统考版2024版高考数学一轮复习微专题小练习专练18三角函数的图像与性质文

这是一份统考版2024版高考数学一轮复习微专题小练习专练18三角函数的图像与性质文，共6页。

[基础强化]
一、选择题
1．[2023·安徽省蚌埠市高三质检]已知函数f(x)＝2sin (ωx＋φ)(ω＞0，|φ|＜ eq \f(π,2))的图像如图所示，则ω的值为( )
A.2 B．1 C． eq \f(1,2) D． eq \f(1,4)
2．[2021·全国乙卷]函数f(x)＝sin eq \f(x,3)＋cs eq \f(x,3)最小正周期和最大值分别是( )
A.3π和 eq \r(2) B．3π和2
C.6π和 eq \r(2) D．6π和2
3．已知函数f(x)＝2a cs (2x－ eq \f(π,3))(a≠0)的定义域为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，最小值为－2，则a的值为( )
A.1 B．－1
C.－1或2 D．1或2
4．下列函数中最小正周期为π且图像关于直线x＝ eq \f(π,3)对称的是( )
A.y＝2sin (2x＋ eq \f(π,3)) B．y＝2sin (2x－ eq \f(π,6))
C.y＝2sin ( eq \f(x,2)＋ eq \f(π,3)) D．y＝2sin ( eq \f(x,2)－ eq \f(π,3))
5．[2023·全国乙卷(文)]已知函数f(x)＝sin (ωx＋φ)在区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(2π,3)))单调递增，直线x＝ eq \f(π,6)和x＝ eq \f(2π,3)为函数y＝f(x)的图象的两条相邻对称轴，则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5π,12)))＝( )
A.－ eq \f(\r(3),2) B．－ eq \f(1,2) C． eq \f(1,2) D． eq \f(\r(3),2)
6．[2022·全国甲卷(文)，5]将函数f(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)的图像向左平移 eq \f(π,2)个单位长度后得到曲线C，若C关于y轴对称，则ω的最小值是( )
A. eq \f(1,6) B． eq \f(1,4) C． eq \f(1,3) D． eq \f(1,2)
7．函数y＝sin x cs x＋ eq \f(\r(3),2)cs 2x的最小正周期和振幅分别是( )
A.π，1 B．π，2 C．2π，1 D．2π，2
8．[2023·贵州省高三适应性测试]2022年春节期间，G市某天从8～16时的温度变化曲线(如图)近似满足函数f(x)＝2 eq \r(2)cs (ωx＋φ)(ω＞0，0＜φ＜π，x∈[8，16])的图像．下列说法正确的是( )
A.8～13时这段时间温度逐渐升高
B.8～16时最大温差不超过5℃
C.8～16时0℃以下的时长恰为3小时
D.16时温度为－2℃
9.[2023·全国甲卷(文)]函数y＝f(x)的图象由y＝cs (2x＋ eq \f(π,6))的图象向左平移 eq \f(π,6)个单位长度得到，则y＝f(x)的图象与直线y＝ eq \f(1,2)x－ eq \f(1,2)的交点个数为( )
A.1 B．2 C．3 D．4
二、填空题
10．函数f(x)＝2cs x＋sin x的最大值为________．
11．设函数f(x)＝cs (ωx－ eq \f(π,6))(ω>0)，若f(x)≤f( eq \f(π,4))对于任意的实数x都成立，则ω的最小值为________．
12．[2021·全国甲卷]已知函数f(x)＝2cs (ωx＋φ)的部分图像如图所示，则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝________．
[能力提升]
13．[2023·山西省高三模拟]已知函数f(x)＝sin (ωx＋ eq \f(π,3))(ω＞0)在[0，π]上恰有3个零点，则ω的取值范围是( )
A.[ eq \f(5,3)， eq \f(8,3)) B． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5,3)，\f(8,3)))
C. eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(8,3)，\f(11,3))) D．[ eq \f(8,3)， eq \f(11,3))
14．[2023·江西省赣州市高三摸底(一模)]已知函数f(x)＝sin (ωx－ eq \f(π,4))(ω＞0)在区间(0，π)上有且仅有2个不同的零点，给出下列三个结论：
①f(x)在区间[0，π]上有且仅有2条对称轴；
②f(x)在区间(0， eq \f(π,3))上单调递增；
③ω的取值范围是( eq \f(5,4)， eq \f(9,4)].
其中正确的个数为( )
A.0 B．1 C．2 D．3
15．[2023·广西五市高三联考]设函数y＝sin eq \f(πx,3)在[t，t＋1]上的最大值为M(t)，最小值为N(t)，则M(t)－N(t)在 eq \f(3,2)≤t≤ eq \f(7,2)上最大值为________．
16．已知ω>0，函数f(x)＝sin (ωx＋ eq \f(π,4))在( eq \f(π,2)，π)上单调递减，则ω的取值范围是________．
专练18 三角函数的图像与性质
1．C 由图像可知，函数的半周期是2π，所以 eq \f(π,ω)＝2π，得ω＝ eq \f(1,2).
2．C 因为函数f(x)＝sin eq \f(x,3)＋cs eq \f(x,3)
＝ eq \r(2)( eq \f(\r(2),2)sin eq \f(x,3)＋ eq \f(\r(2),2)cs eq \f(x,3))
＝ eq \r(2)(sin eq \f(x,3)cs eq \f(π,4)＋cs eq \f(x,3)sin eq \f(π,4))
＝ eq \r(2)sin ( eq \f(x,3)＋ eq \f(π,4))，
所以函数f(x)的最小正周期T＝ eq \f(2π,\f(1,3))＝6π，最大值为 eq \r(2).
3．C ∵0≤x≤ eq \f(π,2)，∴－ eq \f(π,3)≤2x－ eq \f(π,3)≤ eq \f(2,3)π.
∴－ eq \f(1,2)≤cs (2x－ eq \f(π,3))≤1，又f(x)的最小值为－2，
当a＞0时，f(x)min＝－a＝－2，∴a＝2.
当a＜0时，f(x)min＝2a，∴a＝－1.
4．B 最小正周期为π的只有A、B，又当2sin (2× eq \f(π,3)－ eq \f(π,6))＝2取得最大值，故y＝2sin (2x－ eq \f(π,6))的图像关于直线x＝ eq \f(π,3)对称．
5．D 由题意得 eq \f(1,2)× eq \f(2π,ω)＝ eq \f(2π,3)－ eq \f(π,6)，解得ω＝2，易知x＝ eq \f(π,6)是f(x)的最小值点，所以 eq \f(π,6)×2＋φ＝ eq \f(3π,2)＋2kπ(k∈Z)，得φ＝ eq \f(7π,6)＋2kπ(k∈Z)，于是f(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(7π,6)＋2kπ))＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(7π,6)))，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5π,12)))＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5π,12)×2＋\f(7π,6)))＝sin eq \f(π,3)＝ eq \f(\r(3),2)，故选D.
6．C (通解)将函数f(x)＝sin (ωx＋ eq \f(π,3))的图像向左平移 eq \f(π,2)个单位长度得到y＝sin (ωx＋ eq \f(π,2)ω＋ eq \f(π,3))的图像．由所得图像关于y轴对称，得 eq \f(π,2)ω＋ eq \f(π,3)＝kπ＋ eq \f(π,2)(k∈Z)，所以ω＝2k＋ eq \f(1,3)(k∈Z).因为ω>0，所以令k＝0，得ω的最小值为 eq \f(1,3).故选C.
(快解)由曲线C关于y轴对称，可得函数f(x)＝sin (ωx＋ eq \f(π,3))的图像关于直线x＝ eq \f(π,2)对称，所以f( eq \f(π,2))＝sin ( eq \f(πω,2)＋ eq \f(π,3))＝±1，然后依次代入各选项验证，确定选C.
7．A y＝sin x cs x＋ eq \f(\r(3),2)cs 2x＝ eq \f(1,2)sin 2x＋ eq \f(\r(3),2)cs 2x＝sin (2x＋ eq \f(π,3))，周期T＝ eq \f(2π,2)＝π，振幅为1.
8．D 由图像可知：8～13时这段时间温度先下降再升高，A错误；8～16时最大温度2 eq \r(2)℃，最小温度－2 eq \r(2)℃，最大温差为4 eq \r(2)℃，B错误；8～16时0 ℃以下的时长超过3小时，C错误；T＝4×(13－11)＝8＝ eq \f(2π,ω)，ω＝ eq \f(π,4)，又过点(13，2 eq \r(2))，故2 eq \r(2)cs ( eq \f(π,4)·13＋φ)＝2 eq \r(2)，解得φ＝ eq \f(3π,4)，故f(x)＝2 eq \r(2)cs ( eq \f(π,4)x＋ eq \f(3π,4))，f(16)＝2 eq \r(2)cs ( eq \f(π,4)·16＋ eq \f(3π,4))＝－2，故16时温度为－2℃，D正确．
9．C 把函数y＝cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))的图象向左平移 eq \f(π,6)个单位长度后得到函数f(x)＝cs eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))＋\f(π,6)))＝cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2)))＝－sin 2x的图象．作出函数f(x)的部分图象和直线y＝ eq \f(1,2)x－ eq \f(1,2)如图所示．观察图象知，共有3个交点．故选C.
10．答案： eq \r(5)
解析：∵f(x)＝ eq \r(22＋12)sin (x＋φ)＝ eq \r(5)sin (x＋φ)，
∴f(x)max＝ eq \r(5).
11．答案： eq \f(2,3)
解析：∵f(x)≤f( eq \f(π,4))对任意的实数x都成立，
∴f( eq \f(π,4))＝1，∴ eq \f(π,4)ω－ eq \f(π,6)＝2kπ，k∈Z，∴ω＝8k＋ eq \f(2,3)(k∈Z)，又ω>0，∴当k＝0时，ω取得最小值 eq \f(2,3).
12．答案：－ eq \r(3)
解析：解法一(五点作图法) 由题图可知 eq \f(3,4)T＝ eq \f(13π,12)－ eq \f(π,3)＝ eq \f(3π,4)(T为f(x)的最小正周期)，即T＝π，所以 eq \f(2π,ω)＝π，即ω＝2，故f(x)＝2cs (2x＋φ).点( eq \f(π,3)，0)可看作“五点作图法”中的第二个点，故2× eq \f(π,3)＋φ＝ eq \f(π,2)，得φ＝－ eq \f(π,6)，即f(x)＝2cs (2x－ eq \f(π,6))，
所以f( eq \f(π,2))＝2cs (2× eq \f(π,2)－ eq \f(π,6))＝－ eq \r(3).
解法二(代点法) 由题意知， eq \f(3,4)T＝ eq \f(13π,12)－ eq \f(π,3)＝ eq \f(3π,4)(T为f(x)的最小正周期)，所以T＝π， eq \f(2π,ω)＝π，即ω＝2.又点( eq \f(π,3)，0)在函数f(x)的图像上，所以2cs (2× eq \f(π,3)＋φ)＝0，所以2× eq \f(π,3)＋φ＝ eq \f(π,2)＋kπ(k∈Z)，令k＝0，则φ＝－ eq \f(π,6)，所以f(x)＝2cs (2x－ eq \f(π,6))，所以f( eq \f(π,2))＝2cs (2× eq \f(π,2)－ eq \f(π,6))＝－2cs eq \f(π,6)＝－ eq \r(3).
解法三(平移法) 由题意知， eq \f(3,4)T＝ eq \f(13π,12)－ eq \f(π,3)＝ eq \f(3π,4)(T为f(x)的最小正周期)，所以T＝π， eq \f(2π,ω)＝π，即ω＝2.函数y＝2cs 2x的图像与x轴的一个交点是( eq \f(π,4)，0)，对应函数f(x)＝2cs (2x＋φ)的图像与x轴的一个交点是( eq \f(π,3)，0)，所以f(x)＝2cs (2x＋φ)的图像是由y＝2cs 2x的图像向右平移 eq \f(π,3)－ eq \f(π,4)＝ eq \f(π,12)个单位长度得到的，所以f(x)＝2cs (2x＋φ)＝2cs 2(x－ eq \f(π,12))＝2cs (2x－ eq \f(π,6))，所以f( eq \f(π,2))＝2cs (2× eq \f(π,2)－ eq \f(π,6))＝－2cs eq \f(π,6)＝－ eq \r(3).
13．D 函数f(x)＝sin (ωx＋ eq \f(π,3))(ω＞0)在[0，π]上恰有3个零点，则3π≤ωπ＋ eq \f(π,3)＜4π，解得： eq \f(8,3)≤ω＜ eq \f(11,3).
14．C 对于③，∵x∈(0，π)，ωx－ eq \f(π,4)∈(－ eq \f(π,4)，ωπ－ eq \f(π,4))，令f(x)＝sin (ωx－ eq \f(π,4))＝0，得ωx－ eq \f(π,4)＝kπ，k∈Z，
由函数f(x)在区间(0，π)上有且仅有2个不同的零点，即ωx－ eq \f(π,4)取得0，π，
所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,4)＞π,ωx－\f(π,4)≤2π))，解得 eq \f(5,4)＜ω≤ eq \f(9,4)，故③正确；
对于①，当x∈[0，π]，ωx－ eq \f(π,4)∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，ωπ－\f(π,4)))，
由 eq \f(5,4)＜ω≤ eq \f(9,4)，知ωπ－ eq \f(π,4)∈(π，2π]，
令ωx－ eq \f(π,4)＝ eq \f(π,2)＋kπ，由于ω值不确定，所以ωπ－ eq \f(π,4)＝ eq \f(3π,2)不一定取到，故①错误；
对于②，当x∈(0， eq \f(π,3))时，ωx－ eq \f(π,4)∈(－ eq \f(π,4)， eq \f(ωπ,3)－ eq \f(π,4))，
由 eq \f(5,4)＜ω≤ eq \f(9,4)，知 eq \f(ωπ,3)－ eq \f(π,4)∈( eq \f(π,6)， eq \f(π,2)]，
即(－ eq \f(π,4)， eq \f(ωπ,3)－ eq \f(π,4))⊆ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，即f(x)在区间(0， eq \f(π,3))上单调递增，故②正确；所以正确的个数为2个．
15．答案：1
解析：函数y＝sin eq \f(πx,3)的周期为6，函数y＝sin eq \f(πx,3)在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(9,2)))上单调递减，当 eq \f(3,2)≤t≤ eq \f(7,2)时，[t，t＋1]⊆ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(9,2))).
M(t)－N(t)＝sin eq \f(πt,3)－sin eq \f(π（t＋1）,3)＝2cs ( eq \f(πt,3)＋ eq \f(π,6))sin (－ eq \f(π,6))＝－cs ( eq \f(πt,3)＋ eq \f(π,6)).
因为 eq \f(3,2)≤t≤ eq \f(7,2)，所以 eq \f(2π,3)≤ eq \f(π,3)t＋ eq \f(π,6)≤ eq \f(4π,3)，所以－1≤cs ( eq \f(π,3)t＋ eq \f(π,6))≤－ eq \f(1,2)，
所以 eq \f(1,2)≤M(t)－N(t)≤1，
当t＝ eq \f(5,2)时取最大值1.
16．答案： eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(5,4)))
解析：由 eq \f(π,2)又y＝sin α在( eq \f(π,2)， eq \f(3π,2))上递减，所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(ωπ,2)＋\f(π,4)≥\f(π,2)，,ωπ＋\f(π,4)≤\f(3π,2)，))
解得 eq \f(1,2)≤ω≤ eq \f(5,4).