高三高考数学复习练习4-3三角函数的图象与性质

431．最小正周期为π且图象关于直线x＝eq\f(π,3)对称的函数是()A．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))B．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))C．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,3)))D．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))【解析】由函数的最小正周期为π，排除C；由函数图象关于直线x＝eq\f(π,3)对称知，该直线过函数图象的最高点或最低点，对于B，因为sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,3)－\f(π,6)))＝sineq\f(π,2)＝1，所以选B.【答案】B2．若函数f(x)＝－cos2x，则f(x)的一个递增区间为()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，0))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,4)))D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))【解析】由f(x)＝－cos2x知递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ，kπ＋\f(π,2)))，k∈Z，故只有B项满足．【答案】B3．关于函数y＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，下列说法正确的是()A．是奇函数B．在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))上单调递减C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))为其图象的一个对称中心D．最小正周期为π【解析】函数y＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))是非奇非偶函数，A错误；在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))上单调递增，B错误；最小正周期为eq\f(π,2)，D错误．∵当x＝eq\f(π,6)时，taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,6)－\f(π,3)))＝0，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))为其图象的一个对称中心，故选C.【答案】C4．(2018·合肥质检)函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))在x＝2处取得最大值，则正数ω的最小值为()A.eq\f(π,2) B.eq\f(π,3)C.eq\f(π,4) D.eq\f(π,6)【解析】由题意得，2ω＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，解得ω＝eq\f(π,6)＋kπ(k∈Z)，∵ω>0，∴当k＝0时，ωmin＝eq\f(π,6)，故选D.【答案】D5．(2017·全国Ⅲ卷)设函数f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))，则下列结论错误的是()A．f(x)的一个周期为－2πB．y＝f(x)的图象关于直线x＝eq\f(8π,3)对称C．f(x＋π)的一个零点为x＝eq\f(π,6)D．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))单调递减【解析】A项，因为f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))的周期为2kπ(k∈Z)，所以f(x)的一个周期为－2π，A项正确．B项，因为f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))图象的对称轴为直线x＝kπ－eq\f(π,3)(k∈Z)，所以y＝f(x)的图象关于直线x＝eq\f(8π,3)对称，B项正确．C项，f(x＋π)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(4π,3))).令x＋eq\f(4π,3)＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，得x＝kπ－eq\f(5,6)π，当k＝1时，x＝eq\f(π,6)，所以f(x＋π)的一个零点为x＝eq\f(π,6)，C项正确．D项，因为f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))的递减区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,3)，2kπ＋\f(2π,3)))(k∈Z)，递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(2π,3)，2kπ＋\f(5π,3)))(k∈Z)，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(2π,3)))是减区间，eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，π))是增区间，D项错误．故选D.【答案】D6．若函数f(x)＝cos(2x＋φ)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4π,3)，0))成中心对称，且－eq\f(π,2)<φ<eq\f(π,2)，则函数y＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))为()A．奇函数且在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上单调递增B．偶函数且在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增C．偶函数且在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递减D．奇函数且在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上单调递减【解析】因为函数f(x)＝cos(2x＋φ)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4π,3)，0))成中心对称，则eq\f(8π,3)＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，即φ＝kπ－eq\f(13π,6)，k∈Z.又－eq\f(π,2)<φ<eq\f(π,2)，则φ＝－eq\f(π,6)，则y＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))－\f(π,6)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＝－sin2x，所以该函数为奇函数且在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上单调递减，故选D.【答案】D7．(2018·昆明调研)若函数f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋φ－\f(π,3)))(0<φ<π)是奇函数，则φ＝________．【解析】因为f(x)为奇函数，所以φ－eq\f(π,3)＝eq\f(π,2)＋kπ，φ＝eq\f(5π,6)＋kπ，k∈Z.又因为0<φ<π，故φ＝eq\f(5π,6).【答案】eq\f(5π,6)8．函数y＝cos2x＋sinxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(|x|≤\f(π,4)))的最小值为________．【解析】令t＝sinx，∵|x|≤eq\f(π,4)，∴t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2))).∴y＝－t2＋t＋1＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(5,4)，∴当t＝－eq\f(\r(2),2)时，ymin＝eq\f(1－\r(2),2).【答案】eq\f(1－\r(2),2)9．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)，解得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)10．(2018·威海模拟)若f(x)＝2sinωx＋1(ω>0)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(2π,3)))上是增函数，则ω的取值范围是________．【解析】方法一由2kπ－eq\f(π,2)≤ωx≤2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，得f(x)的增区间是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2kπ,ω)－\f(π,2ω)，\f(2kπ,ω)＋\f(π,2ω)))，k∈Z.因为f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(2π,3)))上是增函数，所以eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(2π,3)))⊆eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2ω)，\f(π,2ω)))，所以－eq\f(π,2)≥－eq\f(π,2ω)且eq\f(2π,3)≤eq\f(π,2ω)，所以ω∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3,4))).方法二因为x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(2π,3)))，ω>0.所以ωx∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(ωπ,2)，\f(2πω,3)))，又f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(2π,3)))上是增函数，所以eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(ωπ,2)，\f(2πω,3)))⊆eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(ωπ,2)≥－\f(π,2)，,\f(2πω,3)≤\f(π,2)，))又ω>0，得0<ω≤eq\f(3,4).【答案】eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3,4)))11．设函数f(x)＝sin(2x＋φ)(－π<φ<0)，y＝f(x)图象的一条对称轴是直线x＝eq\f(π,8).(1)求φ；(2)求函数y＝f(x)的单调递增区间．【解析】(1)令2×eq\f(π,8)＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，∴φ＝kπ＋eq\f(π,4)，k∈Z，又－π<φ<0，则φ＝－eq\f(3π,4).(2)由(1)得f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(3π,4)))，令－eq\f(π,2)＋2kπ≤2x－eq\f(3π,4)≤eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，可解得eq\f(π,8)＋kπ≤x≤eq\f(5π,8)＋kπ，k∈Z，因此y＝f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,8)＋kπ，\f(5π,8)＋kπ))，k∈Z.12．(2015·北京)已知函数f(x)＝sinx－2eq\r(3)sin2eq\f(x,2).(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(2π,3)))上的最小值．【解析】(1)因为f(x)＝sinx＋eq\r