江苏专版2020版高考数学一轮复习课时跟踪检测十九三角函

word精品，双击可进行修改PAGE课时跟踪检测（十九）三角函数的图象与性质一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．(2019·南通调研)已知函数y＝cosaπx(a＞0)的最小正周期为2，则实数a＝________.解析：∵函数y＝cosaπx(a＞0)的最小正周期为eq\f(2π,aπ)＝2，∴a＝1.答案：12．(2018·南京名校联考)函数y＝tanx，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))的值域是________．解析：函数y＝tanx在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上单调递增，所以值域是[0,1]．答案：[0,1]3．(2018·南京调研)如图，已知A，B分别是函数f(x)＝eq\r(3)sinωx(ω＞0)在y轴右侧图象上的第一个最高点和第一个最低点，且∠AOB＝eq\f(π,2)，则该函数的最小正周期是________．解析：连结AB，设AB与x轴的交点为C，则由∠AOB＝eq\f(π,2)，得CO＝CA＝CB.又OA＝CA，所以△AOC是高为eq\r(3)的正三角形，从而OC＝2，所以该函数的最小正周期是4.答案：44．(2018·苏北四市调研)函数y＝3sinx＋eq\r(3)cosxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))))的单调递增区间是________．解析：化简可得y＝2eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))，由2kπ－eq\f(π,2)≤x＋eq\f(π,6)≤2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，得－eq\f(2π,3)＋2kπ≤x≤eq\f(π,3)＋2kπ(k∈Z)，又x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以函数的单调递增区间是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3))).答案：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))5．已知函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，其中x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，α)).若f(x)的值域是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))，则α的取值范围是________．解析：若－eq\f(π,6)≤x≤α，则－eq\f(π,6)≤2x＋eq\f(π,6)≤2α＋eq\f(π,6).因为当2x＋eq\f(π,6)＝－eq\f(π,6)或2x＋eq\f(π,6)＝eq\f(7π,6)时，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＝－eq\f(1,2)，所以要使f(x)的值域是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))，则eq\f(π,2)≤2α＋eq\f(π,6)≤eq\f(7π,6)，即eq\f(π,3)≤2α≤π，所以eq\f(π,6)≤α≤eq\f(π,2)，即α的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2))).答案：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))6．下列正确命题的序号为________．①y＝tanx为增函数；②y＝tan(ωx＋φ)(ω＞0)的最小正周期为eq\f(π,ω)；③在x∈[－π，π]上y＝tanx是奇函数；④在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4)))上y＝tanx的最大值是1，最小值为－1.解析：函数y＝tanx在定义域内不具有单调性，故①错误；函数y＝tan(ωx＋φ)(ω＞0)的最小正周期为eq\f(π,ω)，故②正确；当x＝－eq\f(π,2)，eq\f(π,2)时，y＝tanx无意义，故③错误；由正切函数的图象可知④正确．答案：②④二保高考，全练题型做到高考达标1．(2018·如东中学检测)函数y＝sin2x＋sinx－1的值域为________．解析：由y＝sin2x＋sinx－1，令t＝sinx，t∈[－1,1]，则有y＝t2＋t－1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(1,2)))2－eq\f(5,4)，画出函数图象如图所示，从图象可以看出，当t＝－eq\f(1,2)及t＝1时，函数取最值，代入y＝t2＋t－1，可得y∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5,4)，1)).答案：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5,4)，1))2．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)))＝________.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：eq\f(\r(3),4)3．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)))＝________.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，故feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝±2.答案：－2或24．(2018·通州期末)已知f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω＞0,0≤φ≤π)是R上的偶函数，其图象关于Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，0))对称，在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上是单调函数，则φ＝________，ω＝________.解析：由f(x)是R上的偶函数，得φ＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z.∵0≤φ≤π，∴φ＝eq\f(π,2).∴f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,2)))＝cosωx.∵函数f(x)的图象关于Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，0))对称，∴eq\f(3π,4)ω＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，即ω＝eq\f(2,3)＋eq\f(4,3)k，k∈Z.又f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上是单调函数，∴eq\f(T,2)≥eq\f(π,2)，即T≥π，∴0＜ω≤2.故ω＝2或eq\f(2,3).答案：eq\f(π,2)2或eq\f(2,3)5．(2019·海安模拟)函数f(x)＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的图象在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的对称轴方程为________．解析：对于函数f(x)＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的图象，令2x＋eq\f(π,3)＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，得x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,12)，k∈Z，令k＝0，可得函数f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的对称轴方程为x＝eq\f(π,12).答案：x＝eq\f(π,12)6．(2018·镇江一中测试)已知角φ的终边经过点P(－4,3)，函数f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω＞0)图象的相邻两条对称轴之间的距离等于eq\f(π,2)，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝________.解析：由于角φ的终边经过点P(－4,3)，所以cosφ＝－eq\f(4,5).再根据函数f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω＞0)图象的相邻两条对称轴之间的距离等于eq\f(π,2)，可得eq\f(2π,ω)＝2×eq\f(π,2)，所以ω＝2，所以f(x)＝sin(2x＋φ)，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋φ))＝cosφ＝－eq\f(4,5).答案：－eq\f(4,5)7．(2019·阜宁中学检测)若直线x＝eq\f(kπ,2)(|k|≤1)与函数y＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))的图象不相交，则k＝________.解析：直线x＝eq\f(kπ,2)(|k|≤1)与函数y＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))的图象不相交，等价于当x＝eq\f(kπ,2)时，函数y＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))无意义，即2×eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,4)＝eq\f(π,2)＋mπ，m∈Z，∴k＝m＋eq\f(1,4)，m∈Z.当m＝0时，k＝eq\f(1,4)，满足条件．当m＝－1时，k＝－eq\f(3,4)，满足条件．当m＝1时，k＝eq\f(5,4)，不满足条件．故满足条件的k＝eq\f(1,4)或－eq\f(3,4).答案：eq\f(1,4)或－eq\f(3,4)8．(2019·常州调研)如图，在平面直角坐标系xOy中，函数f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω＞0,0＜φ＜π)的图象与x轴的交点A，B，C满足OA＋OC＝2OB，则φ＝________.解析：设函数f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω＞0,0＜φ＜π)的图象与x轴的交点坐标分别为A(x1,0)，B(x3,0)，C(x2,0)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝－2x3，①,x2＋x3＝2x1，②))①－②得－x3＝3x1，将x3＝－3x1代入②，得x2＝5x1，所以T＝x2－x3＝8x1，所以ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(π,4x1)，故f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(πx,4x1)＋φ)).由图象可知f(x1)＝0，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋φ))＝0，令eq\f(π,4)＋φ＝kπ，k∈Z，得φ＝kπ－eq\f(π,4)，k∈Z.又0＜φ＜π，所以φ＝eq\f(3π,4).答案：eq\f(3π,4)9．(2019·宿迁中学调研)已知函数f(x)＝sin3x＋eq\r(3)cos3x，x∈R.(1)求函数f(x)的单调递增区间；(2)求函数f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(2π,9)，\f(π,3)))上的最值，并求出取得最值时x的值．解：(1)f(x)＝sin3x＋eq\r(3)cos3x＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin3x＋\f(\r(3),2)cos3x))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,3))).由2kπ－eq\f(π,2)≤3x＋eq\f(π,3)≤2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，得eq\f(2kπ,3)－eq\f(5π,18)≤x≤eq\f(2kπ,3)＋eq\f(π,18)(k∈Z)，故函数f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2kπ,3)－\f(5π,18)，\f(2kπ,3)＋\f(π,18)))(k∈Z)．(2)∵x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(2π,9)，\f(π,3)))，∴3x＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(4π,3))).当3x＋eq\f(π,3)＝－eq\f(π,3)或eq\f(4π,3)，即x＝－eq\f(2π,9)或eq\f(π,3)时，f(x)min＝－eq\r(3)；当3x＋eq\f(π,3)＝eq\f(π,2)，即x＝eq\f(π,18)时，f(x)max＝2.10．(2018·清江中学测试)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\co1(\f(π,6)，\f(7π,6))).所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))，又因为a＞0，所以－2asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))∈[－2a，a]，所以f(x)∈[b,3a＋b]．又因为－5≤f(x)≤1，所以b＝－5,3a＋b＝1，因此a＝2，b＝－5.(2)由(1)知a＝2，b＝－5，所以f(x)＝－4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))－1，g(x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))＝－4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(7π,6)))－1＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))－1，又由lgg(x)＞0，得g(x)＞1，所以4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))－1＞1，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＞eq\f(1,2)，所以2kπ＋eq\f(π,6)＜2x＋eq\f(π,6)＜2kπ＋eq\f(5π,6)，k∈Z.当2kπ＋eq\f(π,6)＜2x＋eq\f(π,6)≤2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，即kπ＜x≤kπ＋eq\f(π,6)，k∈Z时，g(x)单调递增，所以g(x)的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ，kπ＋\f(π,6)))，k∈Z.当2kπ＋eq\f(π,2)≤2x＋eq\f(π,6)＜2kπ＋eq\f(5π,6)，k∈Z，即kπ＋eq\f(π,6)≤x＜kπ＋eq\f(π,3)，k∈Z时，g(x)单调递减．所以g(x)的单调递减区间为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,6)，kπ＋\f(π,3)))，k∈Z.综上，g(x)的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ，kπ＋\f(π,6)))，k∈Z；单调递减区间为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,6)，kπ＋\f(π,3)))，k∈Z.三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．函数y＝tan(sinx)的值域为________．解析：因为－1≤sinx≤1，所以sinx∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2))).又因为y＝tanx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上单调递增，所以tan(－1)≤y≤tan1，故函数的值域是[－tan1，tan1]．答案：[－tan1，tan1]2．(2018·扬州期末)已知函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))(0≤x＜π)，且f(α)＝f(β)＝eq\f(1,2)(α≠β)，则α＋β＝________.解析：因为0≤x＜π，所以2x＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(7π,3)))，所以由f(x)＝eq\f(1,2)得2x＋eq\f(π,3)＝eq\f(5π,6)或eq\f(13π,6)，解得x＝eq\f(π,4)或eq\f(11π,12)，由于f(α)＝f(β)＝eq\f(1,2)(α≠β)，所以α＋β＝eq\f(π,4)＋eq\f(11π,12)＝eq\f(7π,6).答案：eq\f(7π,6)3．(2019·扬州调研)已知函数f(x)＝1＋eq\r(3)cos2x－2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x)).(1)求f(x)的最小正周期和单调递减区间；(2)若方程f(x)－m＝0在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c