【优化方案】2021届高中数学人教版高考复习知能演练轻松闯关-第三章第5课时

[基础达标]1．函数y＝eq\r(cosx－\f(1,2))的定义域为()A．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,3)))B．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,3)，kπ＋\f(π,3)))，k∈ZC．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,3)，2kπ＋\f(π,3)))，k∈ZD．R解析：选C．∵cosx－eq\f(1,2)≥0，得cosx≥eq\f(1,2)，∴2kπ－eq\f(π,3)≤x≤2kπ＋eq\f(π,3)，k∈Z.2．函数y＝2cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))－1是()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：选A．y＝2cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))－1＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,2)))＝sin2x为奇函数，T＝eq\f(2π,2)＝π.3．(2022·高考山东卷)函数y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(πx,6)－\f(π,3)))(0≤x≤9)的最大值与最小值之和为()A．2－eq\r(3) B．0C．－1 D．－1－eq\r(3)解析：选A．∵0≤x≤9，∴－eq\f(π,3)≤eq\f(π,6)x－eq\f(π,3)≤eq\f(7π,6)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)x－\f(π,3)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，1)).∴y∈[－eq\r(3)，2]，∴ymax＋ymin＝2－eq\r(3).4．(2022·山东聊城期末测试)已知函数f(x)＝2sinωx(ω＞0)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,4)))上的最小值是－2，则ω的最小值等于()A．eq\f(2,3) B．eq\f(3,2)C．2 D．3解析：选B．∵ω＞0，－eq\f(π,3)≤x≤eq\f(π,4)，∴－eq\f(ωπ,3)≤ωx≤eq\f(ωπ,4).由已知条件知－eq\f(ωπ,3)≤－eq\f(π,2)，∴ω≥eq\f(3,2).5．(2022·安徽黄山联考)设函数f(x)＝eq\r(3)cos(2x＋φ)＋sin(2x＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(|φ|＜\f(π,2)))，且其图象关于直线x＝0对称，则()A．y＝f(x)的最小正周期为π，且在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上为增函数B．y＝f(x)的最小正周期为π，且在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上为减函数C．y＝f(x)的最小正周期为eq\f(π,2)，且在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上为增函数D．y＝f(x)的最小正周期为eq\f(π,2)，且在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上为减函数解析：选B．f(x)＝eq\r(3)cos(2x＋φ)＋sin(2x＋φ)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)＋φ))，∵其图象关于x＝0对称，∴f(x)是偶函数，∴eq\f(π,3)＋φ＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z.又∵|φ|＜eq\f(π,2)，∴φ＝eq\f(π,6).∴f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)＋\f(π,6)))＝2cos2x.易知f(x)的最小正周期为π，在(0，eq\f(π,2))上为减函数．6．函数y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－2x))的单调减区间为________．解析：由y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－2x))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))得2kπ≤2x－eq\f(π,4)≤2kπ＋π(k∈Z)，故kπ＋eq\f(π,8)≤x≤kπ＋eq\f(5π,8)(k∈Z)．所以函数的单调减区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,8)，kπ＋\f(5π,8)))(k∈Z)．答案：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,8)，kπ＋\f(5π,8)))(k∈Z)7．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))).解析：由于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：＞8．函数y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))－1，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))的值域为________，并且取最大值时x的值为________．解析：∵0≤x≤eq\f(π,3)，∴eq\f(π,3)≤2x＋eq\f(π,3)≤π，∴0≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))≤1，∴－1≤2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))－1≤1，即值域为[－1，1]，且当sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＝1，即x＝eq\f(π,12)时，y取最大值．答案：[－1，1]eq\f(π,12)9．已知函数f(x)＝eq\r(3)sin2x＋cos2x.(1)求f(x)的单调减区间；(2)求f(x)图象上与原点最近的对称中心的坐标．解：f(x)＝eq\r(3)sin2x＋cos2x＝2sin(2x＋eq\f(π,6))．(1)由2kπ＋eq\f(π,2)≤2x＋eq\f(π,6)≤2kπ＋eq\f(3π,2)(k∈Z)得，kπ＋eq\f(π,6)≤x≤kπ＋eq\f(2π,3)(k∈Z)．∴f(x)的单调减区间为[kπ＋eq\f(π,6)，kπ＋eq\f(2π,3)](k∈Z)．(2)由sin(2x＋eq\f(π,6))＝0，得2x＋eq\f(π,6)＝kπ(k∈Z)，即x＝eq\f(kπ,2)－eq\f(π,12)(k∈Z)．∴f(x)图象上与原点最近的对称中心坐标是(－eq\f(π,12)，0)．10．(2021·高考天津卷)已知函数f(x)＝－eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))＋6sinxcosx－2cos2x＋1，x∈R.(1)求f(x)的最小正周期；(2)求f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值和最小值．解：(1)f(x)＝－eq\r(2)sin2x·coseq\f(π,4)－eq\r(2)cos2x·sineq\f(π,4)＋3sin2x－cos2x＝2sin2x－2cos2x＝2eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4))).所以f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π.(2)由于f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3π,8)))上是增函数，在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)，\f(π,2)))上是减函数．又f(0)＝－2，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)))＝2eq\r(2)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝2，故函数f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值为2eq\r(2)，最小值为－2.[力气提升]1．已知函数f(x)＝－2sin(2x＋φ)(|φ|＜π)，若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)))＝－2，则f(x)的一个单调递减区间是()A．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)，\f(3π,8))) B．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,8)，\f(9π,8)))C．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3π,8)，\f(π,8))) D．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,8)，\f(5π,8)))解析：选C．由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)))＝－2，得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)))＝－2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,8)＋φ))＝－2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋φ))＝－2，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋φ))＝1.由于|φ|＜π，所以φ＝eq\f(π,4).由2kπ－eq\f(π,2)≤2x＋eq\f(π,4)≤2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，解得kπ－eq\f(3π,8)≤x≤kπ＋eq\f(π,8)，k∈Z.2．设函数f(x)＝cos(ωx＋φ)－eq\r(3)sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω＞0，|φ|＜\f(π,2)))，且其图象相邻的两条对称轴为x1＝0，x2＝eq\f(π,2)，则()A．y＝f(x)的最小正周期为π，且在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上为增函数B．y＝f(x)的最小正周期为π，且在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上为减函数C．y＝f(x)的最小正周期为2π，且在(0，π)上为增函数D．y＝f(x)的最小正周期为2π，且在(0，π)上为减函数解析：选B．由已知条件得f(x)＝2cos(ωx＋φ＋eq\f(π,3))，由题意得eq\f(T,2)＝eq\f(π,2)，∴T＝π.∵T＝eq\f(2π,ω)，∴ω＝2.又∵x＝0为f(x)的对称轴，∴f(0)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(φ＋\f(π,3)))＝2或－2，又∵|φ|＜eq\f(π,2)，∴φ＝－eq\f(π,3)，此时f(x)＝2cos2x，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上为减函数．3．函数y＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))的图象与x轴交点的坐标是________．解析：由2x＋eq\f(π,4)＝kπ(k∈Z)得，x＝eq\f(kπ,2)－eq\f(π,8)(k∈Z)．∴函数y＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))的图象与x轴交点的坐标是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)－\f(π,8)，0))(k∈Z)．答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)－\f(π,8)，0))(k∈Z)4．(2022·内蒙古包头一模)给出下列命题：①函数f(x)＝4coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的一个对称中心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)，0))；②已知函数f(x)＝min{sinx，cosx}，则f(x)的值域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(\r(2),2)))；③若α、β均为第一象限角，且α＞β，则sinα＞sinβ.其中全部真命题的序号是________．解析：对于①，令x＝－eq\f(5,12)π，则2x＋eq\f(π,3)＝－eq\f(5,6)π＋eq\f(π,3)＝－eq\f(π,2)，有feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,12)π))＝0，因此eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,12)π，0))为f(x)的一个对称中心，①为真命题；对于②，结合图象知f(x)的值域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(\r(2),2)))，②为真命题；对于③，令α＝390°，β＝60°，有390°＞60°，但sin390°＝eq\f(1,2)＜sin60°＝eq\f(\r(3),2)，故③为假命题，所以真命题为①②.答案：①②5．(2021·高考湖南卷) 已知函数f(x)＝sin(x－eq\f(π,6))＋cos(x－eq\f(π,3))，g(x)＝2sin2eq\f(x,2).(1)若α是第一象限角，且f(α)＝eq\f(3\r(3),5)，求g(α)的值；(2)求使f(x)≥g(x)成立的x的取值集合．解：f(x)＝sin(x－eq\f(π,6))＋cos(x－eq\f(π,3))＝eq\f(\r(3),2)sinx－eq\f(1,2)cosx＋eq\f(1,2)cosx＋eq\f(\r(3),2)sinx＝eq\r(3)sinx，g(x)＝2sin2eq\f(x,2)＝1－cosx.(1)由f(α)＝eq\f(3\r(3),5)得sinα＝eq\f(3,5).又α是第一象限角，所以cosα>0.从而g(α)＝1－cosα＝1－eq\r(1－sin2α)＝1－eq\f(4,5)＝eq\f(1,5).(2)f(x)≥g(x)等价于eq\r(3)sinx≥1－cosx，即eq\r(3)sinx＋cosx≥1，于是sin(x＋eq\f(π,6))≥eq\f(1,2)，从而2kπ＋eq\f(π,6)≤x＋eq\f(π,6)≤2kπ＋eq\f(5π,6)，k∈Z，即2kπ≤x≤2kπ＋eq\f(2π,3)，k∈Z.故使f(x)≥g(x)成立的x的取值集合为{x|2kπ≤x≤2kπ＋eq\f(2π,3)，k∈Z}．6．(选做题)(2022·吉林通化质检)已知函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))＋sineq\b\lc\