)的最小正周期T＝π，因此B、D正确．答案：BD2．(2020·临沂市联考)已知函数f(x)＝2sinωx－cosωx(ω>0)，若f(x)的两个零点x1，x2满足|x1－x2|min＝2，则f(1)的值为()A.eq\f(\r(10),2) B．－eq\f(\r(10),2)C．2 D．－2解析：依题意可得函数的最小正周期为eq\f(2π,ω)＝2|x1－x2|min＝2×2＝4，即ω＝eq\f(π,2)，所以f(1)＝2sineq\f(π,2)－coseq\f(π,2)＝2.答案：C3．(2019·湖南三湘名校教育联盟联考)若f(x)为偶函数，且在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上满足：对任意x1<x2，都有eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)>0，则f(x)可以为()A．f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(5π,2))) B．f(x)＝|sin(π＋x)|C．f(x)＝－tanx D．f(x)＝1－2cos22x解析：因为f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(5π,2)))＝－sinx为奇函数，所以排除A；f(x)＝－tanx为奇函数，所以排除C；f(x)＝1－2cos22x＝－cos4x为偶函数，且单调增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)，\f(kπ,2)＋\f(π,4)))，k∈Z，排除D；f(x)＝|sin(π＋x)|＝|sinx|为偶函数，且在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增．答案：B4．(多选题)同时具有性质“①最小正周期是π；②图象关于直线x＝eq\f(π,3)对称；③在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,3)))上是增函数”的函数为()A．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,6))) B．y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(2π,3)))C．y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))) D．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))解析：根据性质①最小正周期是π，排除选项A；对于选项C，当x＝eq\f(π,3)时，y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,3)＋\f(π,6)))＝coseq\f(5π,6)＝－eq\f(\r(3),2)，不是最值，所以排除选项C.易知y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(2,3)π))具有性质①，②，③.且y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(2,3)π))＋\f(π,2)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(2,3)π)).所以选项B、D均满足性质①，②，③.答案：BD5．(多选题)已知函数f(x)＝eq\r(3)sinωx＋cosωx(ω>0)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,3)))上恰有一个最大值点和一个最小值点，则实数ω的取值可以是()A.eq\f(8,3) B．3C.eq\f(10,3) D．4解析：由题意，函数f(x)＝eq\r(3)sinωx＋cosωx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))，令ωx＋eq\f(π,6)＝t，所以f(t)＝2sint.在区间上eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,3)))恰有一个最大值点和最小值点，则函数f(t)＝2sint恰有一个最大值点和一个最小值点在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(πω,4)＋\f(π,6)，\f(πω,3)＋\f(π,6)))上．则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,2)<－\f(πω,4)＋\f(π,6)≤－\f(π,2)，,\f(π,2)≤\f(πω,3)＋\f(π,6)<\f(3π,2)，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)≤ω<\f(20,3)，,1≤ω<4，))所以eq\f(8,3)≤ω<4，只有D项不满足要求．答案：ABC6．(2019·天津卷)已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0，|φ|＜π)是奇函数，将y＝f(x)的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，所得图象对应的函数为g(x)．若g(x)的最小正周期为2π，且geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝eq\r(2)，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)))＝()A．－2 B．－eq\r(2)C.eq\r(2) D．2解析：因为f(x)是奇函数(显然定义域为R)，所以f(0)＝Asinφ＝0，所以sinφ＝0.又|φ|＜π，所以φ＝0.由题意得g(x)＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)ωx))，且g(x)最小正周期为2π，所以eq\f(1,2)ω＝1，即ω＝2.所以g(x)＝Asinx，所以geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝Asineq\f(π,4)＝eq\f(\r(2),2)A＝eq\r(2)，所以A＝2.所以f(x)＝2sin2x，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)))＝eq\r(2).答案：C7．函数y＝lg(sinx)＋eq\r(cosx－\f(1,2))的定义域为________．解析：要使函数有意义，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(sinx>0，,cosx－\f(1,2)≥0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(sinx>0，,cosx≥\f(1,2)，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2kπ<x<π＋2kπ（k∈Z），,－\f(π,3)＋2kπ≤x≤\f(π,3)＋2kπ（k∈Z），))所以2kπ<x≤eq\f(π,3)＋2kπ(k∈Z)，所以函数的定义域为{x|2kπ<x≤eq\f(π,3)＋2kπ，k∈Z}．答案：{x|2kπ<x≤eq\f(π,3)＋2kπ，k∈Z}8．函数f(x)＝sin2x＋eq\r(3)cosx－eq\f(3,4)的最大值是________，此时自变量取值的集合是________．解析：f(x)＝1－cos2x＋eq\r(3)cosx－eq\f(3,4)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosx－\f(\r(3),2)))eq\s\up12(2)＋1，当cosx＝eq\f(\r(3),2)时，f(x)取到最大值1，此时x＝2kπ±eq\f(π,6)，k∈Z.答案：1eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x＝2kπ±\f(π,6)，k∈Z))9．(2019·全国卷Ⅲ改编)设函数f(x)＝sin(ωx＋eq\f(π,5))(ω>0)，已知f(x)在[0，2π]有且仅有5个零点，下述四个结论：①f(x)在(0，2π)有且仅有3个极大值点；②f(x)在(0，2π)有且仅有2个极小值点；③f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,10)))单调递增；④ω的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(12,5)，\f(29,10))).其中所有正确结论的编号是________．解析：当x∈[0，2π]时，ωx＋eq\f(π,5)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,5)，2πω＋\f(π,5))).因为f(x)在[0，2π]有且仅有5个零点，所以5π≤2πω＋eq\f(π,5)<6π，所以ω∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(12,5)，\f(29,10)))，故④正确．y＝sint在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,5)，2ωπ＋\f(π,5)))上极值点的个数即为f(x)在[0，2π]上极值点的个数．由y＝sint在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,5)，2ωπ＋\f(π,5)))上的图象(图略)可知f(x)在[0，2π]有且仅有3个极大值点，有2个或3个极小值点，故①正确，②错误．下面判断③是否正确，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,10)))时，ωx＋eq\f(π,5)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)，\f(ωπ＋2π,10)))，若f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,10)))单调递增，则eq\f(ωπ＋2π,10)<eq\f(π,2)，即ω<3，因为eq\f(12,5)≤ω<eq\f(29,10)，故③正确.答案：①③④10．已知函数f(x)＝sinωx－cosωx(ω>0)的最小正周期为π.(1)求函数y＝f(x)图象的对称轴方程；(2)讨论函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的单调性．解：(1)因为f(x)＝sinωx－cosωx＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,4)))，且T＝π，所以ω＝2，所以f(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4))).令2x－eq\f(π,4)＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，得x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(3π,8)(k∈Z)．即函数f(x)图象的对称轴方程为x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(3π,8)(k∈Z)．(2)令2kπ－eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,4)≤2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，得函数f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,8)，kπ＋\f(3π,8)))(k∈Z)．注意到x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以令k＝0，得函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3π,8)))，同理，其单调递减区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)，\f(π,2))).[B级能力提升]11．(2019·全国卷Ⅱ)下列函数中，以eq\f(π,2)为周期且在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))单调递增的是()A．f(x)＝|cos2x| B．f(x)＝|sin2x|C．f(x)＝cos|x| D．f(x)＝sin|x|解析：作出f(x)＝|cos2x|的图象，由图象知f(x)＝|cos2x|的周期T＝eq\f(π,2)，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上递增，A正确．又f(x)＝|sin2x|在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上是减函数，B错误．且f(x)＝cos|x|＝cosx，周期T＝2π，f(x)＝sin|x|不是周期函数，所以C、D均不正确．答案：A12．(2018·北京卷)设函数f(x)＝cos(ωx－eq\f(π,6))(ω>0)．若f(x)≤f(eq\f(π,4))对任意的实数x都成立，则ω的最小值为________．解析：因为f(x)≤f(eq\f(π,4))对任意的实数x都成立，所以当x＝eq\f(π,4)时，f(x)取得最大值，即f(eq\f(π,4))＝cos(eq\f(π,4)ω－eq\f(π,6))＝1，所以eq\f(π,4)ω－eq\f(π,6)＝2kπ，k∈Z，所以ω＝8k＋eq\f(2,3)，k∈Z.因为ω>0，所以当k＝0时，ω取得最小值eq\f(2,3).答案：eq\f(2,3)13．已知函数f(x)＝(2cos2x－1)·sin2x＋eq\f(1,2)cos4x.(1)求f(x)的最小正周期及单调递减区间；(2)若α∈(0，π)，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,4)－\f(π,8)))＝eq\f(\r(2),2)，求tan(α＋eq\f(π,3))的值．解：(1)f(x)＝(2cos2x－1)sin2x＋eq\f(1,2)cos4x＝cos2xsin2x＋eq\f(1,2)cos4x＝eq\f(1,2)(sin4x＋cos4x)＝eq\f(\r(2),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(π,4)))，所以f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,4)＝eq\f(π,2).令2kπ＋eq\f(π,2)≤4x＋eq\f(π,4)≤2kπ＋eq\f(3π,2)，k∈Z，得eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,16)≤x≤eq\f(kπ,2)＋eq\f(5π,16)，k∈Z.所以f(x)的单调递减区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)＋\f(π,16)，\f(kπ,2)＋\f(5π,16)))(k∈Z)．(2)因为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,4)－\f(π,8)))＝eq\f(\r(2),2)，即sineq\b\lc