高考数学一轮复习练案（24理23文）第三章三角函数解三角形第四讲三角函数的图象与性质练习（含解析）新人教版

第四讲三角函数的图象与性质A组基础巩固一、选择题1．(理)函数y＝|2sinx|的最小正周期为(A)A．π B．2πC.eq\f(π,2) D．eq\f(π,4)(文)(2020·海淀区模拟)已知函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))的最小正周期为π，则ω＝(D)A．1 B．±1C．2 D．±2[解析](理)由图象(图象略)知T＝π.(文)因为T＝eq\f(2π,|ω|)，所以|ω|＝eq\f(2π,T)＝2，故ω＝±2.2．已知直线y＝m(0<m<2)与函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)(ω>0)的图象相邻的三个交点依次为A(1，m)，B(5，m)，C(7，m)，则ω＝(A)A．eq\f(π,3) B．eq\f(π,4)C.eq\f(π,2) D．eq\f(π,6)[解析]由题意，得函数f(x)的相邻的两条对称轴分别为x＝eq\f(1＋5,2)＝3，x＝eq\f(5＋7,2)＝6，故函数的周期为2×(6－3)＝eq\f(2π,ω)，得ω＝eq\f(π,3)，故选A．3．(2020·山东省实验中学高三第一次诊断)设函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,2)))(x∈R)，则f(x)是(B)A．最小正周期为π的奇函数B．最小正周期为π的偶函数C．最小正周期为eq\f(π,2)的奇函数D．最小正周期为eq\f(π,2)的偶函数[解析]∵f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,2)))＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2x))＝－cos2x，∴f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π，且为偶函数．故选B.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(B)A．2 B．3C.eq\r(3)＋2 D．2－eq\r(3)[解析]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．(2021·河北邢台模拟)函数f(x)＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的单调递增区间是(B)A．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)－\f(π,12)，\f(kπ,2)＋\f(5π,12)))(k∈Z)B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)－\f(π,12)，\f(kπ,2)＋\f(5π,12)))(k∈Z)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,6)，kπ＋\f(2π,3)))(k∈Z)D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))(k∈Z)[解析]由kπ－eq\f(π,2)<2x－eq\f(π,3)<kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，得eq\f(kπ,2)－eq\f(π,12)<x<eq\f(kπ,2)＋eq\f(5π,12)(k∈Z)，所以函数f(x)＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)－\f(π,12)，\f(kπ,2)＋\f(5π,12)))(k∈Z)．故选B.6．(2020·福建六校联考)若函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)对任意x都有feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋x))＝f(－x)，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝(D)A．2或0 B．0C．－2或0 D．－2或2[解析]因为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋x))＝f(－x)对任意x∈R都成立，所以函数f(x)的图象的一个对称轴是直线x＝eq\f(π,6)，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝±2.7．(理)(2020·河南南阳四校联考改编)已知函数f(x)＝eq\r(3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))(x∈R)，下列结论错误的是(C)A．函数f(x)的最小正周期为πB．函数f(x)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，0))对称C．函数f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上是减函数D．函数f(x)的图象关于直线x＝eq\f(π,6)对称(文)关于函数f(x)＝x＋sinx，下列说法不正确的是(B)A．f(x)是奇函数B．f(x)是周期函数C．f(x)有零点D．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增[解析](理)由题意可得函数f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π，故A正确；当x＝eq\f(5π,12)时，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)))＝eq\r(3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(5π,12)－\f(π,3)))＝0，所以函数f(x)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，0))对称，故B正确；当0≤x≤eq\f(π,2)时，－eq\f(π,3)≤2x－eq\f(π,3)≤eq\f(2π,3)，函数f(x)不单调，故C不正确；当x＝eq\f(π,6)时，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝eq\r(3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,6)－\f(π,3)))＝eq\r(3)，所以函数f(x)的图象关于直线x＝eq\f(π,6)对称，故D正确．综上选C.(文)本题考查三角函数的奇偶性、周期性、单调性及零点．函数f(x)的定义域为R，f(－x)＝－x－sinx＝－f(x)，则f(x)为奇函数，故A正确；根据周期函数的定义，可知函数f(x)一定不是周期函数，故B错误；因为f(0)＝0，所以函数f(x)有零点，故C正确；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，函数y＝x与y＝sinx均为增函数，所以函数f(x)也为增函数，故D正确．8．(理)(2020·衡水联考)函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))－eq\f(1,3)在区间(0，π)内的所有零点之和为(C)A．eq\f(π,6) B．eq\f(π,3)C.eq\f(7π,6) D．eq\f(4π,3)(文)已知函数f(x)＝cos(x＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<|φ|<\f(π,2)))，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))是奇函数，则(B)A．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，π))上单调递减B．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上单调递减C．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，π))上单调递增D．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上单调递增[解析](理)设t＝2x＋eq\f(π,3)，则由x∈(0，π)，得t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(7π,3))).由f(x)＝0得sint＝eq\f(1,3)，结合函数y＝sint的图象可知此方程有两个实根t1和t2，且t1＋t2＝3π，所以函数f(x)在(0，π)内有两个零点x1和x2，且2x1＋eq\f(π,3)＋2x2＋eq\f(π,3)＝3π，所以x1＋x2＝eq\f(7π,6).(文)因为f(x)＝cos(x＋φ)，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)＋φ))，又因为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))是奇函数，所以eq\f(π,4)＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，所以φ＝kπ＋eq\f(π,4)，k∈Z，又0<|φ|<eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,4)，f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))时，x＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，f(x)单调递减，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，π))时，x＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(5π,4)))，f(x)先减后增，故选B.二、填空题9．若y＝cosx在区间[－π，α]上为增函数，则实数α的取值范围是__－π<α≤0__.10．(2021·云南昆明高三调研测试)函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))的图象上相邻的两个最高点之间的距离为__π__.[解析]函数f(x)的图象上相邻两个最高点之间的距离为函数f(x)的最小正周期，又函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))的最小正周期为π，故f(x)的图象上相邻的两个最高点之间的距离为π.11．函数f(x)＝2sin(2x＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(|φ|≤\f(π,2)))部分图象如图所示，若x1，x2∈[a，b]且x1≠x2，f(x1)＝f(x2)，满足f(x1＋x2)＝1，则φ＝eq\f(π,6)，此时y＝f(x)的单调递减区间是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋kπ，\f(2π,3)＋kπ))(k∈Z).[解析]因为f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π，且f(a)＝f(b)＝0，故可得b－a＝eq\f(π,2)，因为f(x1＋x2)＝1，故可得2sin[2(x1＋x2)＋φ]＝1，则可得2(x1＋x2)＋φ＝eq\f(5π,6).又因为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))＝2，故可得2sin[(x1＋x2)＋φ]＝2，则可得(x1＋x2)＋φ＝eq\f(π,2)，解得φ＝eq\f(π,6)，则f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))).令2kπ＋eq\f(π,2)≤2x＋eq\f(π,6)≤2kπ＋eq\f(3π,2)，k∈Z，故可得x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋kπ，\f(2π,3)＋kπ))(k∈Z)．故答案为：eq\f(π,6)；eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋kπ，\f(2π,3)＋kπ))(k∈Z)．12．函数f(x)＝sin2x＋sinxcosx＋1的最小正周期是__π__，单调减区间是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(3π,8)，kπ＋\f(7π,8)))，k∈Z.[解析]∵f(x)＝sin2x＋sinxcosx＋1＝eq\f(1,2)(1－cos2x)＋eq\f(1,2)sin2x＋1＝eq\f(\r(2),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))＋eq\f(3,2)，∴kπ＋eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,4)≤2kπ＋eq\f(3π,2)(k∈Z)，得kπ＋eq\f(3π,8)≤x≤kπ＋eq\f(7π,8)(k∈Z)．∴单调减区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(3π,8)，kπ＋\f(7π,8)))，k∈Z.三、解答题13．已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，0<φ<\f(2π,3)))的最小正周期为π.(1)当f(x)为偶函数时，求φ的值；(2)若f(x)的图象过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(\r(3),2)))，求f(x)的单调递增区间．[解析]由f(x)的最小正周期为π，则T＝eq\f(2π,ω)＝π，所以ω＝2，所以f(x)＝sin(2x＋φ)．(1)当f(x)为偶函数时，f(－x)＝f(x)．所以sin(2x＋φ)＝sin(－2x＋φ)，展开整理得sin2xcosφ＝0，由已知上式对∀x∈R都成立，所以cosφ＝0.因为0<φ<eq\f(2π,3)，所以φ＝eq\f(π,2).(2)因为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝eq\f(\r(3),2)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,6)＋φ))＝eq\f(\r(3),2)，即eq\f(π,3)＋φ＝eq\f(π,3)＋2kπ或eq\f(π,3)＋φ＝eq\f(2π,3)＋2kπ(k∈Z)，故φ＝2kπ或φ＝eq\f(π,3)＋2kπ(k∈Z)，又因为0<φ<eq\f(2π,3)，所以φ＝eq\f(π,3)，即f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，由－eq\f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq\f(π,3)≤eq\f(π,2)＋2kπ(k∈Z)得kπ－eq\f(5π,12)≤x≤kπ＋eq\f(π,12)(k∈Z)，故f(x)的递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(5π,12)，kπ＋\f(π,12)))(k∈Z)．14．(2021·武汉市调研测试)已知函数f(x)＝eq\r(3)sin2x＋cos2x＋a(a为常数)．(1)求f(x)的单调递增区间；(2)若f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上有最小值1，求a的值．[解析](1)f(x)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sin2x＋\f(1,2)cos2x))＋a＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋a，令2kπ－eq\f(π,2)≤2x＋eq\f(π,6)≤2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，所以kπ－eq\f(π,3)≤x≤kπ＋eq\f(π,6)，k∈Z，所以f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,3)，kπ＋\f(π,6)))(k∈Z)．(2)当0≤x≤eq\f(π,2)时，eq\f(π,6)≤2x＋eq\f(π,6)≤eq\f(7,6)π，所以－eq\f(1,2)≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))≤1，所以当x＝eq\f(π,2)时，f(x)有最小值，最小值为a－1＝1，所以a＝2.B组能力提升1．已知函数f(x)＝2cos2x－sin2x＋2，则下列说法正确的是(A)A．f(x)的最小正周期为πB．f(x)最大值为3C．f(x)的最小正周期为2πD．f(x)最小值为2[解析]本题主要考查三角函数变换及三角函数的性质．f(x)＝2cos2x－sin2x＋2＝2(1－sin2x)－sin2x＋2＝4－3sin2x＝4－3×eq\f(1－cos2x,2)＝eq\f(5,2)＋eq\f(3cos2x,2)，∴f(x)的最小正周期T＝π，当cos2x＝1时，f(x)取最大值为4，故选A．2．已知函数f(x)＝2sin(πx＋1)，若对于任意的x∈R，都有f(x1)≤f(x)≤f(x2)成立，则|x1－x2|的最小值为(B)A．2 B．1C．4 D．eq\f(1,2)[解析]对任意的x∈R，f(x1)≤f(x)≤f(x2)成立，所以f(x1)＝f(x)min＝－2，f(x2)＝f(x)max＝2，所以|x1－x2|min＝eq\f(T,2)，又f(x)＝2sin(πx＋1)的周期T＝eq\f(2π,π)＝2，所以|x1－x2|min＝1，故选B.3．(2021·常德模拟)若函数f(x)＝eq\r(3)sin(2x＋θ)＋cos(2x＋θ)为奇函数，且在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，0))上为减函数，则θ的一个值为(D)A．－eq\f(π,3) B．－eq\f(π,6)C.eq\f(2π,3) D．eq\f(5π,6)[解析]由题意得f(x)＝eq\r(3)sin(2x＋θ)＋cos(2x＋θ)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋θ＋\f(π,6))).因为函数f(x)为奇函数，所以θ＋eq\f(π,6)＝kπ(k∈Z)，故θ＝－eq\f(π,6)＋kπ(k∈Z)．当θ＝－eq\f(π,6)时，f(x)＝2sin2x，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，0))上为增函数，不合题意．当θ＝eq\f(5π,6)时，f(x)＝－2sin2x，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，0))上为减函数，符合题意，故选D.4．如果函数y＝eq\f(1,2)sinωx在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)，\f(π,12)))上单调递减，那么ω的取值范围是(B)A．[－6,0) B．[－4,0)C．(0,4] D．(0,6][解析]解法一：因为函数y＝eq\f(1,2)sinωx在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)，\f(π,12)))上单调递减，所以ω<0且函数y＝eq\f(1,2)sin(－ωx)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(π,8)))上单调递增，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ω<0，,－ω·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)))≥2kπ－\f(π,2)，k∈Z，,－ω·\f(π,8)≤2kπ＋\f(π,2)，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ω<0，,ω≥24k－6，k∈Z，,ω≥－16k－4，))求得－4≤ω<0.故选B.解法二：代值检验法，当ω＝1时，y＝eq\f(1,2)sinx在eq