高考数学一轮复习第四章4.3三角函数的图象与性质课时作业理含解析

这是一份高考数学一轮复习第四章4.3三角函数的图象与性质课时作业理含解析，共7页。


一、选择题
1．已知函数f(x)＝sinxcsx，则( )
A．f(x)的最小正周期是2π，最大值是1
B．f(x)的最小正周期是π，最大值是eq \f(1,2)
C．f(x)的最小正周期是2π，最大值是eq \f(1,2)
D．f(x)的最小正周期是π，最大值是1
2．下列各点中，能作为函数y＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,5)))的一个对称中心的点是( )
A．(0,0) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,5)，0))
C．(π，0) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,10)，0))
3．[2019·全国卷Ⅱ]若x1＝eq \f(π,4)，x2＝eq \f(3π,4)是函数f(x)＝sinωx(ω>0)两个相邻的极值点，则ω＝( )
A．2B.eq \f(3,2)
C．1D.eq \f(1,2)
4．已知函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)x＋\f(π,3)))，则f(x)在[－1,1]上的单调递增区间为( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，\f(1,3)))B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,3)))
C．[－1,1] D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4)))
5．[2021·昆明市模拟]已知函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,4)))(ω>0)，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))的值域是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，1))，则ω的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2)))B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，3))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(3，\f(7,2)))D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5,2)，\f(7,2)))
二、填空题
6．比较大小：sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,18)))________sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,10))).
7．函数y＝－taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(3π,4)))的单调递减区间为________．
8．设函数f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,6)))(ω>0)，若f(x)≤feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))对任意的实数x都成立，则ω的最小值为________．
三、解答题
9．已知函数f(x)＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4))).
(1)求函数f(x)图象的对称轴方程；
(2)求函数f(x)的单调递增区间．
10．已知函数f(x)＝sinωx－csωx(ω>0)的最小正周期为π.
(1)求函数y＝f(x)图象的对称轴方程；
(2)讨论函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的单调性．
[能力挑战]
11．函数f(x)＝sin2x＋eq \r(3)csx－eq \f(3,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))))的最大值是________．
12．当x＝eq \f(π,4)时，函数f(x)＝Asin(x＋φ)(A>0)取得最小值则函数y＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－x))是( )
A．奇函数且图象关于直线x＝eq \f(π,2)对称
B．偶函数且图象关于直线x＝eq \f(π,2)对称
C．奇函数且图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，0))对称
D．偶函数且图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，0))对称
13．[2021·四川遂宁零诊]已知ω>eq \f(1,12)，函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2ωx＋\f(π,4)))在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3π,2)))内没有最值，则ω的取值范围是( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,6)，\f(1,2)))B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5,12)，\f(11,24)))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(5,12)))D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5,12)，1))
课时作业20
1．解析：函数f(x)＝sinxcsx＝eq \f(1,2)sin2x，故函数f(x)的周期为T＝eq \f(2π,2)＝π，当2x＝2kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，即x＝kπ＋eq \f(π,4)(k∈Z)时，函数f(x)取得最大值eq \f(1,2).
答案：B
2．解析：由x＋eq \f(π,5)＝eq \f(kπ,2)(k∈Z)，得x＝eq \f(kπ,2)－eq \f(π,5)(k∈Z)，当k＝1时，x＝eq \f(3π,10)，所以函数y＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,5)))的一个对称中心的点是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,10)，0)).故选D项．
答案：D
3．解析：由x1＝eq \f(π,4)，x2＝eq \f(3π,4)是f(x)＝sinωx(ω>0)的两个相邻的极值点，可得eq \f(T,2)＝eq \f(3π,4)－eq \f(π,4)＝eq \f(π,2)，则T＝π＝eq \f(2π,ω)，得ω＝2，故选A.
答案：A
4．解析：令2kπ－eq \f(π,2)≤eq \f(π,2)x＋eq \f(π,3)≤2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，得x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(4k－\f(5,3)，4k＋\f(1,3)))，k∈Z，又x∈[－1,1]，所以f(x)在[－1,1]上的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,3))).
答案：B
5．解析：通解 因为x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，ω>0，所以ωx－eq \f(π,4)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(ωπ,2)－\f(π,4))).又当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，f(x)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，1))，所以eq \f(π,2)≤eq \f(ωπ,2)－eq \f(π,4)≤eq \f(5π,4)，解得eq \f(3,2)≤ω≤3，故选B.
优解 当ω＝2时，f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4))).因为x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以2x－eq \f(π,4)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))，所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，1))，满足题意，故排除A、C、D，选B.
答案：B
6．解析：因为y＝sinx在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\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\c1(－\f(π,18)))>sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,10))).
答案：>
7．解析：由－eq \f(π,2)＋kπ<2x－eq \f(3π,4)得eq \f(π,8)＋eq \f(kπ,2)所以y＝－taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(3π,4)))的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)＋\f(kπ,2)，\f(5π,8)＋\f(kπ,2)))(k∈Z)．
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)＋\f(kπ,2)，\f(5π,8)＋\f(kπ,2)))(k∈Z)
8．解析：因为f(x)≤feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))对任意的实数x都成立，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))为f(x)的最大值，所以eq \f(π,4)ω－eq \f(π,6)＝2kπ(k∈Z)，所以ω＝8k＋eq \f(2,3)(k∈Z)，
因为ω>0，所以当k＝0时，ω取最小值为eq \f(2,3).
答案：eq \f(2,3)
9．解析：(1)令2x＋eq \f(π,4)＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，得x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,8)，k∈Z.所以函数f(x)图象的对称轴方程是x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,8)，k∈Z.
(2)令2kπ－eq \f(π,2)≤2x＋eq \f(π,4)≤2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，得kπ－eq \f(3π,8)≤x≤kπ＋eq \f(π,8)，k∈Z.
故函数f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(3π,8)，kπ＋\f(π,8)))，k∈Z.
10．解析：(1)∵f(x)＝sinωx－csωx＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,4)))，且T＝π，∴ω＝2.于是，f(x)＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4))).令2x－eq \f(π,4)＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，得x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(3π,8)(k∈Z)，即函数f(x)图象的对称轴方程为x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(3π,8)(k∈Z)．
(2)令2kπ－eq \f(π,2)≤2x－eq \f(π,4)≤2kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，得函数f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,8)，kπ＋\f(3π,8)))(k∈Z)．注意到x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以令k＝0，得函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(3π,8)))；同理，其单调递减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3π,8)，\f(π,2))).
11．解析：f(x)＝sin2x＋eq \r(3)csx－eq \f(3,4)＝1－cs2x＋eq \r(3)csx－eq \f(3,4)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(csx－\f(\r(3),2)))2＋1，csx∈[0,1]，当csx＝eq \f(\r(3),2)时，f(x)取得最大值1.
答案：1
12．解析：因为当x＝eq \f(π,4)时，函数f(x)＝Asin(x＋φ)(A>0)取得最小值，所以eq \f(π,4)＋φ＝－eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，即φ＝－eq \f(3π,4)＋2kπ，k∈Z，所以f(x)＝Asineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3π,4)))(A>0)，所以y＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－x))＝Asineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－x－\f(3π,4)))＝－Acsx，所以函数y＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－x))为偶函数且图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，0))对称，故选D.
答案：D
13．解析：解法一 (一般解法)当f(x)取得最值时，2ωx＋eq \f(π,4)＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，解得x＝eq \f(π,8ω)＋eq \f(kπ,2ω)，k∈Z.
依题意得x＝eq \f(π,8ω)＋eq \f(kπ,2ω)∉eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3π,2)))，k∈Z.
令eq \f(π,8ω)＋eq \f(kπ,2ω)≤eq \f(π,2)，k∈Z，解得ω≥eq \f(1,4)＋k，k∈Z，当k＝0时，ω≥eq \f(1,4).
令eq \f(π,8ω)＋eq \f(kπ,2ω)≥eq \f(3π,2)，k∈Z，解得ω≤eq \f(1,12)＋eq \f(k,3)，k∈Z，当k＝1时，ω≤eq \f(5,12).
所以ω的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(5,12))).故选C.
解法二 (秒杀解法)根据选项知，当ω＝eq \f(1,6)时，f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)x＋\f(π,4))).
因为x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3π,2)))，所以eq \f(1,3)x＋eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)，\f(3π,4)))，当eq \f(1,3)x＋eq \f(π,4)＝eq \f(π,2)时f(x)取得最值，不符合题意，排除A.
当ω＝eq \f(1,4)时，f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x＋\f(π,4)))，因为x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3π,2)))，所以eq \f(1,2)x＋eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，函数没有最值，符合题意，B，D均未包含ω＝eq \f(1,4)，不符合题意，排除B，D.选C.
答案：C