2025届高考数学二轮专题复习与测试专题强化练一微专题1三角函数的图象与性质

这是一份2025届高考数学二轮专题复习与测试专题强化练一微专题1三角函数的图象与性质，共8页。
1．已知第二象限角α的终边与单位圆交于点P(m， eq \f(3,5) )，则 eq \f(sin α－2cs α,sin α＋cs α) ＝( B )
A．－ eq \f(5,7) B．－11
C．－ eq \f(1,2) D．1
解析：因为第二象限角α的终边与单位圆交于点P(m， eq \f(3,5) )(m＜0)，所以 eq \r(m2＋（\f(3,5)）2) ＝1，解得m＝－ eq \f(4,5) ，tan α＝－ eq \f(3,4) ，所以 eq \f(sin α－2cs α,sin α＋cs α) ＝ eq \f(tan α－2,tan α＋1) ＝－11.故选B.
2．下列函数中最小正周期为π，且为偶函数的是( C )
A．y＝cs |x| B．y＝tan eq \f(x,2)
C．y＝|cs x| D．y＝sin (4x＋ eq \f(π,2) )
解析：选项A，y＝cs |x|＝cs x，所以函数y＝cs |x|是偶函数，且最小正周期为2π，所以A不符合题意；选项B，y＝tan eq \f(x,2) 是奇函数，且最小正周期为2π，所以B不符合题意；选项C，y＝|cs x|是偶函数，且最小正周期为π，所以C符合题意；选项D，y＝sin (4x＋ eq \f(π,2) )＝cs 4x，所以函数y＝sin (4x＋ eq \f(π,2) )是偶函数，且最小正周期为 eq \f(π,2) ，所以D不符合题意．故选C.
3．若α∈( eq \f(π,4) ， eq \f(π,2) )，且cs2α＋cs( eq \f(π,2) ＋2α)＝－ eq \f(1,2) ，则tan α＝( C )
A． eq \r(3) B．2
C．3 D．2 eq \r(3)
解析：方法一：cs2α＋cs( eq \f(π,2) ＋2α)＝cs2α－sin2α＝cs2α－2sinαcs α＝ eq \f(cs2α－2sinαcs α,sin2α＋cs2α) ＝ eq \f(1－2tanα,tan2α＋1) ＝－ eq \f(1,2) ，整理得tan2α－4tanα＋3＝0，解得tan α＝3或tan α＝1.又α∈( eq \f(π,4) ， eq \f(π,2) )，所以tan α＝3.故选C.
方法二：cs2α＋cs( eq \f(π,2) ＋2α)＝cs2α－sin2α＝cs2α－2sinαcs α＝－ eq \f(1,2) ＝－ eq \f(1,2) (cs2α＋sin2α)，所以 eq \f(1,2) sin2α－2sinαcs α＋ eq \f(3,2) cs2α＝0，所以tan2α－4tanα＋3＝0，解得tan α＝1或tan α＝3.又α∈( eq \f(π,4) ， eq \f(π,2) )，所以tan α＝3.故选C.
4．(2023·全国乙卷)已知函数f(x)＝sin (ωx＋φ)在区间( eq \f(π,6) ， eq \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 \f(5π,12) )＝( D )
A．－ eq \f(\r(3),2) B．－ eq \f(1,2)
C． eq \f(1,2) D． eq \f(\r(3),2)
解析：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，解得φ＝ eq \f(7π,6) ＋2kπ，k∈Z，所以f(x)＝sin (2x＋ eq \f(7π,6) ＋2kπ)＝sin (2x＋ eq \f(7π,6) )，f(－ eq \f(5π,12) )＝sin (－ eq \f(5π,12) ×2＋ eq \f(7π,6) )＝sin eq \f(π,3) ＝ eq \f(\r(3),2) .故选D.
5．已知函数f(x)＝a－ eq \r(3) tan 2x在[－ eq \f(π,6) ，b]上的最大值为7，最小值为3，则ab的值为( B )
A． eq \f(5π,12) B． eq \f(π,3)
C． eq \f(π,6) D． eq \f(π,12)
解析：因为x∈[－ eq \f(π,6) ，b]，所以b＞－ eq \f(π,6) ，所以2x∈[－ eq \f(π,3) ，2b]，根据函数f(x)在[－ eq \f(π,6) ，b]上的最大值为7，最小值为3，所以2b＜ eq \f(π,2) ，即b＜ eq \f(π,4) ，因为正切函数g(x)＝tan x在区间(－ eq \f(π,2) ， eq \f(π,2) )上单调递增，则函数f(x)＝a－ eq \r(3) tan 2x在区间[－ eq \f(π,6) ，b]上单调递减，所以f(－ eq \f(π,6) )＝a＋3＝7，解得a＝4，所以f(b)＝4－ eq \r(3) tan 2b＝3，则tan 2b＝ eq \f(\r(3),3) ，又2b∈(－ eq \f(π,3) ， eq \f(π,2) )，所以2b＝ eq \f(π,6) ，所以b＝ eq \f(π,12) ，所以ab＝4× eq \f(π,12) ＝ eq \f(π,3) .故选B.
6．(2024·梅州二模)若把函数f(x)＝sin x＋a cs x的图象向左平移 eq \f(π,3) 个单位长度后得到的是一个偶函数的图象，则a＝( C )
A． eq \r(3) B．－ eq \r(3)
C． eq \f(\r(3),3) D．－ eq \f(\r(3),3)
解析：把函数f(x)＝sin x＋a cs x的图象向左平移 eq \f(π,3) 个单位长度后得到的图象对应的函数解析式为g(x)＝sin (x＋ eq \f(π,3) )＋a cs (x＋ eq \f(π,3) )，
又g(－x)＝g(x)，
则sin (－x＋ eq \f(π,3) )＋a cs (－x＋ eq \f(π,3) )＝sin (x＋ eq \f(π,3) )＋a cs (x＋ eq \f(π,3) )，
即 eq \f(\r(3),2) cs x－ eq \f(1,2) sin x＋a( eq \f(1,2) cs x＋ eq \f(\r(3),2) sin x)＝ eq \f(1,2) sin x＋ eq \f(\r(3),2) cs x＋a( eq \f(1,2) cs x－ eq \f(\r(3),2) sin x)，
即( eq \f(\r(3),2) a－ eq \f(1,2) )sin x＝( eq \f(1,2) － eq \f(\r(3),2) a)sin x，该方程对任意x∈R恒成立，
则 eq \f(\r(3),2) a－ eq \f(1,2) ＝ eq \f(1,2) － eq \f(\r(3),2) a，解得a＝ eq \f(\r(3),3) .
7．(2024·广州调研)若α，β∈( eq \f(π,2) ，π)，且(1－cs 2α)(1＋sin β)＝sin 2αcs β，则下列结论正确的是( A )
A．2α＋β＝ eq \f(5π,2) B．2α－β＝ eq \f(3π,4)
C．α＋β＝ eq \f(7π,4) D．α－β＝ eq \f(π,2)
解析：由题意可得[1－(1－2sin2α)](1＋sinβ)＝2sin αcs αcs β，因为sin α≠0，所以sin α＋sin αsin β＝cs αcs β，即sin α＝cs (α＋β).因为α，β∈( eq \f(π,2) ，π)，所以α＋β∈(π，2π)， eq \f(5π,2) －α∈( eq \f(3π,2) ，2π)，sin α＞0，所以cs (α＋β)＞0，所以α＋β∈( eq \f(3π,2) ，2π)，sin α＝cs (α＋β)可变形为cs ( eq \f(5π,2) －α)＝cs (α＋β).因为y＝cs x在区间( eq \f(3π,2) ，2π)上单调递增，所以 eq \f(5π,2) －α＝α＋β，可得2α＋β＝ eq \f(5π,2) .故选A.
8．(2024·辽宁二模)已知A，B，C是直线y＝m与函数f(x)＝2sin (ωx＋φ)(ω＞0，0＜φ＜π)的图象的三个交点，如图所示．其中，点A(0， eq \r(2) )，B，C两点的横坐标分别为x1，x2，若x2－x1＝ eq \f(π,4) ，则f( eq \f(π,2) )＝( A )
A.－ eq \r(2) B．－1
C． eq \r(2) D．2
解析：由f(0)＝2sin φ＝ eq \r(2) ，可得sin φ＝ eq \f(\r(2),2) ，因为0＜φ＜π，由题图知，点A在f(x)图象的下降部分，所以φ＝ eq \f(3π,4) ，故f(x)＝2sin (ωx＋ eq \f(3π,4) )，
因为A(0， eq \r(2) )，所以A，B，C是直线y＝ eq \r(2) 与f(x)图象的三个连续交点．
由xA＝0，即ωxA＋ eq \f(3π,4) ＝ eq \f(3π,4) ，
可得ωx1＋ eq \f(3π,4) ＝ eq \f(9π,4) ，ωx2＋ eq \f(3π,4) ＝ eq \f(11π,4) ，
解得x1＝ eq \f(3π,2ω) ，x2＝ eq \f(2π,ω) ，
所以x2－x1＝ eq \f(π,2ω) .
因为x2－x1＝ eq \f(π,4) ，所以 eq \f(π,2ω) ＝ eq \f(π,4) ，
所以ω＝2，所以f(x)＝2sin (2x＋ eq \f(3π,4) )，
则f( eq \f(π,2) )＝2sin (π＋ eq \f(3π,4) )＝－2sin eq \f(3π,4) ＝－ eq \r(2) .
9．(多选)设函数f(x)＝sin (x－ eq \f(π,4) )，则下列结论正确的是( AD )
A．f(x)的一个周期为－2π
B．f(x)的图象关于直线x＝ eq \f(π,4) 对称
C．f(x)的图象关于点(－ eq \f(π,4) ，0)中心对称
D．f(x)在区间( eq \f(π,4) ， eq \f(π,2) )上单调递增
解析：A项，因为ω＝1，所以函数f(x)的最小正周期为T＝ eq \f(2π,ω) ＝2π，所以－2π是函数f(x)的一个周期，故A正确；B项，当x＝ eq \f(π,4) 时，f( eq \f(π,4) )＝sin ( eq \f(π,4) － eq \f(π,4) )＝0，该函数值不是函数的最值，故B错误；C项，当x＝－ eq \f(π,4) 时，f(－ eq \f(π,4) )＝sin (－ eq \f(π,4) － eq \f(π,4) )＝－1≠0，故C错误；D项，当x∈( eq \f(π,4) ， eq \f(π,2) )时，x－ eq \f(π,4) ∈(0， eq \f(π,4) )，此时函数f(x)＝sin (x－ eq \f(π,4) )单调递增，故D正确．故选AD.
10．(多选)设函数f(x)＝cs 2ωx＋ eq \r(3) sin 2ωx(ω＞0)的最小正周期为π，则( ACD )
A．ω＝1
B．函数y＝f(x)的图象可由函数y＝2sin 2x的图象向左平移 eq \f(π,6) 个单位长度得到
C．函数f(x)的图象关于点( eq \f(5π,12) ，0)中心对称
D．函数f(x)在区间(－ eq \f(π,4) ， eq \f(π,8) )上单调递增
解析：f(x)＝cs 2ωx＋ eq \r(3) sin 2ωx＝2sin (2ωx＋ eq \f(π,6) )，因为函数f(x)的最小正周期为π，所以 eq \f(2π,2ω) ＝π，所以ω＝1，所以A正确；因为f(x)＝2sin (2x＋ eq \f(π,6) )＝2sin [2(x＋ eq \f(π,12) )]，所以函数f(x)的图象可由函数y＝2sin 2x的图象向左平移 eq \f(π,12) 个单位长度得到，所以B错误；因为f( eq \f(5π,12) )＝2sin (2× eq \f(5π,12) ＋ eq \f(π,6) )＝2sin π＝0，所以函数f(x)＝2sin (2x＋ eq \f(π,6) )的图象关于点( eq \f(5π,12) ，0)中心对称，所以C正确；当x∈(－ eq \f(π,4) ， eq \f(π,8) )时，2x＋ eq \f(π,6) ∈(－ eq \f(π,3) ， eq \f(5π,12) )⊆(－ eq \f(π,2) ， eq \f(π,2) )，所以函数f(x)＝2sin (2x＋ eq \f(π,6) )在(－ eq \f(π,4) ， eq \f(π,8) )上单调递增，所以D正确．故选ACD.
11．(多选)已知cs (α＋β)＝－ eq \f(\r(5),5) ，cs 2α＝－ eq \f(4,5) ，其中α，β为锐角，则以下命题正确的是( AC )
A．sin 2α＝ eq \f(3,5)
B．cs (α－β)＝－ eq \f(2\r(5),25)
C．cs αcs β＝ eq \f(\r(5),10)
D．tan αtan β＝ eq \f(1,3)
解析：因为α，β∈(0， eq \f(π,2) )，所以2α∈(0，π)，α＋β∈(0，π)，则sin 2α＝ eq \r(1－cs22α) ＝ eq \f(3,5) ，故A正确；
sin(α＋β)＝ eq \r(1－cs2（α＋β）) ＝ eq \f(2\r(5),5) ，所以cs(α－β)＝cs [2α－(α＋β)]＝cs 2αcs (α＋β)＋sin 2αsin (α＋β)＝(－ eq \f(4,5) )×(－ eq \f(\r(5),5) )＋ eq \f(3,5) × eq \f(2\r(5),5) ＝ eq \f(2\r(5),5) ，故B错误；
因为cs (α－β)＝cs αcs β＋sin αsin β＝ eq \f(2\r(5),5) ，cs (α＋β)＝
cs α cs β－sin αsin β＝－ eq \f(\r(5),5) ，故cs αcs β＝ eq \f(1,2) [cs (α＋β)＋cs (α－β)]＝ eq \f(1,2) ×(－ eq \f(\r(5),5) ＋ eq \f(2\r(5),5) )＝ eq \f(\r(5),10) ，故C正确；
又sin αsin β＝ eq \f(1,2) [cs (α－β)－cs (α＋β)]＝ eq \f(1,2) ×[ eq \f(2\r(5),5) －(－ eq \f(\r(5),5) )]＝ eq \f(3\r(5),10) ，所以tan αtan β＝3，故D错误．故选AC.
12．已知sin α＋ eq \r(3) cs α＝ eq \f(2\r(3),3) ，则sin ( eq \f(5π,6) －2α)＝________．
解析：由sin α＋ eq \r(3) cs α＝ eq \f(2\r(3),3) ，得sin (α＋ eq \f(π,3) )＝ eq \f(\r(3),3) ，
则sin ( eq \f(5π,6) －2α)＝sin (2α＋ eq \f(π,6) )＝sin [2(α＋ eq \f(π,3) )－ eq \f(π,2) ]＝－cs [2(α＋ eq \f(π,3) )]＝2sin2(α＋ eq \f(π,3) )－1＝2×( eq \f(\r(3),3) )2－1＝－ eq \f(1,3) .
答案：－ eq \f(1,3)
13．已知函数f(x)＝A sin2(ωx＋ eq \f(π,8) )(A＞0，ω＞0)的图象关于点( eq \f(π,2) ，1)中心对称，其最小正周期为T，且 eq \f(π,2) ＜T＜ eq \f(3π,2) ，则ω的值为________．
解析：f(x)＝A sin2(ωx＋ eq \f(π,8) )＝－ eq \f(A,2) cs(2ωx＋ eq \f(π,4) )＋ eq \f(A,2) ，因为f(x)的图象关于点( eq \f(π,2) ，1)中心对称，
所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(A,2)＝1，,2ω×\f(π,2)＋\f(π,4)＝\f(π,2)＋kπ，k∈Z，))
解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(A＝2，,ω＝\f(1,4)＋k，k∈Z，))
所以f(x)＝－cs (2ωx＋ eq \f(π,4) )＋1，
又因为f(x)的最小正周期为T，且 eq \f(π,2) ＜T＜ eq \f(3π,2) ，所以可得 eq \f(π,2) ＜ eq \f(2π,2ω) ＜ eq \f(3π,2) ，则 eq \f(2,3) ＜ω＜2，所以当k＝1时，ω的值为 eq \f(5,4) .
答案： eq \f(5,4)
14．已知函数f(x)＝2sin x＋sin 2x，则f(x)的最小值是________．
解析：f′(x)＝2cs x＋2cs 2x＝2cs x＋2(2cs2x－1)＝2(2cs2x＋csx－1)＝2(2cs x－1)(cs x＋1).
因为cs x＋1≥0，所以当cs x＜ eq \f(1,2) 时，f′(x)≤0，f(x)单调递减；当cs x＞ eq \f(1,2) 时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，所以当cs x＝ eq \f(1,2) 时，f(x)有最小值．又f(x)＝2sin x＋sin 2x＝2sin x(1＋cs x)，所以当sin x＝－ eq \f(\r(3),2) 时，f(x)有最小值，即f(x)min＝2×(－ eq \f(\r(3),2) )×(1＋ eq \f(1,2) )＝－ eq \f(3\r(3),2) .
答案：－ eq \f(3\r(3),2)
[小题提升练]
15．(多选)已知函数f(x)＝－sin ωx＋ eq \r(3) cs ωx(ω＞0)，|f(x1)－f(x2)|＝4，且|x1－x2|的最小值是 eq \f(π,2) ，则下列结论正确的是( CD )
A．f(x)的图象关于点(－ eq \f(π,6) ，0)中心对称
B．f(x)在区间[－ eq \f(π,12) ， eq \f(5π,12) ]上单调递增
C．若函数g(x)＝f(x＋ eq \f(π,6) )，则g(x)是奇函数
D．若函数h(x)＝f(x)＋ eq \r(3) 在[0，m]上恰有2 023个零点，则实数m的取值范围是[ eq \f(3 034π,3) ， eq \f(2 023π,2) )
解析：由题意可得f(x)＝－2sin (ωx－ eq \f(π,3) )(ω＞0)，又|f(x1)－f(x2)|＝4，
故设f(x1)，f(x2)分别为f(x)的最大、最小值，此时|x1－x2|的最小值是 eq \f(T,2) ，
则 eq \f(T,2) ＝ eq \f(π,2) ，即 eq \f(1,2) × eq \f(2π,ω) ＝ eq \f(π,2) ，解得ω＝2，
则f(x)＝－2sin (2x－ eq \f(π,3) ).
因为f(－ eq \f(π,6) )＝－2sin (－ eq \f(2π,3) )≠0，所以f(x)的图象不关于点(－ eq \f(π,6) ，0)中心对称，故A错误；
由f(x)＝－2sin (2x－ eq \f(π,3) )，令2kπ＋ eq \f(π,2) ≤2x－ eq \f(π,3) ≤2kπ＋ eq \f(3π,2) ，k∈Z，整理得kπ＋ eq \f(5π,12) ≤x≤kπ＋ eq \f(11π,12) ，k∈Z，因为[－ eq \f(π,12) ， eq \f(5π,12) D⃘[kπ＋ eq \f(5π,12) ，kπ＋ eq \f(11π,12) ](k∈Z)，故B错误；
由题意可得g(x)＝f(x＋ eq \f(π,6) )＝－2sin [2(x＋ eq \f(π,6) )－ eq \f(π,3) ]＝－2sin 2x，则g(x)是奇函数，故C正确；
由h(x)＝f(x)＋ eq \r(3) ＝0，得sin (2x－ eq \f(π,3) )＝ eq \f(\r(3),2) ，
若函数h(x)在[0，m]上恰有2 023个零点，
则2 022π＋ eq \f(π,3) ≤2m－ eq \f(π,3) ＜2 022π＋ eq \f(2π,3) ，解得 eq \f(3 034π,3) ≤m＜ eq \f(2 023π,2) ，故D正确．故选CD.
16．已知函数f(x)＝a sin πx＋b cs πx(b＞0)的图象关于点( eq \f(1,6) ，0)对称，若|f(x1)－f(x2)|＝|f(x3)－f(x4)|＝|f(x5)－f(x6)|＝4b(0＜x1＜x2＜x3＜x4＜x5＜x6)，则的最小值为________．
解析：由f(x)的图象关于点( eq \f(1,6) ，0)对称可得f( eq \f(1,6) )＝0，得 eq \f(1,2) a＋ eq \f(\r(3),2) b＝0，即a＝－ eq \r(3) b，
所以f(x)＝－ eq \r(3) b sin πx＋b cs πx＝2b cs (πx＋ eq \f(π,3) )，且b＞0，
所以f(x)的最大值为2b，最小值为－2b.
如图所示，作出f(x)的大致图象，令πx＋ eq \f(π,3) ＝kπ，k∈Z，则f(x)图象的对称轴方程为x＝k－ eq \f(1,3) ，k∈Z，则由|f(x1)－f(x2)|＝|f(x3)－f(x4)|＝|f(x5)－f(x6)|＝4b可得，
当最小时，f(x1)＝f(x3)＝f(x5)＝－2b，f(x2)＝f(x4)＝f(x6)＝2b，
且xi是f(x)在y轴右侧连续的最值点，
故的最小值为(1－ eq \f(1,3) )＋(2－ eq \f(1,3) )＋(3－ eq \f(1,3) )＋(4－ eq \f(1,3) )＋(5－ eq \f(1,3) )＋(6－ eq \f(1,3) )＝19.
答案：19