高三一轮总复习理科数学课时跟踪检测33三角函数的图象与性质

[课时跟踪检测][基础达标]1．函数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：将y＝cosx的图象位于x轴下方的图象关于x轴对称翻折到x轴上方，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.答案：D2.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：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).答案：D3．关于函数y＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，下列说法正确的是()A．是奇函数B．在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))上单调递减C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))为其图象的一个对称中心D．最小正周期为π解析：函数y＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))是非奇非偶函数，A错；在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))上单调递增，B错；最小正周期为eq\f(π,2)，D错；由2x－eq\f(π,3)＝eq\f(kπ,2)，k∈Z得x＝eq\f(kπ,4)＋eq\f(π,6)，当k＝0时，x＝eq\f(π,6)，所以它的图象关于eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))对称，故选C.答案：C4．(2017届河南中原名校模拟)已知函数f(x)＝sin(2x＋φ)，其中0＜φ＜2π，若f(x)≤eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))))对∀x∈R恒成立，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＞f(π)，则φ等于()A.eq\f(π,6) B．eq\f(5π,6)C.eq\f(7π,6) D．eq\f(11π,6)解析：若f(x)≤eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))))对∀x∈R恒成立，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))等于函数的最大值或最小值，即2×eq\f(π,6)＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，则φ＝kπ＋eq\f(π,6)，k∈Z，又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＞f(π)，即sinφ＜0，又0＜φ＜2π，所以π＜φ＜2π.所以当k＝1时，此时φ＝eq\f(7π,6)，满足条件．答案：C5．已知ω＞0，函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上单调递减，则ω的取值范围是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(5,4))) B．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,4)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))) D．(0,2]解析：由eq\f(π,2)＜x＜π，ω＞0得eq\f(π,2)ω＋eq\f(π,4)＜ωx＋eq\f(π,4)＜πω＋eq\f(π,4)，由题意结合选项知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)ω＋\f(π,4)，πω＋\f(π,4)))⊆eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2)))，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)ω＋\f(π,4)≥\f(π,2)，,πω＋\f(π,4)≤\f(3π,2)，))所以eq\f(1,2)≤ω≤eq\f(5,4).答案：A6．函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)(ω＞0)对任意x都有feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋x))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－x))，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))的值为()A．2或0 B．－2或2C．0 D．－2或0解析：因为函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)对任意x都有feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋x))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－x))，所以该函数图象关于直线x＝eq\f(π,6)对称，因为在对称轴处对应的函数值为最大值或最小值，所以选B.答案：B7．如果函数y＝3cos(2x＋φ)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4π,3)，0))对称，那么|φ|的最小值为()A.eq\f(π,6) B．eq\f(π,4)C.eq\f(π,3) D．eq\f(π,2)解析：由题意得3coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(4π,3)＋φ))＝3coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)＋φ＋2π))＝3coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)＋φ))＝0，∴eq\f(2π,3)＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z.∴φ＝kπ－eq\f(π,6)，k∈Z，取k＝0，得|φ|的最小值为eq\f(π,6).答案：A8．(2018届衡阳质检)已知函数f(x)＝2cos2x，g(x)＝a－4eq\r(3)sinx，当f(x)≥g(x)对x∈[n，m]恒成立时，m－n的最大值为eq\f(5π,3)，则a＝________.解析：∵f(x)≥g(x)∴2cos2x≥a－4eq\r(3)sinx，即4sin2x－2＋a－4eq\r(3)sinx≤0，∴(2sinx－eq\r(3))2≤5－a，∴由题意可得5－a>0，即eq\r(3)－eq\r(5－a)≤2sinx≤eq\r(3)＋eq\r(5－a).∵f(x)≥g(x)对任意x∈[n，m]恒成立，m－n的最大值为eq\f(5π,3)，∴当eq\r(3)＋eq\r(5－a)>1时，2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\f(1,2)×\f(5π,3)))＝－eq\r(3)＝eq\r(3)－eq\r(5－a)，当eq\r(3)－eq\r(5－a)<－1,2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)－\f(1,2)×\f(5π,3)))＝eq\r(3)＝eq\r(3)＋eq\r(5－a)，∴a＝－7或a＝5(不合题意，故舍去)．答案：－79．函数y＝(4－3sinx)(4－3cosx)的最小值为________．解析：y＝16－12(sinx＋cosx)＋9sinxcosx，令t＝sinx＋cosx，则t∈[－eq\r(2)，eq\r(2)]，且sinxcosx＝eq\f(t2－1,2)，所以y＝16－12t＋9×eq\f(t2－1,2)＝eq\f(1,2)(9t2－24t＋23)．故当t＝eq\f(4,3)时，ymin＝eq\f(7,2).答案：eq\f(7,2)10．(2017届唐山统考)已知函数f(x)＝sinωx＋eq\r(3)cosωx(ω＞0)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝0，且f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))上递减，则ω＝________.解析：因为f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))上单调递减，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝0，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\f(π,6)＋\f(π,2),2)))＝0，即feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝0，因为f(x)＝sinωx＋eq\r(3)cosωx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)ω＋\f(π,3)))＝0，所以eq\f(π,3)ω＋eq\f(π,3)＝kπ(k∈Z)，ω＝3k－1，k∈Z，又eq\f(1,2)·eq\f(2π,ω)≥eq\f(π,2)－eq\f(π,6)，ω＞0，所以ω＝2.答案：211．已知函数f(x)＝(sinx＋cosx)2＋2cos2x－2.(1)求f(x)的单调递增区间；(2)当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,4)))时，求函数f(x)的最大值，最小值．解：(1)f(x)＝sin2x＋cos2x＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))，令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.故f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(3π,8)，kπ＋\f(π,8)))，k∈Z.(2)∵x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,4)))，∴eq\f(3π,4)≤2x＋eq\f(π,4)≤eq\f(7π,4)，∴－1≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))≤eq\f(\r(2),2)，∴－eq\r(2)≤f(x)≤1，∴当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,4)))时，函数f(x)的最大值为1，最小值为－eq\r(2).12．(2018届南城质检)已知f(x)＝cosx(msinx－cosx)＋sin2(π＋x)(m>0)的最小值为－2.(1)求函数f(x)的单调递增区间；(2)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且bcosA＝2ccosA－acosB，求f(C)的取值范围．解：(1)∵f(x)＝cosx(msinx－cosx)＋sin2(π＋x)＝msinxcosx－cos2x＋sin2x＝eq\f(1,2)msin2x－cos2x＝eq\r(\f(m2,4)＋1)sin(2x－φ)，其中tanφ＝eq\f(2,m)，∴由其最小值为－2，可得eq\r(\f(m2,4)＋1)＝2，解得m2＝12，∵m>0，可得m＝2eq\r(3)，tanφ＝eq\f(\r(3),3)，φ＝eq\f(π,6)，∴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(π,2)，k∈Z，解得kπ－eq\f(π,6)≤x≤kπ＋eq\f(π,3)，k∈Z.∴函数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)∵bcosA＝2ccosA－acosB，即bcosA＋acosB＝2ccosA，∴由正弦定理可得sinBcosA＋sinAcosB＝2sinCcosA，即sinC＝2sinCcosA，∵C为三角形内角，sinC≠0，∴cosA＝eq\f(1,2)，可得A＝eq\f(π,3)，∴C∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))，可得2C－eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(7π,6)))，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2C－\f(π,6)))∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))，∴f(C)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2C－\f(π,6)))∈(－1,2]．[能力提升]1．(2017届山西长治二中第一次联考)已知函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))(ω＞0)，且在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上有且仅有三个零点，若f(0)＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))，则ω＝()A.eq\f(2,3) B．2C.eq\f(26,3) D．eq\f(14,3)解析：∵函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))(ω＞0)，f(0)＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))，即f(0)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝0，∴f(x)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，0))对称，故sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)ω－\f(π,6)))＝0，故有eq\f(π,4)ω－eq\f(π,6)＝kπ，k∈Z.①∵f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上有且仅有三个零点，故有eq\f(2π,ω)＜eq\f(π,2)＜eq\f(3,2)·eq\f(2π,ω)，∴6＞ω＞4.②综合①②，结合所给的选项，可得ω＝eq\f(14,3).故选D.答案：D2．(2017届河北邯郸一模)已知函数f(x)＝2sin2ωx＋eq\f(π,6)(ω＞0)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3)))上单调递增，则ω的最大值是()A.eq\f(3,4) B．eq\f(3,5)C.eq\f(1,2) D．eq\f(1,4)解析：函数f(x)＝1－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx＋\f(π,3)))(ω＞0)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3)))上单调递增，则2ωx＋eq\f(π,3)∈eq\f(π,3)ω＋eq\f(π,3)，eq\f(4π,3)ω＋eq\f(π,3)⊆[0，π]，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(4π,3)ω＋\f(π,3)≤π，,\f(π,3)ω＋\f(π,3)≥0，))解得0＜ω≤eq\f(1,2)，故ω的最大值是eq\f(1,2).答案：C3．已知f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋a＋1.(1)求f(x)的单调递增区间；(2)当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，f(x)的最大值为4，求a的值；(3)在(2)的条件下，求满足f(x)＝1且x∈[－π，π]的x的取值集合．解：(1)f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋a＋1，由2kπ－eq\f(π,2)≤2x＋eq\f(π,6)≤2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，可得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x＝eq\f(π,6)时，f(x)取得最大值4，即feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝2sineq\f(π,2)＋a＋1＝a＋3＝4，所以a＝1.(3)由f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋2＝1，可得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＝－eq\f(1,2)，则2x＋eq\f(π,6)＝eq\f(7π,6)＋2kπ，k∈Z或2x＋eq\f(π,6)＝eq\f(11,6)π＋2kπ，k∈Z，即x＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z或x＝eq\f(5π,6)＋kπ，k∈Z，又x∈[－π，π]，可解得x＝－eq\f(π,2)，－eq\f(π,6)，eq\f(π,2)，eq\f(5π,6)，所以x的取值集合为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，－\f(π,6)，\f(π,2)，\f(5π,6))).4．已知a＞0，函数f(x)＝－2asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋2a＋b，当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，－5≤f(x)≤1.(1)求常数a，b的值；(2)设g(x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))且lgg(x)＞0，求g(x)的单调区间．解：(1)因为x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以2x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co