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2课时　高效演练 分层突破学案

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1．函数y＝eq \r(3)sin 2x＋cs 2x的最小正周期为( )
A.eq \f(π,2) B.eq \f(2π,3)
C．π D．2π
解析：选C.因为y＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)sin 2x＋\f(1,2)cs 2x))＝
2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))，所以T＝eq \f(2π,2)＝π.
2．f(x)＝tan x＋sin x＋1，若f(b)＝2，则f(－b)＝( )
A．0 B．3
C．－1 D．－2
解析：选A.因为f(b)＝tan b＋sin b＋1＝2，
即tan b＋sin b＝1.
所以f(－b)＝tan(－b)＋sin(－b)＋1
＝－(tan b＋sin b)＋1＝0.
3．若eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)，0))是函数f(x)＝sin ωx＋cs ωx图象的一个对称中心，则ω的一个取值是( )
A．2 B．4
C．6 D．8
解析：选C.因为f(x)＝sin ωx＋cs ωx＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,4)))，
由题意，知feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)))＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ωπ,8)＋\f(π,4)))＝0，所以eq \f(ωπ,8)＋eq \f(π,4)＝kπ(k∈Z)，即ω＝8k－2(k∈Z)，当k＝1时，ω＝6.
4．关于函数y＝tan(2x－eq \f(π,3))，下列说法正确的是( )
A．是奇函数
B．在区间(0，eq \f(π,3))上单调递减
C．(eq \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：选C.函数y＝tan(2x－eq \f(π,3))是非奇非偶函数，A错；在区间(0，eq \f(π,3))上单调递增，B错；最小正周期为eq \f(π,2)，D错；由2x－eq \f(π,3)＝eq \f(kπ,2)，k∈Z得x＝eq \f(kπ,4)＋eq \f(π,6)，当k＝0时，x＝eq \f(π,6)，所以它的图象关于(eq \f(π,6)，0)中心对称，故选C.
5．已知函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))(ω＞0)的最小正周期为4π，则该函数的图象( )
A．关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，0))对称 B．关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,3)，0))对称
C．关于直线x＝eq \f(π,3)对称 D．关于直线x＝eq \f(5π,3)对称
解析：选B.函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))(ω＞0)的最小正周期是4π，而T＝eq \f(2π,ω)＝4π，所以ω＝eq \f(1,2)，即f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x＋\f(π,6))).函数f(x)的对称轴为eq \f(x,2)＋eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)＋kπ，解得x＝eq \f(2,3)π＋2kπ(k∈Z)；令k＝0得x＝eq \f(2,3)π.函数f(x)的对称中心的横坐标为eq \f(x,2)＋eq \f(π,6)＝kπ，解得x＝2kπ－eq \f(1,3)π(k∈Z)，令k＝1得f(x)的一个对称中心eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,3)π，0)).
6．若函数y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))(ω∈N*)图象的一个对称中心是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，0))，则ω的最小值为 ．
解析：由题意知eq \f(πω,6)＋eq \f(π,6)＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)⇒ω＝6k＋2(k∈Z)，又ω∈N*，所以ωmin＝2.
答案：2
7．(2020·无锡期末)在函数①y＝cs|2x|；②y＝|cs 2x|；③y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))；④y＝tan 2x中，最小正周期为π的所有函数的序号为 ．
解析：①y＝cs|2x|＝cs 2x，最小正周期为π；②y＝cs 2x，最小正周期为π，由图象知y＝|cs 2x|的最小正周期为eq \f(π,2)；③y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))的最小正周期T＝eq \f(2π,2)＝π；④y＝tan 2x的最小正周期T＝eq \f(π,2).因此①③的最小正周期为π.
答案：①③
8．已知函数f(x)＝2sin(ωx－eq \f(π,6))＋1(x∈R)的图象的一条对称轴为x＝π，其中ω为常数，且ω∈(1，2)，则函数f(x)的最小正周期为 ．
解析：由函数f(x)＝2sin(ωx－eq \f(π,6))＋1(x∈R)的图象的一条对称轴为x＝π，可得ωπ－eq \f(π,6)＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，
所以ω＝k＋eq \f(2,3)，又ω∈(1，2)，所以ω＝eq \f(5,3)，从而得函数f(x)的最小正周期为eq \f(2π,\f(5,3))＝eq \f(6π,5).
答案：eq \f(6π,5)
9．已知函数f(x)＝2cs2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))＋2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))·sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4))).求函数f(x)的最小正周期和图象的对称中心．
解：因为f(x)＝2cs2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))＋2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))·sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))
＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))＋1＋2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,2)－\f(π,4)))
＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))＋2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))＋1
＝eq \f(1,2)cs 2x＋eq \f(\r(3),2)sin 2x＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,2)))＋1
＝eq \f(\r(3),2)sin 2x－eq \f(1,2)cs 2x＋1
＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))＋1，
所以f(x)的最小正周期为eq \f(2π,2)＝π，图象的对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)＋\f(kπ,2)，1))，k∈Z.
10．已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0<φ<\f(2π,3)))的最小正周期为π.
(1)求当f(x)为偶函数时φ的值；
(2)若f(x)的图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(\r(3),2)))，求f(x)的单调递增区间．
解：由f(x)的最小正周期为π，则T＝eq \f(2π,ω)＝π，所以ω＝2，
所以f(x)＝sin(2x＋φ)．
(1)当f(x)为偶函数时，f(－x)＝f(x)．
所以sin(2x＋φ)＝sin(－2x＋φ)，
展开整理得sin 2xcs φ＝0，
已知上式对∀x∈R都成立，
所以cs φ＝0.因为0<φ(2)因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝eq \f(\r(3),2)，所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,6)＋φ))＝eq \f(\r(3),2)，
即eq \f(π,3)＋φ＝eq \f(π,3)＋2kπ或eq \f(π,3)＋φ＝eq \f(2π,3)＋2kπ(k∈Z)，
故φ＝2kπ或φ＝eq \f(π,3)＋2kπ(k∈Z)，
又因为0<φ即f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))，
由－eq \f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq \f(π,3)≤eq \f(π,2)＋2kπ(k∈Z)得
kπ－eq \f(5π,12)≤x≤kπ＋eq \f(π,12)(k∈Z)，
故f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(5π,12)，kπ＋\f(π,12)))(k∈Z)．
[综合题组练]
1．已知函数f(x)＝sin ωx＋eq \r(3)cs ωx(x∈R)，又f(α)＝2，f(β)＝2，且|α－β|的最小值是eq \f(π,2)，则正数ω的值为( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选D.函数f(x)＝sin ωx＋eq \r(3)cs ωx＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3))).
由f(α)＝2，f(β)＝2，且|α－β|的最小值是eq \f(π,2)，
所以函数f(x)的最小正周期T＝eq \f(π,2)，
所以ω＝eq \f(2π,\f(π,2))＝4.
2．(2020·江西八所重点中学联考)已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0＜ω＜1，|φ|＜\f(π,2)))的图象经过点(0，1)，且关于直线x＝eq \f(2π,3)对称，则下列结论正确的是( )
A．f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，\f(2π,3)))上是减函数
B．若x＝x0是f(x)图象的对称轴，则一定有f′(x0)≠0
C．f(x)≥1的解集是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ，2kπ＋\f(π,3)))，k∈Z
D．f(x)图象的一个对称中心是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，0))
解析：选D.由f(x)＝2sin(ωx＋φ)的图象经过点(0，1)，得sin φ＝eq \f(1,2)，又|φ|＜eq \f(π,2)，所以φ＝eq \f(π,6)，则f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6))).因为f(x)的图象关于直线x＝eq \f(2π,3)对称，所以存在m∈Z使得eq \f(2π,3)ω＋eq \f(π,6)＝mπ＋eq \f(π,2)，得ω＝eq \f(3m,2)＋eq \f(1,2)(m∈Z)，又0＜ω＜1，所以ω＝eq \f(1,2)，则f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x＋\f(π,6))).令2nπ＋eq \f(π,2)≤eq \f(1,2)x＋eq \f(π,6)≤2nπ＋eq \f(3π,2)，n∈Z，得4nπ＋eq \f(2π,3)≤x≤4nπ＋eq \f(8π,3)，n∈Z，故A错误；若x＝x0是f(x)图象的对称轴，则f(x)在x＝x0处取得极值，所以一定有f′(x0)＝0，故B错误；由f(x)≥1得4kπ≤x≤4kπ＋eq \f(4π,3)，k∈Z，故C错误；因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))＝0，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，0))是其图象的一个对称中心，故D正确．选D.
3．已知函数f(x)＝sin ωx－cs ωx(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．
解：(1)因为f(x)＝sin ωx－cs ωx＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,4)))，且T＝π，所以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))).
4．已知函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－x))sin x－eq \r(3)cs2x＋eq \f(\r(3),2).
(1)求f(x)的最大值及取得最大值时x的值；
(2)若方程f(x)＝eq \f(2,3)在(0，π)上的解为x1，x2，求cs(x1－x2)的值．
解：(1)f(x)＝cs xsin x－eq \f(\r(3),2)(2cs2x－1)
＝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))).
当2x－eq \f(π,3)＝eq \f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，即x＝eq \f(5,12)π＋kπ(k∈Z)时，函数f(x)取最大值，且最大值为1.
(2)由(1)知，函数f(x)图象的对称轴为x＝eq \f(5,12)π＋kπ(k∈Z)，
所以当x∈(0，π)时，对称轴为x＝eq \f(5,12)π.
又方程f(x)＝eq \f(2,3)在(0，π)上的解为x1，x2.
所以x1＋x2＝eq \f(5,6)π，则x1＝eq \f(5,6)π－x2，
所以cs(x1－x2)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,6)π－2x2))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x2－\f(π,3)))，
又f(x2)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x2－\f(π,3)))＝eq \f(2,3)，
故cs(x1－x2)＝eq \f(2,3).