《金版学案》2022届高考数学理科一轮复习课时作业-3-5三角函数的图象与性质-

第五节三角函数的图象与性质题号12345答案1．下列函数中，周期为eq\f(π,2)的是()A．y＝sineq\f(x,2)B．y＝sin2xC．y＝coseq\f(x,4)D．y＝cos4x解析：利用公式T＝eq\f(2π,ω)即可得到答案D.答案：D2．函数y＝(sinx＋cosx)(sinx－cosx)是()A．奇函数且在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增B．奇函数且在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上单调递增C．偶函数且在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增D．偶函数且在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上单调递增解析：y＝sin2x－cos2x＝－cos2x，可见它是偶函数，并且在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上是单调递增的．故选C.答案：C3．若函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)，x∈Req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(其中ω＞0，|φ|<\f(π,2)))的最小正周期是π，且f(0)＝eq\r(3)，则()A．ω＝eq\f(1,2)，φ＝eq\f(π,6)B．ω＝eq\f(1,2)，φ＝eq\f(π,3)C．ω＝2，φ＝eq\f(π,6)D．ω＝2，φ＝eq\f(π,3)解析：由T＝eq\f(2π,ω)＝π，∴ω＝2.由f(0)＝eq\r(3)⇒2sinφ＝eq\r(3)，∴sinφ＝eq\f(\r(3),2).∵|φ|<eq\f(π,2)，∴φ＝eq\f(π,3).故选D.答案：D4．已知函数①y＝sinx＋cosx，②y＝2eq\r(2)sinxcosx，则下列结论正确的是()A．两个函数的图象均关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，0))成中心对称B．两个函数的图象均关于直线x＝－eq\f(π,4)对称C．两个函数在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4)))上都是单调递增函数D．可以将函数②的图象向左平移eq\f(π,4)个单位得到函数①的图象解析：y＝sinx＋cosx＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，y＝2eq\r(2)sinxcosx＝eq\r(2)sin2x.对于A，留意到当x＝－eq\f(π,4)时，y＝eq\r(2)sin2x＝－eq\r(2)，因此y＝eq\r(2)sin2x的图象不关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，0))成中心对称；对于B，留意到当x＝－eq\f(π,4)时，y＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＝0，因此y＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))的图象不关于直线x＝－eq\f(π,4)对称；对于D，留意到将函数y＝eq\r(2)sin2x的图象向左平移eq\f(π,4)个单位得到的函数相应的解析式是y＝eq\r(2)sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＝eq\r(2)cos2x≠eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，因此选项D不正确．故选C.答案：C5．已知实数a，b满足a2＋b2－4a＋3＝0，函数f(x)＝asinx＋bcosx＋1的最大值记为φ(a，b)，则φ(a，b)的最小值为()A．1B．2C.eq\r(3)＋1D．3解析：由a2＋b2－4a＋3＝0得(a－2)2＋b2＝1，∴可设eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2＋cosα，,b＝sinα，))而函数f(x)的最大值为φ(a，b)＝eq\r(a2＋b2)＋1，∴φ(a，b)＝eq\r(（2＋cosα）2＋sin2α)＋1＝eq\r(5＋4cosα)＋1.当cosα＝－1时，φ(a，b)有最小值2.故选B.答案：B6．若函数f(x)＝2taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kx＋\f(π,3)))的最小正周期T满足1<T<2，则自然数k的值为________．解析：由于T＝eq\f(π,k)，所以1<eq\f(π,k)<2，即eq\f(π,2)<k<π，而k为自然数，所以k＝2或3.答案：2或37．函数y＝eq\r(sinx)＋eq\r(16－x2)的定义域为________．解析：由于sinx≥0，所以2kπ≤x≤2kπ＋π，k∈Z，由于16－x2≥0，所以－4≤x≤4，取交集得[－4，－π]∪[0，π]．答案：[－4，－π]∪[0，π]8．设M(coseq\f(πx,3)＋coseq\f(πx,5)，sineq\f(πx,3)＋sineq\f(πx,5))(x∈R)为坐标平面内一点，O为坐标原点，记f(x)＝|OM|，当x变化时，函数f(x)的最小正周期是__________．解析：∵f(x)＝|OM|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(πx,3)＋cos\f(πx,5)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(πx,3)＋sin\f(πx,5)))\s\up12(2))＝eq\r(2＋2cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(πx,3)－\f(πx,5))))＝eq\r(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋cos\f(2πx,15))))＝2eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos\f(πx,15)))，画图易知函数f(x)的最小正周期为15.答案：159．已知函数f(x)＝eq\r(3)sin2x－cos2x.(1)求函数f(x)的最小正周期和最值；(2)求函数f(x)的单调递减区间．解析：(1)f(x)＝eq\r(3)sin2x－cos2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，∴T＝eq\f(2π,2)＝π.当2x－eq\f(π,6)＝2kπ＋eq\f(π,2)即x＝kπ＋eq\f(π,3)(k∈Z)时，f(x)取最大值2；当2x－eq\f(π,6)＝2kπ－eq\f(π,2)即x＝kπ－eq\f(π,6)(k∈Z)时，f(x)取最小值－2.(2)由2kπ＋eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,6)≤2kπ＋eq\f(3,2)π(k∈Z)，得kπ＋eq\f(π,3)≤x≤kπ＋eq\f(5,6)π(k∈Z)．∴函数f(x)的单调递减区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,3)，kπ＋\f(5π,6)))(k∈Z)．10．已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＞0，ω＞0，|φ|＜\f(π,2)))的部分图象如图所示．(1)求函数f(x)的解析式，并写出f(x)的单调递减区间；(2)△ABC的内角分别是A，B，C，若f(A)＝1，cosB＝eq\f(4,5)，求sinC的值．解析：(1)由图象最高点得A＝1，由周期eq\f(1,2)T＝eq\f(2π,3)－eq\f(π,6)＝eq\f(1,2)π，∴T＝π＝eq\f(2π,ω)，∴ω＝2.当x＝eq\f(π,6)时，f(x)＝1，可得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,6)＋φ))＝1，∵|φ|＜eq\f(π,2)，∴φ＝eq\f(π,6).∴f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))).由图象可得f(x)的单调减区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,6)，kπ＋\f(2π,3)))，k∈Z.(2)由(1)可知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A＋\f(π,6)))＝1，∵0＜A＜π，∴eq\f(π,6)＜2A＋eq\f(π,6)＜eq\f(13π,6)，