2023届高考一轮复习讲义（文科）第四章　三角函数、解三角形 第4讲　第1课时　高效演练 分层突破学案

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1．函数y＝|cs x|的一个单调增区间是( )
A．[－eq \f(π,2)，eq \f(π,2)] B．[0，π]
C．[π，eq \f(3π,2)] D．[eq \f(3π,2)，2π]
解析：选D.将y＝cs x的图象位于x轴下方的图象关于x轴对称翻折到x轴上方，x轴上方(或x轴上)的图象不变，即得y＝|cs x|的图象(如图)．故选D.
2．当x∈[0，2π]，则y＝eq \r(tan x)＋eq \r(－cs x)的定义域为( )
A.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) B.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))
C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(π，\f(3π,2))) D．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)，2π))
解析：选C.法一：由题意得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(tan x≥0，,－cs x≥0，,x∈[0，2π]，,x≠kπ＋\f(π,2)，k∈Z，))所以函数y的定义域为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(π，\f(3π,2))).故选C.
法二：当x＝π时，函数有意义，排除A，D；当x＝eq \f(5π,4)时，函数有意义，排除B.故选C.
3．函数f(x)＝eq \f(1,2)cs 2x＋eq \r(3)sin xcs x．则下列表述正确的是( )
A．f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，－\f(π,6)))上单调递减
B．f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,3)))上单调递增
C．f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，0))上单调递减
D．f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))上单调递增
解析：选D.f(x)＝eq \f(1,2)cs 2x＋eq \f(\r(3),2)sin 2x＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))，由2x＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)＋2kπ，\f(π,2)＋2kπ))，k∈Z，解得x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)＋kπ，\f(π,6)＋kπ))，k∈Z，当k＝0时，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,6)))，所以函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,6)))上单调递增，故选D.
4．已知函数f(x)＝cs2x＋sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))，则( )
A．f(x)的最小正周期为π
B．f(x)的最小正周期为2π
C．f(x)的最大值为eq \f(1,2)
D．f(x)的最小值为－eq \f(1,2)
解析：选A.f(x)＝eq \f(1＋cs 2x,2)＋eq \f(1－cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3))),2)＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)cs 2x＋eq \f(1,2)－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs 2xcs\f(π,3)－sin 2xsin\f(π,3)))＝eq \f(1,4)cs 2x＋eq \f(\r(3),4)sin 2x＋1＝eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＋1，则f(x)的最小正周期为π，最小值为－eq \f(1,2)＋1＝eq \f(1,2)，最大值为eq \f(1,2)＋1＝eq \f(3,2).
5．(2020·福州市第一学期抽测)已知函数f(x)＝sin 2x＋2sin2x－1在[0，m]上单调递增，则m的最大值是( )
A.eq \f(π,4) B.eq \f(π,2)
C.eq \f(3π,8) D．π
解析：选C.由题意，得f(x)＝sin 2x－cs 2x＝
eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))，由－eq \f(π,2)＋2kπ≤2x－eq \f(π,4)≤eq \f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，解得－eq \f(π,8)＋kπ≤x≤eq \f(3π,8)＋kπ(k∈Z)，当k＝0时，－eq \f(π,8)≤x≤eq \f(3π,8)，即函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,8)，\f(3π,8)))上单调递增．因为函数f(x)在[0，m]上单调递增，所以0＜m≤eq \f(3π,8)，即m的最大值为eq \f(3π,8)，故选C.
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))).
解析：因为y＝sin x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)>－eq \f(π,2)，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．已知函数f(x)＝4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))，x∈[－π，0]，则f(x)的单调递增区间是 ．
解析：由－eq \f(π,2)＋2kπ≤2x－eq \f(π,3)≤eq \f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，
得－eq \f(π,12)＋kπ≤x≤eq \f(5π,12)＋kπ(k∈Z)，
又因为x∈[－π，0]，
所以f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－π，－\f(7π,12)))和eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，0)).
答案：eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－π，－\f(7π,12)))和eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，0))
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 ．
解析：由于对任意的实数都有f(x)≤feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))成立，故当x＝eq \f(π,4)时，函数f(x)有最大值，故feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝1，eq \f(πω,4)－eq \f(π,6)＝2kπ(k∈Z)，所以ω＝8k＋eq \f(2,3)(k∈Z)，又ω>0，所以ωmin＝eq \f(2,3).
答案：eq \f(2,3)
9．已知f(x)＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4))).
(1)求f(x)的单调递增区间；
(2)当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(3π,4)))时，求函数f(x)的最大值和最小值．
解：(1)令2kπ－eq \f(π,2)≤2x＋eq \f(π,4)≤2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，
则kπ－eq \f(3π,8)≤x≤kπ＋eq \f(π,8)，k∈Z.
故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.
(2)当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(3π,4)))时，eq \f(3π,4)≤2x＋eq \f(π,4)≤eq \f(7π,4)，所以－1≤sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))≤eq \f(\r(2),2)，所以－eq \r(2)≤f(x)≤1，所以当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(3π,4)))时，函数f(x)的最大值为1，最小值为－eq \r(2).
10．已知函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6))).讨论函数f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(π,2)))上的单调性并求出其值域．
解：令－eq \f(π,2)≤2x－eq \f(π,6)≤eq \f(π,2)，则－eq \f(π,6)≤x≤eq \f(π,3).
令eq \f(π,2)≤2x－eq \f(π,6)≤eq \f(3,2)π，则eq \f(π,3)≤x≤eq \f(5π,6).
因为－eq \f(π,12)≤x≤eq \f(π,2)，
所以f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(π,3)))上单调递增，在区间eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))上单调递减．
当x＝eq \f(π,3)时，f(x)取得最大值为1.
因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)))＝－eq \f(\r(3),2)所以当x＝－eq \f(π,12)时，f(x)min＝－eq \f(\r(3),2).
所以f(x)的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，1)).
[综合题组练]
1．(2020·武汉市调研测试)已知函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,4)))
在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,8)))上单调递增，则ω的最大值为( )
A.eq \f(1,2) B．1
C．2 D．4
解析：选C.法一：因为x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,8)))，所以ωx＋eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(ωπ,8)＋\f(π,4)))，因为f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,4)))在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,8)))上单调递增，所以eq \f(ωπ,8)＋eq \f(π,4)≤eq \f(π,2)，所以ω≤2，即ω的最大值为2，故选C.
法二：将选项逐个代入函数f(x)进行验证，选项D不满足条件，选项A、B、C满足条件f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,8)))上单调递增，所以ω的最大值为2，故选C.
2．已知函数f(x)＝(x－a)k，角A，B，C为锐角三角形ABC的三个内角，则下列判断正确的是( )
A．当k＝1，a＝2时，f(sin A)B．当k＝1，a＝2时，f(cs A)＞f(sin B)
C．当k＝2，a＝1时，f(sin A)＞f(cs B)
D．当k＝2，a＝1时，f(cs A)＞f(sin B)
解析：选D.A，B，C为锐角三角形ABC的三个内角，因为A＋B＞eq \f(π,2)，所以eq \f(π,2)＞A＞eq \f(π,2)－B＞0，所以sin A＞sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－B))＝cs B，cs A＜cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－B))＝sin B，且sin A，sin B，cs A，cs B∈(0，1)．
当k＝1，a＝2时，函数f(x)＝x－2单调递增，所以f(sin A)＞f(cs B)，f(cs A)＜f(sin B)，故A，B错误；
当k＝2，a＝1时，函数f(x)＝(x－1)2在(0，1)上单调递减，所以f(sin A)＜f(cs B)，f(cs A)＞f(sin B)，故C错误，D正确．
3．已知函数f(x)＝eq \r(3)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))－2sin xcs x.
(1)求f(x)的最小正周期；
(2)求证：当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4)))时，f(x)≥－eq \f(1,2).
解：(1)f(x)＝eq \r(3)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))－2sin xcs x
＝eq \f(\r(3),2)cs 2x＋eq \f(3,2)sin 2x－sin 2x
＝eq \f(1,2)sin 2x＋eq \f(\r(3),2)cs 2x＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))，
所以T＝eq \f(2π,2)＝π.
(2)证明：令t＝2x＋eq \f(π,3)，因为－eq \f(π,4)≤x≤eq \f(π,4)，
所以－eq \f(π,6)≤2x＋eq \f(π,3)≤eq \f(5π,6)，
因为y＝sin t在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,2)))上单调递增，
在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(5π,6)))上单调递减，且sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))＜sineq \f(5π,6)，
所以f(x)≥sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))＝－eq \f(1,2)，得证．
4．已知f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＋a＋1.
(1)求f(x)的单调递增区间；
(2)当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，f(x)的最大值为4，求a的值；
(3)在(2)的条件下，求满足f(x)＝1且x∈[－π，π]的x的取值集合．
解：(1)f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＋a＋1，
由2kπ－eq \f(π,2)≤2x＋eq \f(π,6)≤2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，
可得kπ－eq \f(π,3)≤x≤kπ＋eq \f(π,6)，k∈Z，
所以f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,3)，kπ＋\f(π,6)))，k∈Z.
(2)当x＝eq \f(π,6)时，f(x)取得最大值4，
即feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝2sineq \f(π,2)＋a＋1＝a＋3＝4，
所以a＝1.
(3)由f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＋2＝1，
可得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＝－eq \f(1,2)，
则2x＋eq \f(π,6)＝eq \f(7π,6)＋2kπ，k∈Z或2x＋eq \f(π,6)＝eq \f(11,6)π＋2kπ，k∈Z，
即x＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z或x＝eq \f(5π,6)＋kπ，k∈Z，
又x∈[－π，π]，
解得x＝－eq \f(π,2)，－eq \f(π,6)，eq \f(π,2)，eq \f(5π,6)，
所以x的取值集合为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，－\f(π,6)，\f(π,2)，\f(5π,6))).