新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇核心专题提升多维突破专题1三角函数与解三角形第1讲三角函数的图象与性质

这是一份新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇核心专题提升多维突破专题1三角函数与解三角形第1讲三角函数的图象与性质，共8页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题
1. (2023·海淀区校级模拟)若角α的终边在第三象限，则下列三角函数值中小于零的是( D )
A．sin(π＋α) B．cs(π－α)
C．cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋α)) D．sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－α))
【解析】 因为角α的终边在第三象限，所以sin(π＋α)＝－sin α>0，故A不满足条件；cs(π－α)＝－cs α>0，故B不满足条件；cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋α))＝－sin α>0，故C不满足条件；sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－α))＝cs α<0，故D满足条件．故选D．
2. (2023·黔东南州模拟)若eq \f(sin α＋cs α,cs α－sin α)＝－3，则tan 2α＝( A )
A．－eq \f(4,3) B．eq \f(4,3)
C．－eq \f(3,4) D．eq \f(3,4)
【解析】 由eq \f(sin α＋cs α,cs α－sin α)＝eq \f(tan α＋1,1－tan α)＝－3，解得tan α＝2，所以tan 2α＝eq \f(2tan α,1－tan2α)＝eq \f(2×2,1－22)＝－eq \f(4,3).故选A．
3. (2023·高州市一模)已知tan α＝eq \r(2)，则eq \f(sin 3α,sin α)－sin2α＝( B )
A．－eq \f(1,2) B．－eq \f(1,3)
C．eq \f(1,3) D．eq \f(1,2)
【解析】 因为tan α＝eq \r(2)，所以eq \f(sin 3α,sin α)－sin2α＝eq \f(sinα＋2α,sin α)－sin2α＝eq \f(sin αcs 2α＋cs αsin 2α,sin α)－sin2α＝cs 2α＋2cs2α－sin2α＝cs2 α－sin2α＋2cs2α－sin2α＝3cs2α－2sin2α＝eq \f(3cs2α－2sin2α,cs2α＋sin2α)＝eq \f(3－2tan2α,1＋tan2α)＝eq \f(3－2×\r(2)2,1＋\r(2)2)＝－eq \f(1,3).故选B．
4. (2023·大同模拟)已知sin2(π－θ)＝eq \f(\r(3),2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)＋θ))，0<|θ|A．－eq \f(π,6) B．－eq \f(π,3)
C．eq \f(π,6) D．eq \f(π,3)
【解析】 因为sin2(π－θ)＝eq \f(\r(3),2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)＋θ))，所以sin2θ＝eq \f(\r(3),2)sin θ，即sin θeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin θ－\f(\r(3),2)))＝0，所以sin θ＝0或sin θ＝eq \f(\r(3),2)，又因为0<|θ|5. (2023·河东区一模)已知函数f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x＋\f(π,2)))，下列说法错误的为( B )
A．最小正周期为eq \f(π,2)
B．f(x)为偶函数
C．在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,8)))单调递减
D．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝－eq \f(\r(3),2)
【解析】 因为函数f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x＋\f(π,2)))＝－sin 4x为奇函数，故B错误；最小正周期为T＝eq \f(2π,4)＝eq \f(π,2)，故A正确；令－eq \f(π,2)＋2kπ≤4x≤eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，解得－eq \f(π,8)＋eq \f(k,2)π≤x≤eq \f(π,8)＋eq \f(k,2)π，k∈Z，即函数f(x)的单调减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,8)＋\f(k,2)π，\f(π,8)＋\f(k,2)π))，k∈Z，当k＝0时，即为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,8)，\f(π,8)))，k∈Z，故C正确；且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝－sin eq \f(4,6)π＝－eq \f(\r(3),2)，故D正确．故选B．
6. (2023·赣州模拟)已知函数f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,4)))＋b(ω>0)的最小正周期为T，eq \f(2π,3)0)个单位长度后图象关于y轴对称，则实数m的最小值为( B )
A．eq \f(π,10) B．eq \f(3π,10)
C．eq \f(7π,10) D．eq \f(11π,10)
【解析】 ∵T＝eq \f(2π,|ω|)，ω>0，且eq \f(2π,3)0)个单位长度后得到f(x－m)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)x－\f(5,2)m－\f(π,4)))＋1的图象，∵f(x－m)的图象关于y轴对称，∴－eq \f(5,2)m－eq \f(π,4)＝kπ(k∈Z)，解得m＝－eq \f(π,10)－eq \f(2kπ,5)(k∈Z)，∵m>0，∴当k＝－1时，得mmin＝－eq \f(π,10)＋eq \f(2π,5)＝eq \f(3π,10)，故选B．
7. (2023·开封二模)把函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))图象上各点的横坐标缩短到原来的eq \f(1,2)倍(纵坐标不变)，再把所得图象向右平移φ(φ>0)个单位，若最终所得图象对应的函数在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，则φ的最小值为( C )
A．eq \f(π,6) B．eq \f(π,4)
C．eq \f(π,3) D．eq \f(2π,3)
【解析】 函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))图象上各点的横坐标缩短到原来的eq \f(1,2)倍(纵坐标不变)，可得y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))，再把图象向右平移φ(φ>0)个单位，得到y＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2x－φ＋\f(π,6)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－2φ＋\f(π,6)))，当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，2x－2φ＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－2φ＋\f(π,6)，\f(7π,6)－2φ))，因为最终所得图象对应的函数在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，且要求φ的最小值，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2φ＋\f(π,6)≥－\f(π,2)＋2kπ，,\f(7π,6)－2φ≤\f(π,2)＋2kπ，))(k∈Z)，解得eq \f(π,3)－kπ≤φ≤eq \f(π,3)－kπ(k∈Z)，所以φ＝eq \f(π,3).故选C．
8. (2023·河西区模拟)已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)＋Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A>0，ω>0，|φ|<\f(π,2)))的部分图象如图所示，则下列结论正确个数有( B )
(1)f(x)关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，3))对称
(2)f(x)关于直线x＝eq \f(π,3)对称
(3)f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(5π,6)))上单调递减
(4)f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5π,12)，\f(π,12)))上的值域为(1,3)
A．1个 B．2个
C．3个 D．4个
【解析】 根据函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)＋Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A>0，ω>0，|φ|<\f(π,2)))的部分图象，可得B＝eq \f(1＋5,2)＝3，A＝eq \f(5－1,2)＝2，故有f(x)＝2sin(ωx＋φ)＋3.把点(0,2)代入，可得2sin φ＋3＝2，即sin φ＝－eq \f(1,2)，φ＝－eq \f(π,6)，故有f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,6)))＋3.再根据五点法作图，可得ω×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))－eq \f(π,6)＝－eq \f(π,2)，∴ω＝2，f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))＋3.令x＝eq \f(π,6)，求得f(x)＝4，故f(x)不关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，3))对称，故(1)错误；令x＝eq \f(π,3)，求得f(x)＝5，为最大值，故f(x)关于直线x＝eq \f(π,3)对称，故(2)正确；当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(5π,6)))，2x－eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)，\f(3π,2)))，f(x)单调递减，故(3)正确；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5π,12)，\f(π,12)))，2x－eq \f(π,6)∈(－π，0)，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,6)))∈[－1,0)，∴函数f(x)的值域为[1,3)，故(4)错误．故选B．
二、多项选择题
9. (2023·道里区校级二模)已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A>0，ω>0，|φ|<\f(π,2)))的部分图象如图所示，则下列结论正确的是( ABD )
A．f(x)＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))
B．当f(x)>1时，x的取值范围为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\c1(kπC．函数f(x)的图象向右平移eq \f(π,12)个单位长度后的一条对称轴方程为x＝eq \f(π,3)
D．函数f(x)与g(x)＝－2cs 2x的图象关于直线x＝eq \f(π,3)对称
【解析】 根据函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A>0，ω>0，|φ|<\f(π,2)))的部分图象，可得A＝2，eq \f(2π,ω)＝eq \f(11π,12)＋eq \f(π,12)，∴ω＝2.再根据五点法作图，可得2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)))＋φ＝0，∴φ＝eq \f(π,6)，∴f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－2x))＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))，故A正确；f(x)>1，即cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))>eq \f(1,2)，∴2kπ－eq \f(π,3)<2x－eq \f(π,3)<2kπ＋eq \f(π,3)，k∈Z，求得kπ10. (2023·琼山区校级一模)已知函数f(x)＝sin x－acs x(a∈R)的图象关于直线x＝－eq \f(π,6)对称，则( ACD )
A．f(x)的最小正周期为2π
B．f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,3)))上单调递增
C．f(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，0))对称
D．若f(x1)＋f(x2)＝0，且f(x)在(x1，x2)上无极值点，则|x1＋x2|的最小值为eq \f(2π,3)
【解析】 因为函数f(x)的图象关于直线x＝－eq \f(π,6)对称，所以f(0)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))，所以sin 0－acs 0＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))－acseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))，即－a＝－eq \f(\r(3),2)－eq \f(1,2)a，解得a＝eq \r(3)，所以f(x)＝sin x－eq \r(3)cs x＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3))).f(x)的最小正周期为T＝2π，即A正确；当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,3)))时，x－eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(2π,3)，0))，因为y＝2sin x在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(2π,3)，0))上不是单调递增，所以f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,3)))上不是单调递增，即B错误；因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝2sin 0＝0，所以f(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，0))对称，即C正确；由题意知，点(x1，f(x1))与点(x2，f(x2))成中心对称，因为f(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，0))对称，且最小正周期为2π，所以|x1＋x2|＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋kπ))＝eq \f(2π,3)＋2kπ，k∈N，当k＝0时，|x1＋x2|取得最小值eq \f(2π,3)，即D正确．故选ACD．
11. (2023·邵阳一模)随着时代与科技的发展，信号处理以各种方式被广泛应用于医学、声学、密码学、计算机科学、量子力学等各个领域．而信号处理背后的“功臣”就是正弦型函数，f(x)＝eq \i\su(i＝1,4, )eq \f(sin[2i－1x],2i－1)的图象就可以近似的模拟某种信号的波形，则下列说法正确的是( ABD )
A．函数f(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,2)对称
B．函数f(x)的图象关于点(0,0)对称
C．函数f(x)为周期函数，且最小正周期为π
D．函数f(x)的导函数f′(x)的最大值为4
【解析】 因为函数f(x)＝eq \i\su(i＝1,4, )eq \f(sin[2i－1x],2i－1)＝sin x＋eq \f(sin 3x,3)＋eq \f(sin 5x,5)＋eq \f(sin 7x,7)，定义域为R，f(π＋x)＝sin(π＋x)＋eq \f(sin3π＋3x,3)＋eq \f(sin5π＋5x,5)＋eq \f(sin7π＋7x,7)＝－sin x－eq \f(sin 3x,3)－eq \f(sin 5x,5)－eq \f(sin 7x,7)＝sin(－x)＋eq \f(sin－3x,3)＋eq \f(sin－5x,5)＋eq \f(sin－7x,7)＝f(－x)，所以函数f(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,2)对称，故A正确；f(－x)＝sin(－x)＋eq \f(sin－3x,3)＋eq \f(sin－5x,5)＋eq \f(sin－7x,7)＝－sin x－eq \f(sin 3x,3)－eq \f(sin 5x,5)－eq \f(sin 7x,7)＝－f(x)，所以函数f(x)为奇函数，图象关于点(0,0)对称，故B正确；由题知f(x＋π)＝－f(x)≠f(x)，故C错误；由题可知f′(x)＝cs x＋cs 3x＋cs 5x＋cs 7x≤4，故D正确．故选ABD．
12. (2023·宁波模拟)已知函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,4)))(ω>0)的图象在(0，π)上恰有两条对称轴，则下列结论不正确的有( ACD )
A．f(x)在(0，π)上只有一个零点
B．f(x)在(0,2π)上可能有4个零点
C．f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增
D．f(x)在(0,2π)上恰有2个极大值点
【解析】 由ωx＋eq \f(π,4)＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，可得x＝eq \f(kπ,ω)＋eq \f(π,4ω)，k∈Z，∴函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,4)))的对称轴方程为x＝eq \f(kπ,ω)＋eq \f(π,4ω)，k∈Z，令0三、填空题
13. (2023·杭州二模)已知sin θ＋cs θ＝2sin α，sin θcs θ＝sin2β，则4cs22α－cs22β＝_0__.
【解析】 ∵sin2θ＋cs2θ＝1，
则(sin θ＋cs θ)2＝1＋2sin θcs θ，
∵sin θ＋cs θ＝2sin α，sin θcs θ＝sin2β，
∴4sin2α＝1＋2sin2β，
∵cs 2α＝1－2sin2α，cs 2β＝1－2sin2β，
∴2cs 2α＝－cs 2β，两边同时平方可得，4cs22α＝cs22β，
故4cs22α－cs22β＝0.
故答案为0.
14. (2023·济南模拟)已知函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,3)))(ω>0)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，1))，则ω的取值范围为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5,3)，\f(10,3))) .
【解析】 ∵函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,3)))(ω>0)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，1))，ωx－eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(ωπ,2)－\f(π,3)))，∴eq \f(π,2)≤eq \f(ωπ,2)－eq \f(π,3)≤eq \f(4π,3)，求得eq \f(5,3)≤ω≤eq \f(10,3).故答案为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5,3)，\f(10,3))).
15. (2023·福建模拟)已知x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，若不等式sin 2x－tsin2x≤t恒成立，则实数t的最小值为 eq \f(\r(2),2) .
【解析】 ∵x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，∴sin x>0，cs x>0，∴不等式sin 2x－tsin2x≤t恒成立⇔t≥eq \f(sin 2x,1＋sin2x)恒成立，∵eq \f(sin 2x,1＋sin2x)＝eq \f(2sin xcs x,2sin2x＋cs2x)＝eq \f(2,\f(2sin x,cs x)＋\f(cs x,sin x))≤eq \f(2,2\r(\f(2sin x,cs x)·\f(cs x,sin x )))＝eq \f(1,\r(2))＝eq \f(\r(2),2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(当且仅当\f(2sin x,cs x)＝\f(cs x,sin x)，即tan x＝\f(\r(2),2)时取等号))，∴t≥eq \f(\r(2),2).故答案为eq \f(\r(2),2).
16. (2023·包头一模)记函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，－\f(π,2)<φ<\f(π,2)))的最小正周期为T.若feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(T,2)))＝eq \f(\r(2),2)，x＝eq \f(π,8)为f(x)的极小值点，则ω的最小值为_14__.
【解析】 因为f(x)＝sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\ (\a\vs4\al\c1(ω>0，－\f(π,2)<φ))eq \b\lc\ \rc\)(\a\vs4\al\c1(<\f(π,2)))，所以最小正周期T＝eq \f(2π,ω)，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(T,2)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω·\f(T,2)＋φ))＝sin(π＋φ)＝－sin φ＝eq \f(\r(2),2)，又－eq \f(π,2)<φ0，所以当k＝1时ωmin＝14.故答案为14.