卷15 三角函数2021-2022学年高一数学单元卷（难）（解析版）（2019人教A版必修第一册）

这是一份卷15 三角函数2021-2022学年高一数学单元卷（难）（解析版）（2019人教A版必修第一册），共17页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
绝密★启用前             卷15 三角函数 章末复习单元检测（难）数 学本试卷22小题，满分150分。一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．函数，为增函数的区间是　　A．， B． C．， D．【解答】解：，求的递增区间，等价于求的递减区间，由，，得，，得，，当时，，即函数的递减区间为，则函数，，的单调递增区间为，故选：．2．的一个单调递增区间是　　A．， B．， C．， D．，【解答】解：由，，得，，当时，，故选：．3．已知函数，，若的图象的任何一条对称轴与轴交点的横坐标均不属于区间，则的取值范围是　　A． B． C． D．【解答】解：函数，，若的图象的任何一条对称轴与轴交点的横坐标均不属于区间，，，故排除、．由的任何一条对称轴与轴的交点的横坐标不属于区间，可得，且，求得，，当时，，不符合，，当时，，符合题意，当时，，符合题意，当时，，不符合，故正确，错误．故选：．4．如图，在平面直角坐标系中，质点，间隔3分钟先后从点出发．绕着点按逆时针方向作角速度为弧度分钟的匀速圆周运动，则与的纵坐标之差第4次达到最大值时，运动的时间为　　A．37.5分钟 B．40.5分钟 C．49.5分钟 D．52.5分钟【解答】解：由题意可得：，，，令，解得：，，，1，2，3．与的纵坐标之差第4次达到最大值时，运动的时间（分钟）．故选：．5．已知函数，其中，，其图象关于直线对称，对满足的，，有，将函数的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，则函数的单调递减区间是　　A．， B．， C．， D．，【解答】解：已知函数，其中，，其图象关于直线对称，对满足的，，有，．再根据其图象关于直线对称，可得，．，．将函数的图象向左平移个单位长度得到函数的图象．令，求得，则函数的单调递减区间是，，，故选：．6．已知函数图象的一个对称中心为，，且，则的最小值为　　A． B．1 C． D．2【解答】解：根据题意可得，①，且，即：，或，即，或②，两式相减①②可得，或，即，或．对于，令，，可得的最小值为，故选：．7．将的图象向左平移个单位长度，再向下平移3个单位长度得到的图象，若，则　　A． B． C． D．【解答】解：的图象向左平移个单位长度，得到：，再向下平移3个单位长度得到的图象．由于：，则：．所以：．故选：．8．已知函数，，为的零点，为图象的对称轴，且在，上单调，则的最大值为　　A．11 B．9 C．7 D．5【解答】解：为的零点，为图象的对称轴，，即即即为正奇数，在，上单调，则，即，解得：，当时，，，，，此时在，不单调，不满足题意；当时，，，，，此时在，单调，满足题意；故的最大值为9，故选：． 二、选择题：本题共4小题。每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合 题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。9．已知函数，，的部分图象如图所示，关于此函数的下列描述，其中正确的有　　A． B． C． D．若，则【解答】解：由函数图像可得当时，取得最大值2，可得，故正确；因为，所以，，故正确；因为当时，，当时，，所以，又因为，所以，故错误；因为，若，可得，又因为的对称轴为，所以，故正确．故选：．10．如图，摩天轮的半径为，其中心点距离地面的高度为，摩天轮按逆时针方向匀速转动，且转一圈，若摩天轮上点的起始位置在最高点处，则摩天轮转动过程中　　A．转动后点距离地面 B．若摩天轮转速减半，则转动一圈所需的时间变为原来的 C．第和第点距离地面的高度相同 D．摩天轮转动一圈，点距离地面的高度不低于的时间为【解答】解：摩天轮 转一圈， 在 内转过的角度为，建立平面直角坐标系，如右图，设 是以 轴正半轴为始边，表示点 的起始位置 为终边的角，以轴正半轴为始边， 为终边的角为，即点 的纵坐标为，又由题知，点起始位置在最高点处， 点距地面高度关于旋转时间的函数关系式为：即当 时，，故 正确；若摩天轮转速减半，，则其周期变为原来的 2 倍，故 错误；第 点距安地面的高度为第 点距离地面的高度为第和第时 点距离地面的高度相同，故 正确；摩天轮转动一圈， 点距离地面的高度不低于，即，即，，得， 或，解得 或，共，故 错误．故选：．11．若关于的方程在区间上有且只有一个解，则的值可能为　　A． B． C．0 D．1【解答】解：化简可得，即在区间上有且只有一个解，即的图象和直线只有1个交点又，则．当，即时，可得；当，即时，可得；当，即时，可得．要使得的图象和直线只有1个交点，结合的图象（图略）．可得或，解得或，故选：．12．已知函数的最大值为，其图象相邻的两条对称轴之间的距离为，且的图象关于点对称，则下列结论正确的是　　A．函数的图象关于直线对称 B．当时，函数的最小值为 C．若，则的值为 D．要得到函数的图象，只需要将的图象向右平移个单位【解答】解：函数的最大值为，其图象相邻的两条对称轴之间的距离为，，，，．又因为的图象关于点对称，所以．所以．因为，所以．即．对选项，故错误．对选项，，当取得最小值，故正确．对选项，得到．因为，故错误．对选项，把的图象向右平移个单位得到的图象，故正确，故选：． 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．若，，，，则　　．【解答】解：，可得：，①两边平方可得，，解得：，，可得：，②由①②解得：，又，可得：，两边平方，可得：，，．故答案为：．14．已知定义在区间上的函数，则的单调递增区间是　，　．【解答】解：由题意得，，根据余弦函数的性质得，当或时，，所以的单调递增区间是和，故答案为：和．15．已知函数的最大值为，其相邻两个零点之间的距离为，且的图象关于直线对称，则当时，函数的最小值为　　．【解答】解：函数中，，，，，，又的图象关于直线对称，，，解得，，，；；，，，可得，，．故答案为：．16．已知函数，对任意，都有，若在，上的取值范围是，则实数的取值范围是　，　．【解答】解：，其中，因为函数对任意，都有，所以的最大值为，所以，即，，所以，所以，因为，所以，若在，上的值域为，所以结合正弦函数的性质可知，，解得，即实数的取值范围是，．故答案为：，． 四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 17．已知函数的图象与直线的相邻两个交点间的距离为，且__________．在①函数为偶函数；②；③，；这三个条件中任选一个，补充在上面问题中，并解答．（1）求函数的解析式；（2）求函数在，上的单调递增区间．【解答】解：（1）函数的图象与直线的相邻两个交点间的距离为，即周期，即，得，则．若选①函数为偶函数，则是偶函数，则，，得，，，时，，则．若选②，则，即，，，则，即，则则．若选③，，当时，函数取得最大值，即，，得，，，时，，则．综上函数的解析式为．（2）当，时，，，则当，时，函数为增函数，此时由，得，即在，上的单调递增区间为，．18．已知函数．（1）求函数的最小正周期；（2）求函数的单调递减区间；（3）在中，若，，求的取值范围．【解答】解：（1）函数，所以的最小正周期为．（2）令，，解得，．可得的单调递减区间为，，．（3）因为，所以，因为，，，所以，可得，所以，因为，所以，所以，即的取值范围是，．19．已知函数，的最大值和最小正周期相同，的图象过点，且在区间上为增函数．（Ⅰ）求函数的解析式；（Ⅱ）若函数在区间上只有4个零点，求的最大值．【解答】解：（Ⅰ）由函数，的最大值和最小正周期相同，可得，解得．的图象过点，得，，由，可知或，当时，，当时，，此时单调递减，不符合题意，于是；（Ⅱ）令，即，函数与在每个周期中都有两个交点，当，即时，刚好有5个交点，所以函数在区间上只有4个零点时，的最大值为．20．如图，在半径为，圆心角为的扇形的弧上任取一点，作扇形的内接矩形，使点在上，点，在上，设矩形的面积为．（1）设，将表示成的函数关系式；（2）设，将表示成的函数关系式；并求出的最大值．【解答】解：（1）因为，所以，所以．（2）当时，，则，又，所以，所以，即，故当时，取得最大值为．21．如图，在扇形中，半径，圆心角，是半径上的动点，矩形内接于扇形，且．（1）若，求线段的长；（2）求矩形面积的最大值．【解答】解：（1）且，为等边三角形，，又四边形为矩形，，在扇形中，半径．过作的垂线，垂足为，，在中（2）矩形面积，设，由（1）可知，，，，，，，当，即时，矩形面积取最大值，最大值为．22．已知函数，的部分图象如图所示．（1）求函数的解析式；（2）若，其中，求的值；（3）若不等式对任意恒成立，求实数的取值范围．【解答】解：（1）由图象知，，则，即，得，由五点对应法得，得，则．（2）若，则，即，，，，则，则．（3）若不等式对任意恒成立，则，即，当时，，，则，，要使，恒成立，则，即，得．