高考数学(理数)一轮课后刷题练习：第3章　三角函数、解三角形3.4(教师版)

这是一份高考数学(理数)一轮课后刷题练习：第3章　三角函数、解三角形3.4(教师版)，共13页。

一、选择题
1．要想得到函数y＝sin2x＋1的图象，只需将函数y＝cs2x的图象( )
A．向左平移eq \f(π,4)个单位长度，再向上平移1个单位长度
B．向右平移eq \f(π,4)个单位长度，再向上平移1个单位长度
C．向左平移eq \f(π,2)个单位长度，再向下平移1个单位长度
D．向右平移eq \f(π,2)个单位长度，再向下平移1个单位长度
答案 B
解析 先将函数y＝cs2x＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))))的图象向右平移eq \f(π,4)个单位长度，得到y＝sin2x的图象，再向上平移1个单位长度，即得y＝sin2x＋1的图象，故选B.
2．若将函数y＝3cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2)))的图象向右平移eq \f(π,6)个单位长度，则平移后图象的一个对称中心是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，0)) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，0))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，0)) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，0))
答案 A
解析 将函数y＝3cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2)))的图象向右平移eq \f(π,6)个单位长度，
得y＝3cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))＋\f(π,2)))＝3cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))的图象，由2x＋eq \f(π,6)＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，得x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,6)(k∈Z)，当k＝0时，x＝eq \f(π,6)，所以平移后图象的一个对称中心是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，0))，故选A.
3．将函数y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))的图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，再向左平移eq \f(π,6)个单位，所得函数图象的一条对称轴是( )
A．x＝eq \f(π,4) B．x＝eq \f(π,6) C．x＝π D．x＝eq \f(π,2)
答案 D
解析 y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))eq \(――→,\s\up7(横坐标伸长到原来的2倍),\s\d5(纵坐标不变))y＝
cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x－\f(π,3)))向左平移eq \f(π,6)个单位y＝cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))－\f(π,3)))，即y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x－\f(π,4))).令eq \f(1,2)x－eq \f(π,4)＝kπ，k∈Z，求得x＝eq \f(π,2)＋2kπ，取k＝0，则x＝eq \f(π,2).故选D.
4．将函数f(x)＝sin(2x＋θ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)<θ<\f(π,2)))的图象向右平移φ(φ>0)个单位长度后得到函数g(x)的图象，若f(x)，g(x)的图象都经过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),2)))，则φ的值可以是( )
A.eq \f(5π,3) B.eq \f(5π,6) C.eq \f(π,2) D.eq \f(π,6)
答案 B
解析 因为函数f(x)的图象过点P，所以θ＝eq \f(π,3)，所以f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3))).又函数f(x)的图象向右平移φ个单位长度后，得到函数g(x)＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2x－φ＋\f(π,3)))的图象，所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－2φ))＝eq \f(\r(3),2)，所以φ可以为eq \f(5π,6)，故选B.
5．如图所示，某地一天6～14时的温度变化曲线近似满足函数y＝Asin(ωx＋φ)＋b的图象，则这段曲线的函数解析式可以为( )
A．y＝10sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)x＋\f(3π,4)))＋20，x∈[6,14]
B．y＝10sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)x＋\f(5π,4)))＋20，x∈[6,14]
C．y＝10sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)x－\f(3π,4)))＋20，x∈[6,14]
D．y＝10sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)x＋\f(5π,8)))＋20，x∈[6,14]
答案 A
解析 由三角函数的图象可知，b＝eq \f(10＋30,2)＝20，A＝eq \f(30－10,2)＝10，
eq \f(T,2)＝14－6＝8⇒T＝16＝eq \f(2π,ω)⇒ω＝eq \f(π,8)，则y＝10sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)x＋φ))＋20，
将(6,10)代入得10sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6π,8)＋φ))＋20＝10⇒sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)＋φ))＝－1
⇒φ＝eq \f(3π,4)＋2kπ(k∈Z)，取k＝0，φ＝eq \f(3π,4)，故选A.
6．已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A，ω，φ均为正的常数)的最小正周期为π，当x＝eq \f(2π,3)时，函数f(x)取得最小值，则下列结论正确的是( )
A．f(2)C．f(－2)答案 A
解析 ∵f(x)＝Asin(ωx＋φ)的最小正周期为π，且x＝eq \f(2π,3)是经过函数f(x)最小值点的一条对称轴，∴x＝eq \f(2π,3)－eq \f(π,2)＝eq \f(π,6)是经过函数f(x)最大值点的一条对称轴．
∵eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(2－\f(π,6)))＝eq \f(12－π,6)，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(π－2－\f(π,6)))＝eq \f(5π－12,6)，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(0－\f(π,6)))＝eq \f(π,6)，∴eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(2－\f(π,6)))>eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(π－2－\f(π,6)))>eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(0－\f(π,6)))，且－eq \f(π,3)<27．已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))的部分图象如图所示，则eq \(∑,\s\up16(2016),\s\d14(n＝1))feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(nπ,6)))＝( )
A．－1 B．0 C.eq \f(1,2) D．1
答案 B
解析 易得ω＝2，由五点法作图可知2×eq \f(π,6)＋φ＝eq \f(π,2)，得φ＝eq \f(π,6)，
即f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6))).故feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝1，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,6)))＝eq \f(1,2)，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,6)))＝－eq \f(1,2)，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4π,6)))＝－1，
feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)))＝－eq \f(1,2)，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6π,6)))＝eq \f(1,2)，故eq \(∑,\s\up16(2016),\s\d14(n＝1))feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(nπ,6)))＝336×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)－\f(1,2)－1－\f(1,2)＋\f(1,2)))＝0.故选B.
8．要得到函数f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))的图象，只需将函数g(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))的图象( )
A．向左平移eq \f(π,2)个单位长度
B．向右平移eq \f(π,2)个单位长度
C．向左平移eq \f(π,4)个单位长度
D．向右平移eq \f(π,4)个单位长度
答案 C
解析 f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2x－\f(π,3)))
＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2x－\f(π,3)))))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(5π,6)))，
故把g(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))的图象向左平移eq \f(π,4)个单位，
即得函数f(x)＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))＋\f(π,3)))的图象，
即得到函数f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))的图象．故选C.
9．如图，函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(其中A>0，ω>0，|φ|≤\f(π,2)))的部分图象与坐标轴的三个交点P，Q，R满足P(1，0)，∠PQR＝eq \f(π,4)，M(2，－2)为线段QR的中点，则A的值为( )
A．2eq \r(3) B.eq \f(7\r(3),3) C.eq \f(8\r(3),3) D．4eq \r(3)
答案 C
解析 依题意得，点Q的横坐标是4，点R的纵坐标是－4，
∴T＝eq \f(2π,ω)＝2|PQ|＝6，Asinφ＝－4，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1＋4,2)))＝A，
∴ω＝eq \f(π,3)，Asineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)×\f(5,2)＋φ))＝A，∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)＋φ))＝1.
又|φ|≤eq \f(π,2)，∴eq \f(π,3)≤eq \f(5π,6)＋φ≤eq \f(4π,3)，∴eq \f(5π,6)＋φ＝eq \f(π,2)，φ＝－eq \f(π,3)，
∴Asineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))＝－4，A＝eq \f(8\r(3),3)，故选C.
10．将函数f(x)＝sin2x的图象向右平移φeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0<φ<\f(π,2)))个单位后得到函数g(x)的图象．若对满足|f(x1)－g(x2)|＝2的x1，x2，有|x1－x2|min＝eq \f(π,3)，则φ＝( )
A.eq \f(5π,12) B.eq \f(π,3) C.eq \f(π,4) D.eq \f(π,6)
答案 D
解析 g(x)＝sin[2(x－φ)]＝sin(2x－2φ)．
∵|f(x)|≤1，|g(x)|≤1，∴|f(x1)－g(x2)|≤2，
当且仅当f(x1)＝1，g(x2)＝－1或f(x1)＝－1，g(x2)＝1时，
满足|f(x1)－g(x2)|＝2.
不妨设A(x1，－1)是函数f(x)图象的一个最低点，B(x2，1)是函数g(x)图象的一个最高点，于是x1＝k1π＋eq \f(3π,4)(k1∈Z)，x2＝k2π＋eq \f(π,4)＋φ(k2∈Z)，
∴|x1－x2|≥eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋φ))))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－φ)).∵φ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，∴|x1－x2|≥eq \f(π,2)－φ.
又∵|x1－x2|min＝eq \f(π,3)，∴eq \f(π,2)－φ＝eq \f(π,3)，即φ＝eq \f(π,6)，故选D.
二、填空题
11．已知函数y＝sinωx(ω>0)在一个周期内的图象如图所示，要得到函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)＋\f(π,12)))的图象，则需将函数y＝sinωx的图象向________平移________个单位长度．
答案 左 eq \f(π,6)
解析 由图象知函数y＝sinωx的周期为T＝4π，
∴ω＝eq \f(2π,T)＝eq \f(1,2)，故y＝sineq \f(1,2)x.又y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)＋\f(π,12)))＝sineq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))，
∴将函数y＝sineq \f(1,2)x的图象向左平移eq \f(π,6)个单位长度，
即可得到函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)＋\f(π,12)))的图象．
12．将函数f(x)＝2cs2x的图象向右平移eq \f(π,6)个单位后得到函数g(x)的图象，若函数g(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(a,3)))和eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2a，\f(7π,6)))上均单调递增，则实数a的取值范围是________．
答案 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))
解析 将函数f(x)＝2cs2x的图象向右平移eq \f(π,6)个单位后得到函数g(x)的图象，
得g(x)＝2cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))))＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))，
由－π＋2kπ≤2x－eq \f(π,3)≤2kπ，得－eq \f(π,3)＋kπ≤x≤eq \f(π,6)＋kπ，k∈Z.
当k＝0时，函数的增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,6)))，
当k＝1时，函数的增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，\f(7π,6))).
要使函数g(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(a,3)))和eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2a，\f(7π,6)))上均单调递增，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0<\f(a,3)≤\f(π,6)，,\f(2π,3)≤2a<\f(7π,6)，))解得a∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2))).
13．已知函数f(x)＝Mcs(ωx＋φ)(M>0，ω>0,0<φ<π)为奇函数，该函数的部分图象如图所示，AC＝BC＝eq \f(\r(2),2)，∠C＝90°，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))的值为________．
答案 －eq \f(1,2)
解析 依题意，知△ABC是直角边长为eq \f(\r(2),2)的等腰直角三角形，
因此其边AB上的高是eq \f(1,2)，函数f(x)的最小正周期是2，
故M＝eq \f(1,2)，eq \f(2π,ω)＝2，ω＝π，f(x)＝eq \f(1,2)cs(πx＋φ)．
又函数f(x)是奇函数，于是有φ＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z.
由0<φ<π，得φ＝eq \f(π,2)，故f(x)＝－eq \f(1,2)sinπx，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝－eq \f(1,2)sineq \f(π,2)＝－eq \f(1,2).
14．已知函数f(x)＝cs(2x＋φ)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，0))对称，若将函数f(x)的图象向右平移m(m>0)个单位得到一个偶函数的图象，则实数m的最小值为________．
答案 eq \f(π,12)
解析 ∵函数f(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，0))对称，
∴2×eq \f(2π,3)＋φ＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，解得φ＝kπ－eq \f(5π,6)，k∈Z.
∴f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋kπ－\f(5π,6)))，k∈Z.
∵f(x)的图象向右平移m个单位得到函数
y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－2m＋kπ－\f(5π,6)))(k∈Z)为偶函数，
∴x＝0为其对称轴，即－2m＋kπ－eq \f(5π,6)＝k1π(k∈Z，k1∈Z)，
m＝eq \f(k－k1π,2)－eq \f(5π,12)(k∈Z，k1∈Z)，
∵m>0，∴m的最小正值为eq \f(π,12)，此时k－k1＝1，k∈Z，k1∈Z.
三、解答题
15．已知函数f(x)＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)＋\f(π,6)))＋3.
(1)指出f(x)的最小正周期，并用五点法画出它在一个周期内的闭区间上的图象；
(2)求f(x)在[0,4π]上的单调区间；并求出f(x)在[0,4π]上最大值及其对应x的取值集合；
(3)说明此函数图象是由y＝sinx在[0,2π]上的图象经怎样的变换得到的．
解 (1)f(x)的最小正周期为周期T＝4π，
列表如下：
(2)增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(2π,3)))和eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(8π,3)，4π))；减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，\f(8π,3)))；f(x)在[0,4π]上的最大值为6，此时x的取值集合为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3))).
(3)①由y＝sinx的图象上各点向左平移φ＝eq \f(π,6)个长度单位，
得y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))的图象；
②由y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变)，得y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)＋\f(π,6)))的图象；
③由y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)＋\f(π,6)))的图象上各点的纵坐标伸长为原来的3倍(横坐标不变)，得y＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)＋\f(π,6)))的图象；
④由y＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)＋\f(π,6)))的图象上各点向上平移3个长度单位，得y＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)＋\f(π,6)))＋3的图象．
16．已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)＋beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，－\f(π,2)<φ<\f(π,2)))相邻两对称轴间的距离为eq \f(π,2)，若将f(x)的图象先向左平移eq \f(π,12)个单位，再向下平移1个单位，所得的函数g(x)的为奇函数．
(1)求f(x)的解析式，并求f(x)的对称中心；
(2)若关于x的方程3[g(x)]2＋m·g(x)＋2＝0在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上有两个不相等的实根，求实数m的取值范围．
解 (1)由题意可得eq \f(T,2)＝eq \f(π,ω)＝eq \f(π,2)，∴ω＝2，f(x)＝sin(2x＋φ)＋b，
∴g(x)＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,12)))＋φ))＋b－1＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)＋φ))＋b－1.
再结合函数g(x)为奇函数，可得eq \f(π,6)＋φ＝kπ，k∈Z，且b－1＝0，
再根据－eq \f(π,2)<φ∴f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))＋1，g(x)＝sin2x.
令2x－eq \f(π,6)＝nπ，n∈Z，可得x＝eq \f(nπ,2)＋eq \f(π,12)，
∴f(x)的对称中心eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(nπ,2)＋\f(π,12)，1)).
(2)由(1)可得g(x)＝sin2x，在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上，2x∈[0，π]，
令t＝g(x)，则t∈[0,1]．
由关于x的方程3[g(x)]2＋m·g(x)＋2＝0在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上有两个不相等的实根，
可得关于t的方程3t2＋m·t＋2＝0在区间(0,1)上有唯一解．
令h(t)＝3t2＋m·t＋2，∵h(0)＝2>0，则满足h(1)＝3＋m＋2<0，
或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Δ＝m2－24＝0，,0<－\f(m,6)<1，))
求得m<－5或m＝－2eq \r(6).
x
－eq \f(π,3)
eq \f(2π,3)
eq \f(5π,3)
eq \f(8π,3)
eq \f(11π,3)
eq \f(x,2)＋eq \f(π,6)
0
eq \f(π,2)
π
eq \f(3π,2)
2π
y
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