2025届高考数学统考一轮复习课时作业19三角函数的图象与性质文含解析新人教版

PAGE课时作业19三角函数的图象与性质[基础达标]一、选择题1．已知函数f(x)＝sinxcosx，则()A．f(x)的最小正周期是2π，最大值是1B．f(x)的最小正周期是π，最大值是eq\f(1,2)C．f(x)的最小正周期是2π，最大值是eq\f(1,2)D．f(x)的最小正周期是π，最大值是12．下列各点中，能作为函数y＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,5)))的一个对称中心的点是()A．(0,0)B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)，0))C．(π，0)D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,10)，0))3．[2024·全国卷Ⅱ]若x1＝eq\f(π,4)，x2＝eq\f(3π,4)是函数f(x)＝sinωx(ω>0)两个相邻的极值点，则ω＝()A．2B.eq\f(3,2)C．1D.eq\f(1,2)4．已知函数f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x＋\f(π,3)))，则f(x)在[－1,1]上的单调递增区间为()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，\f(1,3)))B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,3)))C．[－1,1]D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4)))5．[2024·昆明市模拟]已知函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,4)))(ω>0)，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))的值域是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，1))，则ω的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)))B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，3))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(3，\f(7,2)))D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，\f(7,2)))二、填空题6．比较大小：sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,18)))________sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,10))).7．函数y＝－taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(3π,4)))的单调递减区间为________．8．设函数f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))(ω>0)，若f(x)≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))对随意的实数x都成立，则ω的最小值为________．三、解答题9．已知函数f(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4))).(1)求函数f(x)图象的对称轴方程；(2)求函数f(x)的单调递增区间．10.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)探讨函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的单调性．[实力挑战]11．函数f(x)＝sin2x＋eq\r(3)cosx－eq\f(3,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))))的最大值是________．12．当x＝eq\f(π,4)时，函数f(x)＝Asin(x＋φ)(A>0)取得最小值则函数y＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))是()A．奇函数且图象关于直线x＝eq\f(π,2)对称B．偶函数且图象关于直线x＝eq\f(π,2)对称C．奇函数且图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，0))对称D．偶函数且图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，0))对称13．[2024·四川遂宁零诊]已知ω>eq\f(1,12)，函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx＋\f(π,4)))在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2)))内没有最值，则ω的取值范围是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,6)，\f(1,2)))B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,12)，\f(11,24)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(5,12)))D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,12)，1))课时作业191．解析：函数f(x)＝sinxcosx＝eq\f(1,2)sin2x，故函数f(x)的周期为T＝eq\f(2π,2)＝π，当2x＝2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，即x＝kπ＋eq\f(π,4)(k∈Z)时，函数f(x)取得最大值eq\f(1,2).答案：B2．解析：由x＋eq\f(π,5)＝eq\f(kπ,2)(k∈Z)，得x＝eq\f(kπ,2)－eq\f(π,5)(k∈Z)，当k＝1时，x＝eq\f(3π,10)，所以函数y＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,5)))的一个对称中心的点是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,10)，0)).故选D项．答案：D3．解析：由x1＝eq\f(π,4)，x2＝eq\f(3π,4)是f(x)＝sinωx(ω>0)的两个相邻的极值点，可得eq\f(T,2)＝eq\f(3π,4)－eq\f(π,4)＝eq\f(π,2)，则T＝π＝eq\f(2π,ω)，得ω＝2，故选A.答案：A4．解析：令2kπ－eq\f(π,2)≤eq\f(π,2)x＋eq\f(π,3)≤2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，得x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(4k－\f(5,3)，4k＋\f(1,3)))，k∈Z，又x∈[－1,1]，所以f(x)在[－1,1]上的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,3))).答案：B5．解析：通解因为x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，ω>0，所以ωx－eq\f(π,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(ωπ,2)－\f(π,4))).又当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，f(x)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，1))，所以eq\f(π,2)≤eq\f(ωπ,2)－eq\f(π,4)≤eq\f(5π,4)，解得eq\f(3,2)≤ω≤3，故选B.优解当ω＝2时，f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4))).因为x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以2x－eq\f(π,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，1))，满意题意，故解除A、C、D，选B.答案：B6．解析：因为y＝sinx在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上为增函数且－eq\f(π,18)>－eq\f(π,10)，故sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,18)))>sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,10))).答案：>7．解析：由－eq\f(π,2)＋kπ<2x－eq\f(3π,4)<eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)，得eq\f(π,8)＋eq\f(kπ,2)<x<eq\f(5π,8)＋eq\f(kπ,2)(k∈Z)，所以y＝－taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(3π,4)))的单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)＋\f(kπ,2)，\f(5π,8)＋\f(kπ,2)))(k∈Z)．答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)＋\f(kπ,2)，\f(5π,8)＋\f(kπ,2)))(k∈Z)8．解析：因为f(x)≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))对随意的实数x都成立，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))为f(x)的最大值，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取最小值为eq\f(2,3).答案：eq\f(2,3)9．解析：(1)令2x＋eq\f(π,4)＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，得x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,8)，k∈Z.所以函数f(x)图象的对称轴方程是x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,8)，k∈Z.(2)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.故函数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.10．解析：(1)∵f(x)＝sinωx－cosωx＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,4)))，且T＝π，∴ω＝2.于是，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)．留意到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))).11．解析：f(x)＝sin2x＋eq\r(3)cosx－eq\f(3,4)＝1－cos2x＋eq\r(3)cosx－eq\f(3,4)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosx－\f(\r(3),2)))2＋1，cosx∈[0,1]，当cosx＝eq\f(\r(3),2)时，f(x)取得最大值1.答案：112．解析：因为当x＝eq\f(π,4)时，函数f(x)＝Asin(x＋φ)(A>0)取得最小值，所以eq\f(π,4)＋φ＝－eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，即φ＝－eq\f(3π,4)＋2kπ，k∈Z，所以f(x)＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3π,4)))(A>0)，所以y＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x－\f(3π,4)))＝－Acosx，所以函数y＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))为偶函数且图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，0))对称，故选D.答案：D13．解析：解法一(一般解法)当f(x)取得最值时，2ωx＋eq\f(π,4)＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，解得x＝eq\f(π,8ω)＋eq\f(kπ,2ω)，k∈Z.依题意得x＝eq\f(π,8ω)＋eq\f(kπ,2ω)∉eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2)))，k∈Z.令eq\f(π,8ω)＋eq\f(kπ,2ω)≤eq\f(π,2)，k∈Z，解得ω≥eq\f(1,4)＋k，k∈Z，当k＝0时，ω≥eq\f(1,4).