新高考数学一轮复习微专题专练21三角函数的图象与性质（含详解）

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一、选择题
1．如图，函数y＝ eq \r(3) tan eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6))) 的部分图象与坐标轴分别交于点D，E，F，则△DEF的面积为( )
A． eq \f(π,4) B． eq \f(π,2)
C．π D．2π
2．函数y＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)x－\f(π,3))) (0≤x≤9)的最大值与最小值之和为( )
A．0 B．1
C．2－ eq \r(3) D． eq \r(3) －2
3．已知函数f(x)＝2a cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\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．[2022·全国甲卷(文)，5]将函数f(x)＝sin (ωx＋ eq \f(π,3) )(ω>0)的图象向左平移 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)
5．设函数f(x)＝cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6))) 在[－π，π]的图象大致如图，则f(x)的最小正周期为( )
A． eq \f(10π,9) B． eq \f(7π,6)
C． eq \f(4π,3) D． eq \f(3π,2)
6．[2022·新高考Ⅰ卷，6]记函数f(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,4))) ＋b(ω>0)的最小正周期为T.若 eq \f(2π,3) A．1 B． eq \f(3,2)
C． eq \f(5,2) D．3
7．已知函数f(x)＝sin x＋a cs x(a∈R)满足f(0)＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2))) ，则函数g(x)＝( eq \r(3) －1)sin x＋f(x)的图象的一条对称轴方程是( )
A．x＝ eq \f(2π,3) B．x＝ eq \f(π,4)
C．x＝－ eq \f(π,3) D．x＝－ eq \f(2π,3)
8．已知函数f(x)＝a sin x＋cs x(a为常数，x∈R)的图象关于直线x＝ eq \f(π,6) 对称，则函数g(x)＝sin x＋a cs x的图象( )
A.关于直线x＝ eq \f(π,3) 对称
B．关于点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)π，0)) 对称
C．关于点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，0)) 对称
D．关于直线x＝ eq \f(π,6) 对称
9．[2021·新高考Ⅰ卷]下列区间中，函数f(x)＝7sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6))) 单调递增的区间是( )
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))
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 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,6))) (ω>0)，若f(x)≤f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4))) 对于任意的实数x都成立，则ω的最小值为________.
12．[2023·新课标Ⅰ卷]已知函数f(x)＝cs ωx－1(ω>0)在区间[0，2π]有且仅有3个零点，则ω的取值范围是________．
[能力提升]
13．(多选)将函数f(x)＝cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,2))) (ω>0)的图象向右平移 eq \f(π,2) 个单位长度后得到函数g(x)的图象，且g(0)＝－1，则下列说法正确的是( )
A．g(x)为奇函数
B．g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2))) ＝0
C．当ω＝5时，g(x)在(0，π)上有4个零点
D．若g(x)在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,5))) 上单调递增，则ω的最大值为5
14．[2023·全国甲卷(理)]函数y＝f(x)的图象由函数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
15．[2022·全国乙卷(理)，15]记函数f(x)＝cs (ωx＋φ)(ω>0，0<φ<π)的最小正周期为T，若f(T)＝ eq \f(\r(3),2) ，x＝ eq \f(π,9) 为f(x)的零点，则ω的最小值为________．
16．[2023·新课标Ⅱ卷]已知函数f(x)＝sin (ωx＋φ)，如图，A，B是直线y＝ eq \f(1,2) 与曲线y＝f(x)的两个交点，若|AB|＝ eq \f(π,6) ，则f(π)＝________．
专练21 三角函数的图象与性质
1．A 在y＝ eq \r(3) tan eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6))) 中，令x＝0，可得D(0，1)；令y＝0，解得x＝ eq \f(kπ,2) － eq \f(π,12) (k∈Z)，故E eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，0)) ，F eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)，0)) .所以△DEF的面积为 eq \f(1,2) × eq \f(π,2) ×1＝ eq \f(π,4) .故选A.
2．C ∵0≤x≤9，∴－ eq \f(π,3) ≤ eq \f(π,6) x－ eq \f(π,3) ≤ eq \f(7,6) π，
∴－ eq \r(3) ≤2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)x－\f(π,3))) ≤2，∴函数的最大值与最小值之和为2－ eq \r(3) .
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 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\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．C (通解)将函数f(x)＝sin (ωx＋ eq \f(π,3) )的图象向左平移 eq \f(π,2) 个单位长度得到y＝sin (ωx＋ eq \f(π,2) ω＋ eq \f(π,3) )的图象．由所得图象关于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) )的图象关于直线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.
5．C 方法一 设函数f(x)的最小正周期为T，由题图可得T<π－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4π,9))) 且 eq \f(T,2) > eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4π,9))) －(－π)，所以 eq \f(10π,9) 方法二(五点法) 由函数f(x)的图象知，ω× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4π,9))) ＋ eq \f(π,6) ＝－ eq \f(π,2) ，解得ω＝ eq \f(3,2) ，所以函数f(x)的最小正周期为 eq \f(4π,3) ，故选C.
6．A 因为 eq \f(2π,3) ＜T＜π，所以 eq \f(2π,3) ＜ eq \f(2π,|ω|) ＜π.又因为ω＞0，所以2＜ω＜3.因为y＝f(x)的图象关于点( eq \f(3π,2) ，2)中心对称，所以b＝2， eq \f(3π,2) ω＋ eq \f(π,4) ＝kπ，k∈Z，所以ω＝－ eq \f(1,6) ＋ eq \f(2,3) k，k∈Z.令2＜－ eq \f(1,6) ＋ eq \f(2,3) k＜3，解得 eq \f(13,4) ＜k＜ eq \f(19,4) .又因为k∈Z，所以k＝4，所以ω＝ eq \f(5,2) .所以f(x)＝sin ( eq \f(5,2) x＋ eq \f(π,4) )＋2，所以f( eq \f(π,2) )＝sin ( eq \f(5π,4) ＋ eq \f(π,4) )＋2＝1.故选A.
7．D 由f(0)＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2))) ，得sin 0＋a cs 0＝0＋a＝1，解得a＝1，所以f(x)＝sin x＋cs x，所以g(x)＝( eq \r(3) －1)sin x＋f(x)＝( eq \r(3) －1)sin x＋sin x＋cs x＝ eq \r(3) sin x＋cs x＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6))) .令x＋ eq \f(π,6) ＝kπ＋ eq \f(π,2) (k∈Z)，得x＝kπ＋ eq \f(π,3) (k∈Z)，令k＝－1，得函数g(x)的图象的一条对称轴是x＝－ eq \f(2π,3) .故选D.
8．A ∵f(x)的图象关于直线x＝ eq \f(π,6) 对称，∴f(0)＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3))) ，∴1＝ eq \f(\r(3),2) a＋ eq \f(1,2) ，解得a＝ eq \f(\r(3),3) ，∴g(x)＝sin x＋ eq \f(\r(3),3) cs x＝ eq \f(2\r(3),3) sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6))) ，又g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3))) ＝ eq \f(2\r(3),3) sin eq \f(π,2) ＝ eq \f(2\r(3),3) 取得最大值，故A正确，通过逐个检验，可知B、C、D均不正确．
9．A 因为函数y＝sin x的单调递增区间为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2kπ－\f(π,2)，2kπ＋\f(π,2))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k∈Z)) ，
对于函数f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x)) ＝7sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6))) ，由2kπ－ eq \f(π,2) 解得2kπ－ eq \f(π,3) 取k＝0，可得函数f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x)) 的一个单调递增区间为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(2π,3))) ，
则 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) ⊆ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(2π,3))) ， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π)) ⊄ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(2π,3))) ，A选项满足条件，B不满足条件；
取k＝1，可得函数f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x)) 的一个单调递增区间为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,3)，\f(8π,3))) ，
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(π，\f(3π,2))) ⊄ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(2π,3))) 且 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(π，\f(3π,2))) ⊄ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,3)，\f(8π,3))) ， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)，2π)) ⊄ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,3)，\f(8π,3))) ，CD选项均不满足条件．故选A.
10. 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. eq \f(2,3)
解析：∵f(x)≤f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4))) 对任意的实数x都成立，
∴f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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．[2，3)
解析：方法一 函数f(x)＝cs ωx－1在区间[0，2π]有且仅有3个零点，即cs ωx＝1在区间[0，2π]有且仅有3个根，因为ω>0，x∈[0，2π]，所以ωx∈[0，2ωπ]，则由余弦函数的图象可知，4π≤2ωπ<6π，解得2≤ω<3，即ω的取值范围是[2，3).
方法二 函数f(x)＝cs ωx－1在区间[0，2π]有且仅有3个零点，即cs ωx＝1在区间[0，2π]有且仅有3个根，根据函数y＝cs x在[0，2π]上的图象可知，cs x＝1在区间[0，2π]有2个根，所以若cs ωx＝1在区间[0，2π]有且仅有3个根，则函数y＝cs ωx在[0，2π]内至少包含2个周期，但小于3个周期，即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2×\f(2π,ω)≤2π,3×\f(2π,ω)>2π)) ，又ω>0，所以2≤ω<3，即ω的取值范围是[2，3).
13．BD 由题意得f(x)＝cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,2))) ＝sin ωx，则g(x)＝sin ω eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,2))) ，g(0)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)ω)) ＝－1，即sin eq \f(π,2) ω＝1，cs eq \f(π,2) ω＝0.
对于A项，g(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,2)ω)) ＝sin ωx cs eq \f(π,2) ω－cs ωx·sin eq \f(π,2) ω＝－cs ωx，又g(x)的定义域为R，故g(x)为偶函数，A错误．
对于B项，g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2))) ＝－cs eq \f(π,2) ω＝0，B正确．对于C项，当ω＝5时，g(x)＝－cs 5x，由5x＝ eq \f(π,2) ＋kπ，k∈Z，得x＝ eq \f(π,10) ＋ eq \f(kπ,5) ，k∈Z，因为x∈(0，π)，所以x可以取 eq \f(π,10) ， eq \f(3π,10) ， eq \f(π,2) ， eq \f(7π,10) ， eq \f(9π,10) ，即当ω＝5时，g(x)在(0，π)上有5个零点，C错误．
对于D项，由2kπ≤ωx≤2kπ＋π，k∈Z，得 eq \f(2kπ,ω) ≤x≤ eq \f(2kπ,ω) ＋ eq \f(π,ω) ，k∈Z，则函数g(x)在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2kπ,ω)，\f(2kπ,ω)＋\f(π,ω))) (k∈Z)上单调递增，因为g(x)在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,5))) 上单调递增，所以 eq \f(π,5) ≤ eq \f(π,ω) ，解得0<ω≤5，即ω的最大值为5，故D正确．综上所述，正确的说法为BD.
14．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.
15．3
解析：因为T＝ eq \f(2π,|ω|) ，ω>0，所以ω＝ eq \f(2π,T) .由f(T)＝ eq \f(\r(3),2) ，得cs (2π＋φ)＝ eq \f(\r(3),2) ，即cs φ＝ eq \f(\r(3),2) .又因为0<φ<π，所以φ＝ eq \f(π,6) .因为x＝ eq \f(π,9) 为f(x)的零点，所以 eq \f(ωπ,9) ＋ eq \f(π,6) ＝kπ＋ eq \f(π,2) ，k∈Z，解得ω＝9k＋3，k∈Z.又因为ω>0，所以当k＝0时ω取得最小值，ω的最小值为3.
16．－ eq \f(\r(3),2) 对比正弦函数y＝sin x的图象易知，点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，0)) 为“五点(画图)法”中的第五点，所以 eq \f(2π,3) ω＋φ＝2π ①.
由题知|AB|＝xB－xA＝ eq \f(π,6) ， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ωxA＋φ＝\f(π,6),ωxB＋φ＝\f(5π,6))) ，两式相减，得ω(xB－xA)＝ eq \f(4π,6) ，即 eq \f(π,6) ω＝ eq \f(4π,6) ，解得ω＝4.
代入①，得φ＝－ eq \f(2π,3) ，
所以f(π)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4π－\f(2π,3))) ＝－sin eq \f(2π,3) ＝－ eq \f(\r(3),2) .