2024-2025学年高中数学专题强化训练1三角函数含解析北师大版必修4

PAGE7-专题强化训练(一)三角函数(建议用时：40分钟)一、选择题1．已知sin(π＋θ)＜0，cos(π－θ)＜0，则角θ所在的象限是()A.第一象限 B．其次象限C.第三象限 D．第四象限A[因为sin(π＋θ)＝－sinθ＜0，所以sinθ＞0，又因为cos(π－θ)＝－cosθ＜0，所以cosθ＞0，所以角θ所在象限为第一象限．]2．已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,2)＋α))＝eq\f(1,5)，那么cosα等于()A.－eq\f(2,5) B．－eq\f(1,5)C.eq\f(1,5) D．eq\f(2,5)C[∵sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,2)＋α))＝cosα＝eq\f(1,5)，∴cosα＝eq\f(1,5).]3．要得到函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(π,3)))的图像，只需将函数y＝sin4x的图像()A.向左平移eq\f(π,12)个单位B.向右平移eq\f(π,12)个单位C.向左平移eq\f(π,3)个单位D.向右平移eq\f(π,3)个单位B[y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(π,3)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))))，故只需将函数y＝sin4x的图像向右平移eq\f(π,12)个单位即可得到y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(π,3)))的图像，故选B.]4．函数f(x)＝cos(ωx＋φ)的部分图像如图所示，则f(x)的单调递减区间为()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ－\f(1,4)，kπ＋\f(3,4)))，k∈ZB.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(1,4)，2kπ＋\f(3,4)))，k∈ZC.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k－\f(1,4)，k＋\f(3,4)))，k∈ZD.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2k－\f(1,4)，2k＋\f(3,4)))，k∈ZD[由题图知，周期T＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)－\f(1,4)))＝2，∴eq\f(2π,ω)＝2，∴ω＝π.由π×eq\f(1,4)＋φ＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，不妨取φ＝eq\f(π,4)，∴f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(πx＋\f(π,4))).由2kπ<πx＋eq\f(π,4)<2kπ＋π，得2k－eq\f(1,4)<x<2k＋eq\f(3,4)，k∈Z，∴f(x)的单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2k－\f(1,4)，2k＋\f(3,4)))，k∈Z.故选D.]5．设函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,5)))(ω＞0)，已知f(x)在[0，2π]有且仅有5个零点．下述四个结论：①f(x)在(0，2π)有且仅有3个极大值点；②f(x)在(0，2π)有且仅有2个微小值点；③f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,10)))单调递增；④ω的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(12,5)，\f(29,10))).其中全部正确结论的编号是()A.①④ B．②③C.①②③ D．①③④D[如图，依据题意知，xA≤2π＜xB，依据图像可知函数f(x)在(0，2π)有且仅有3个极大值点，所以①正确；但可能会有3个微小值点，所以②错误；依据xA≤2π＜xB，有eq\f(24π,5ω)≤2π＜eq\f(29π,5ω)，得eq\f(12,5)≤ω＜eq\f(29,10)，所以④正确；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,10)))时，eq\f(π,5)＜ωx＋eq\f(π,5)＜eq\f(ωπ,10)＋eq\f(π,5)，因为eq\f(12,5)≤ω＜eq\f(29,10)，所以eq\f(ωπ,10)＋eq\f(π,5)＜eq\f(49π,100)＜eq\f(π,2)，所以函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,10)))单调递增，所以③正确．]二、填空题6．已知角θ的顶点为坐标原点，始边为x轴的正半轴．若P(4，y)是角θ终边上一点，且sinθ＝－eq\f(2\r(5),5)，则y＝________.－8[r＝eq\r(x2＋y2)＝eq\r(16＋y2)，且sinθ＝－eq\f(2\r(5),5)，所以sinθ＝eq\f(y,r)＝eq\f(y,\r(16＋y2))＝－eq\f(2\r(5),5)，所以θ为第四象限角，解得y＝－8.]7．化简：eq\r(1－sin2440°)＝________．cos80°[原式＝eq\r(1－sin2（360°＋80°）)＝eq\r(1－sin280°)＝eq\r(cos280°)＝cos80°.]8．若f(x)＝2sinωx(0＜ω＜1)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))上的最大值是eq\r(2)，则ω＝________．eq\f(3,4)[由0≤ωx≤eq\f(π,2)，得0≤x≤eq\f(π,2ω)，所以y＝2sinωx在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2ω)))上是递增的．又ω∈(0，1)，所以eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))⊆eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2ω)))，故f(x)＝2sinωx在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))上是递增的，即2sineq\f(ωπ,3)＝eq\r(2)，所以ω＝eq\f(3,4).]三、解答题9．据市场调查，某种商品一年内每件出厂价在7千元的基础上，按月呈f(x)＝Asin(ωx＋φ)＋Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A>0，ω>0，|φ|<\f(π,2)))的模型波动(x为月份)，已知3月份达到最高价9千元，9月份价格最低为5千元．求7月份的出厂价格为多少元？[解]作出函数简图如图．三角函数模型为y＝Asin(ωx＋φ)＋B，由题意知，A＝2000，B＝7000，T＝2×(9－3)＝12，∴ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(π,6).将(3，9000)看成函数图像的其次个特别点，则有eq\f(π,6)×3＋φ＝eq\f(π,2)，∴φ＝0，故f(x)＝2000sineq\f(π,6)x＋7000(1≤x≤12，x∈N*).∴f(7)＝2000×sineq\f(7π,6)＋7000＝6000.故7月份的出厂价格为6000元．10．已知函数y＝f(x)＝sin(2x＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(|φ|＜\f(π,2)))的图像过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(\r(3),2))).(1)求φ的值，并求函数y＝f(x)图像的对称中心的坐标；(2)当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时求f(x)的值域．[解](1)因为函数图像过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(\r(3),2)))，所以sinφ＝－eq\f(\r(3),2)，又因为|φ|＜eq\f(π,2)，所以φ＝－eq\f(π,3)，所以y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，令2x－eq\f(π,3)＝kπ(k∈Z)，得x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,6)(k∈Z)，所以函数f(x)的对称中心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)＋\f(π,6)，0))(k∈Z).(2)因为0≤x≤eq\f(π,2)，所以－eq\f(π,3)≤2x－eq\f(π,3)≤eq\f(2π,3)，所以－eq\f(\r(3),2)≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))≤1，所以f(x)的值域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，1)).1．函数f(x)＝Asin(ωx＋θ)(A>0，ω>0)的部分图像如图所示，则f(x)等于()A.eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3))) B．eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))C.eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(π,3))) D．eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(π,6)))A[由题图知A＝eq\r(2)，∵eq\f(5π,12)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＝eq\f(3T,4)，∴T＝π，∴ω＝2.∵2×eq\f(5π,12)＋θ＝eq\f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，∴可取θ＝－eq\f(π,3)，∴f(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3))).]2．函数f(x)＝2sinωx(ω>0)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上单调递增，且在这个区间上的最大值是eq\r(3)，那么ω等于()A.eq\f(2,3) B．eq\f(4,3)C.2 D．4B[由函数在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上单调递增，且在这个区间上的最大值是eq\r(3)，可得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝2sineq\f(π,4)ω＝eq\r(3)，代入选项检验可得ω＝eq\f(4,3)，所以选B.]3．函数y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－2x))(x∈[0，π])的单调递增区间是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3))) B．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(7π,12)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(5π,6))) D．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，π))C[∵y＝－2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，∴由eq\f(π,2)＋2kπ≤2x－eq\f(π,6)≤eq\f(3π,2)＋2kπ可得eq\f(π,3)＋kπ≤x≤eq\f(5π,6)＋kπ(k∈Z).∵x∈[0，π]，∴单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(5π,6))).]4．设函数f(x)＝sin(ωx＋φ)，A>0，ω>0，若f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))上具有单调性，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))，则f(x)的最小正周期为________．π[由f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))上具有单调性，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))知，f(x)有对称中心eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，0))，由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))知，f(x)有对称轴x＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋\f(2π,3)))＝eq\f(7π,12)，记T为最小正周期，则eq\f(T,2)≥eq\f(π,2)－eq\f(π,6)⇒T≥eq\f(2π,3)，从而eq\f(7π,12)－eq\f(π,3)＝eq\f(π,4)，故T＝π.]5．已知函数f(x)＝logeq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4))))).(1)求它的定义域和值域、单调区间；(2)推断它的奇偶性、周期性，假如是周期函数，求出它的最小正周期．[解]令u(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))，f(x)＝logeq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))))＝－eq\f(1,2)＋logeq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4))).(1)要使f(x)有意义，则sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))>0，所以2kπ<x－eq\f(π,4)<(2k＋1)π(k∈Z)，即x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs