2022版高考数学大一轮复习作业本19《三角函数的图象与性质》(含答案详解)

这是一份2022版高考数学大一轮复习作业本19《三角函数的图象与性质》(含答案详解)，共5页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
已知函数y=2cs x的定义域为[eq \f(π,3),π]，值域为[a，b]，则b－a的值是( )
A.2 B.3 C.eq \r(3)＋2 D.2－eq \r(3)
函数f(x)=tan(2x－eq \f(π,3))的单调递增区间是( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2)－\f(π,12)，\f(kπ,2)＋\f(5π,12)))(k∈Z)
B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2)－\f(π,12)，\f(kπ,2)＋\f(5π,12)))(k∈Z)
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))(k∈Z)
D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(π,6)，kπ＋\f(2π,3)))(k∈Z)
若函数f(x)=sin(ωx+eq \f(π,6))(ω＞0)的图象的相邻两条对称轴之间的距离为eq \f(π,2)，且该函数图象关于点(x0,0)成中心对称，x0∈[0,eq \f(π,2)]，则x0=( )
A.eq \f(5π,12) B.eq \f(π,4) C.eq \f(π,3) D.eq \f(π,6)
已知函数f(x)=sin(2x－eq \f(π,2))(x∈R)，下列结论错误的是( )
A.函数f(x)是偶函数
B.函数f(x)的最小正周期为π
C.函数f(x)在区间[0,eq \f(π,2)]上是增函数
D.函数f(x)的图象关于直线x=eq \f(π,4)对称
已知函数f(x)=sin(x＋θ)＋eq \r(3)cs(x＋θ)(θ∈[-eq \f(π,2),eq \f(π,2)])是偶函数，则θ的值为( )
A.0 B.eq \f(π,6) C.eq \f(π,4) D.eq \f(π,3)
将函数y=sin(2x-eq \f(π,6))的图象向左平移eq \f(π,4)个单位长度后所得函数图象的一条对称轴方程是( )
A.x=eq \f(π,12) B.x=eq \f(π,6) C.x=eq \f(π,3) D.x=－eq \f(π,12)
下列函数中，存在最小正周期的是( )
A.y=sin|x| B.y=cs|x| C.y=tan|x| D.y=(x2＋1)0
若对于任意x∈R都有f(x)＋2f(－x)=3csx－sinx，则函数f(2x)图象对称中心为( )
A.(kπ- eq \f(π,4)，0)(k∈Z) B.(kπ- eq \f(π,8)，0)(k∈Z)
C.(eq \f(kπ,2)- eq \f(π,4)，0)(k∈Z) D.(eq \f(kπ,2)- eq \f(π,8)，0)(k∈Z)
已知函数f(x)=cs(x＋θ)(0<θ<π)在x=eq \f(π,3)时取得最小值，则f(x)在[0，π]上的单调递增区间是( )
A.[eq \f(π,3)，π] B.[eq \f(π,3)，eq \f(2π,3)] C.[0，eq \f(2π,3)] D.[eq \f(2π,3)，π]
设函数f(x)=|sin(x+eq \f(π,3))|(x∈R)，则f(x)( )
A.在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，\f(7π,6)))上是增函数
B.在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－π，－\f(π,2)))上是减函数
C.在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,4)))上是增函数
D.在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(5π,6)))上是减函数
若函数f(x)=2asin(2x＋θ)(0<θ<π)，a是不为零的常数，f(x)在R上的值域为[－2,2]，且在区间[- SKIPIF 1 < 0 , SKIPIF 1 < 0 ]上是单调减函数，则a和θ的值是( )
A.a=1，θ=eq \f(π,3) B.a=－1，θ=eq \f(π,3) C.a=1，θ=eq \f(π,6) D.a=－1，θ=eq \f(π,6)
已知函数f(x)=sin(x+eq \f(π,6))，其中x∈[-eq \f(π,3),a].若f(x)的值域是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1))，
则实数a的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2))) C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(2π,3))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，π))
二、填空题
已知函数f(x)=2sin(ωx＋φ)，对于任意x都有f(eq \f(π,6)+x)=f(eq \f(π,6)-x)，则f(eq \f(π,6))的值为________.
函数y=3－2cs(x＋eq \f(π,4))的最大值为________，此时x=________.
设函数f(x)=3sin(eq \f(π,2)x+eq \f(π,4))，若存在这样的实数x1，x2，对任意的x∈R，
都有f(x1)≤f(x)≤f(x2)成立，则|x1－x2|的最小值为 .
设函数f(x)=2sin(ωx＋φ)，(ω>0,|φ| \s 0 参考答案
答案为：B
解析：因为函数y=2cs x的定义域为[eq \f(π,3),π]，所以函数y=2cs x的值域为[－2,1]，
所以b－a=1－(－2)=3.故选B.
答案为：B
解析：由kπ－eq \f(π,2)＜2x－eq \f(π,3)＜kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)得，eq \f(kπ,2)－eq \f(π,12)＜x＜eq \f(kπ,2)＋eq \f(5π,12)(k∈Z)，
所以函数f(x)=taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2)－\f(π,12)，\f(kπ,2)＋\f(5π,12)))(k∈Z).
答案为：A
解析：由题意得eq \f(T,2)=eq \f(π,2)，∴T=π，ω=2.又2x0＋eq \f(π,6)=kπ(k∈Z)，∴x0=eq \f(kπ,2)－eq \f(π,12)(k∈Z)，
而x0∈[0,eq \f(π,2)]，∴x0=eq \f(5π,12).
答案为：D
解析：f(x)=sin(2x－eq \f(π,2))=－cs 2x，此函数为最小正周期为π的偶函数，
所以A，B正确；函数图象的对称轴方程为x=eq \f(kπ,2)(k∈Z)，
显然，无论k取任何整数，x≠eq \f(π,4)，所以D错误.故选D.
答案为：B
解析：据已知可得f(x)=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋θ＋\f(π,3)))，若函数为偶函数，
则必有θ＋eq \f(π,3)=kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，又由于θ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，
故有θ＋eq \f(π,3)=eq \f(π,2)，解得θ=eq \f(π,6)，经代入检验符合题意.故选B.
答案为：A
解析：由题意知平移后的函数解析式为y=sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))－\f(π,6)))=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3))).
令2x＋eq \f(π,3)=kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，则x=eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,12)(k∈Z).结合选项知，选A.
答案为：B
解析：A：y=sin|x|=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(sinx，x≥0，,－sinx，x＜0，))不是周期函数；
B：y=cs|x|=cs x，最小正周期T=2π；
C：y=tan|x|=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(tanx，x≥0，,－tanx，x＜0，))不是周期函数；
D：y=(x2＋1)0=1，无最小正周期.故选B.
答案为：D.
解析：因为f(x)＋2f(－x)=3csx－sinx，所以f(－x)＋2f(x)=3csx＋sinx.
解得f(x)=csx＋sinx=eq \r(2)sin(x＋eq \f(π,4))，所以f(2x)=eq \r(2)sin(2x＋eq \f(π,4)).
令2x＋eq \f(π,4)=kπ(k∈Z)，得x=eq \f(kπ,2)－eq \f(π,8)(k∈Z).
所以f(2x)图象的对称中心为(eq \f(kπ,2)- eq \f(π,8)，0)(k∈Z).
答案为：A.
解析：因为0<θ<π，所以eq \f(π,3)所以eq \f(π,3)＋θ=π，θ=eq \f(2π,3)，所以f(x)=cs(x＋eq \f(2π,3)).由0≤x≤π，得eq \f(2π,3)≤x＋eq \f(2π,3)≤eq \f(5π,3).
由π≤x＋eq \f(2π,3)≤eq \f(5π,3)，得eq \f(π,3)≤x≤π
所以f(x)在[0，π]上的单调递增区间是[eq \f(π,3)，π]，故选A.
答案为：A.
解析：函数f(x)=|sin(x+eq \f(π,3))|(x∈R)的图象如图所示，
由图可知函数f(x)=|sin(x+eq \f(π,3))|(x∈R)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，\f(7π,6)))上是增函数.故选A.
答案为：B.
解析：∵sin(2x＋θ)∈[－1,1]，且f(x)∈[－2，2]，∴2|a|=2，∴a=±1.
当a=1时，f(x)=2sin(2x＋θ)，其最小正周期T=eq \f(2π,2)=π，
∵f(x)在区间[- SKIPIF 1 < 0 , SKIPIF 1 < 0 ]内单调递减，且eq \f(π,12)－(- SKIPIF 1 < 0 )=eq \f(π,2)，为半个周期，
∴f(x)max=f(- SKIPIF 1 < 0 )=2sinθ－eq \f(5,6)π=2，∴θ－eq \f(5,6)π=2kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，
∴θ=2kπ＋eq \f(4,3)π(k∈Z).又0<θ<π，∴a=1不符合题意，舍去.
当a=－1时，f(x)=－2sin(2x＋θ)在[- SKIPIF 1 < 0 , SKIPIF 1 < 0 ]上单调递减，
∴f(x)max=f(- SKIPIF 1 < 0 )=－2sinθ－eq \f(5,6)π=2，∴sinθ－eq \f(5,6)π=－1，
∴θ－eq \f(5,6)π=2kπ－eq \f(π,2)(k∈Z)，θ=2kπ＋eq \f(π,3)(k∈Z).
又∵0<θ<π，∴当k=0时，θ=eq \f(π,3)，∴a=－1，θ=eq \f(π,3).故选B.
答案为：D
解析：若－eq \f(π,3)≤x≤a，则－eq \f(π,6)≤x＋eq \f(π,6)≤a＋eq \f(π,6)，∵当x＋eq \f(π,6)=－eq \f(π,6)或x＋eq \f(π,6)=eq \f(7π,6)时，
sin(x+eq \f(π,6))=－eq \f(1,2)，∴要使f(x)的值域是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1))，
则有eq \f(π,2)≤a＋eq \f(π,6)≤eq \f(7π,6)，eq \f(π,3)≤a≤π，即a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，π)).
答案为：2或－2
解析：∵f(eq \f(π,6)+x)=f(eq \f(π,6)-x)，∴x=eq \f(π,6)是函数f(x)=2sin(ωx＋φ)的一条对称轴，
∴f(eq \f(π,6))=±2.
答案为：5，eq \f(3π,4)＋2kπ(k∈Z).
解析：函数y=3－2cs(x＋eq \f(π,4))的最大值为3＋2=5，此时x＋eq \f(π,4)=π＋2kπ，
即x=eq \f(3π,4)＋2kπ(k∈Z).
答案为：2.
解析：f(x)=3sin(eq \f(π,2)x+eq \f(π,4))的周期T=2π×eq \f(2,π)=4，f(x1)，f(x2)应分别为函数f(x)的最小值和最大值，故|x1－x2|的最小值为eq \f(T,2)=2.
答案为：eq \f(π,12).
解析：由f(x)的最小正周期大于2π，得eq \f(T,4)>eq \f(π,2).又f(eq \f(5π,8))=2，f(eq \f(11π,8))=0，
得eq \f(T,4)=eq \f(11π,8)－eq \f(5π,8)=eq \f(3π,4)，所以T=3π，则eq \f(2π,ω)=3π⇒ω=eq \f(2,3)，
所以f(x)=2sin(ωx＋φ)=2sin(eq \f(2,3)x+φ).
由f(eq \f(5π,8))=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)×\f(5π,8)＋φ))=2⇒sineq \f(5π,12)＋φ=1，所以eq \f(5π,12)＋φ=eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z.
又|φ|