2021高考数学（理）大一轮复习习题：第四章 三角函数、解三角形 课时达标检测（二十一） 三角函数的图象与性质 word版含答案

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1．下列函数中，最小正周期为π且图象关于原点对称的函数是( )
A．y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2))) B．y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2)))
C．y＝sin 2x＋cs 2x D．y＝sin x＋cs x
解析：选A y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2)))＝－sin 2x，最小正周期T＝eq \f(2π,2)＝π，且为奇函数，其图象关于原点对称，故A正确；y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2)))＝cs 2x，最小正周期为π，且为偶函数，其图象关于y轴对称，故B不正确；C，D均为非奇非偶函数，其图象不关于原点对称，故C，D不正确．
2．函数f(x)＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))的单调递增区间是( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2)－\f(π,12)，\f(kπ,2)＋\f(5π,12)))(k∈Z)
B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2)－\f(π,12)，\f(kπ,2)＋\f(5π,12)))(k∈Z)
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))(k∈Z)
D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(π,6)，kπ＋\f(2π,3)))(k∈Z)
解析：选B 由kπ－eq \f(π,2)＜2x－eq \f(π,3)＜kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，得eq \f(kπ,2)－eq \f(π,12)＜x＜eq \f(kπ,2)＋eq \f(5π,12)(k∈Z)，所以函数f(x)＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2)－\f(π,12)，\f(kπ,2)＋\f(5π,12)))(k∈Z)．
3．已知函数y＝sin ωx(ω>0)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上为增函数，且图象关于点(3π，0)对称，则ω的取值集合为( )
A.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(2,3)，1)) B.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,6)，\f(1,3)))
C.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(2,3))) D.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,6)，\f(2,3)))
解析：选A 由题意知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(π,2ω)≥\f(π,2)，,3ωπ＝kπ，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0<ω≤1，,ω＝\f(k,3)，))其中k∈Z，则ω＝eq \f(1,3)，ω＝eq \f(2,3)或ω＝1，即ω的取值集合为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(2,3)，1)).
4．设函数f(x)＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)x＋\f(π,4)))，若存在这样的实数x1，x2，对任意的x∈R，都有f(x1)≤f(x)≤f(x2)成立，则|x1－x2|的最小值为________．
解析：∵对任意x∈R，都有f(x1)≤f(x)≤f(x2)成立，∴f(x1)，f(x2)分别为函数f(x)的最小值和最大值，∴|x1－x2|的最小值为eq \f(1,2)T＝eq \f(1,2)×eq \f(2π,\f(π,2))＝2.
答案：2
5．已知x∈(0，π]，关于x的方程2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))＝a有两个不同的实数解，则实数a的取值范围为________．
解析：令y1＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))，x∈(0，π]，y2＝a，作出y1的图象如图所示．若2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))＝a在(0，π]上有两个不同的实数解，则y1与y2应有两个不同的交点，所以eq \r(3)答案：(eq \r(3)，2)
一、选择题
1．若函数f(x)同时具有以下两个性质：①f(x)是偶函数；②对任意实数x，都有feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋x))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－x)).则f(x)的解析式可以是( )
A．f(x)＝cs x B．f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2)))
C．f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x＋\f(π,2))) D．f(x)＝cs 6x
解析：选C 由题意可得，函数f(x)是偶函数，且它的图象关于直线x＝eq \f(π,4)对称．因为f(x)＝cs x是偶函数，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝eq \f(\r(2),2)，不是最值，故不满足图象关于直线x＝eq \f(π,4)对称，故排除A.因为函数f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2)))＝－sin 2x是奇函数，不满足条件①，故排除B.因为函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x＋\f(π,2)))＝cs 4x是偶函数，且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝－1，是最小值，故满足图象关于直线x＝eq \f(π,4)对称，故C满足条件．因为函数f(x)＝cs 6x是偶函数，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝0，不是最值，故不满足图象关于直线x＝eq \f(π,4)对称，故排除D.
2．已知函数f(x)＝－2sin(2x＋φ)(|φ|<π), 若feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)))＝－2，则f(x)的一个单调递增区间可以是( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,8)，\f(3π,8))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5π,8)，\f(9π,8)))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3π,8)，\f(π,8))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,8)，\f(5π,8)))
解析：选D ∵feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)))＝－2，∴－2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋φ))＝－2，即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋φ))＝1.∴eq \f(π,4)＋φ＝eq \f(π,2)＋2kπ，又∵|φ|<π，∴φ＝eq \f(π,4)，∴f(x)＝－2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4))).由2kπ＋eq \f(π,2)≤2x＋eq \f(π,4)≤2kπ＋eq \f(3π,2)，k∈Z，得kπ＋eq \f(π,8)≤x≤kπ＋eq \f(5π,8)，k∈Z.当k＝0时，得eq \f(π,8)≤x≤eq \f(5π,8).即f(x)的一个单调递增区间可以是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,8)，\f(5π,8))).
3．函数y＝tan x＋sin x－|tan x－sin x|在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3π,2)))内的图象是( )
解析：选D y＝tan x＋sin x－|tan x－sin x|
＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2tan x，x∈\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，,2sin x，x∈\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(π，\f(3π,2)))，))对比选项，可知选D.
4．若函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))(ω>0)的图象的相邻两条对称轴之间的距离为eq \f(π,2)，且该函数图象关于点(x0,0)成中心对称，x0∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，则x0＝( )
A.eq \f(5π,12) B.eq \f(π,4) C.eq \f(π,3) D.eq \f(π,6)
解析：选A 由题意得eq \f(T,2)＝eq \f(π,2)，T＝π，则ω＝2.由2x0＋eq \f(π,6)＝kπ(k∈Z)，得x0＝eq \f(kπ,2)－eq \f(π,12)(k∈Z)，又x0∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以x0＝eq \f(5π,12).
5．设函数f(x)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))))(x∈R)，则f(x)( )
A．在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－π，－\f(π,2)))上是减函数
B．在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，\f(7π,6)))上是增函数
C．在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,8)，\f(π,4)))上是增函数
D．在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(5π,6)))上是减函数
解析：选B 由f(x)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))))可知，f(x)的最小正周期为π.由kπ≤x＋eq \f(π,3)≤eq \f(π,2)＋kπ(k∈Z)，得－eq \f(π,3)＋kπ≤x≤eq \f(π,6)＋kπ(k∈Z)，即f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)＋kπ，\f(π,6)＋kπ))(k∈Z)上单调递增；由eq \f(π,2)＋kπ≤x＋eq \f(π,3)≤π＋kπ(k∈Z)，得eq \f(π,6)＋kπ≤x≤eq \f(2π,3)＋kπ(k∈Z)，即f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋kπ，\f(2π,3)＋kπ))(k∈Z)上单调递减．将各选项逐项代入验证，可知B正确．
6．(2017·安徽江南十校联考)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)ω>0，|φ|A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2π,3)，0)) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，0))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，0)) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,3)，0))
解析：选A 由f(x)＝sin(ωx＋φ)的最小正周期为4π，得ω＝eq \f(1,2).因为f(x)≤feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))恒成立，所以f(x)max＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))，即eq \f(1,2)×eq \f(π,3)＋φ＝eq \f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，所以φ＝eq \f(π,3)＋2kπ(k∈Z)，由|φ|二、填空题
7．函数y＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))的图象与x轴交点的坐标是________．
解析：由2x＋eq \f(π,4)＝kπ(k∈Z)得，x＝eq \f(kπ,2)－eq \f(π,8)(k∈Z)．
∴函数y＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))的图象与x轴交点的坐标是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2)－\f(π,8)，0))，k∈Z.
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2)－\f(π,8)，0))，k∈Z
8．若函数f(x)＝sin ωx(ω>0)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))上单调递增，在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))上单调递减，则ω＝________.
解析：∵f(x)＝sin ωx(ω>0)过原点，
∴当0≤ωx≤eq \f(π,2)，即0≤x≤eq \f(π,2ω)时，y＝sin ωx是增函数；
当eq \f(π,2)≤ωx≤eq \f(3π,2)，即eq \f(π,2ω)≤x≤eq \f(3π,2ω)时，y＝sin ωx是减函数．
由f(x)＝sin ωx(ω>0)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))上单调递增，
在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))上单调递减知，eq \f(π,2ω)＝eq \f(π,3)，∴ω＝eq \f(3,2).
答案：eq \f(3,2)
9．已知函数f(x)＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,6)))(ω>0)和g(x)＝3cs(2x＋φ)的图象的对称中心完全相同，若x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，则f(x)的取值范围是________．
解析：由两三角函数图象的对称中心完全相同，可知两函数的周期相同，故ω＝2，所以f(x)＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))，当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，－eq \f(π,6)≤2x－eq \f(π,6)≤eq \f(5π,6)，所以－eq \f(1,2)≤sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))≤1，故f(x)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，3)).
答案：eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，3))
10．已知函数f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x＋\f(π,3)))，其中x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，m))m∈R且m>eq \f(π,6)，若f(x)的值域是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，－\f(\r(3),2)))，则m的最大值是________．
解析：由x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，m))，可知eq \f(5π,6)≤3x＋eq \f(π,3)≤3m＋eq \f(π,3)，∵feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝cseq \f(5π,6)＝－eq \f(\r(3),2)，且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,9)))＝cs π＝－1，∴要使f(x)的值域是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，－\f(\r(3),2)))，需要π≤3m＋eq \f(π,3)≤eq \f(7π,6)，解得eq \f(2π,9)≤m≤eq \f(5π,18)，即m的最大值是eq \f(5π,18).
答案：eq \f(5π,18)
三、解答题
11．已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0<φ<\f(2π,3)))的最小正周期为π.
(1)求当f(x)为偶函数时φ的值；
(2)若f(x)的图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(\r(3),2)))，求f(x)的单调递增区间．
解：∵f(x)的最小正周期为π，则T＝eq \f(2π,ω)＝π，∴ω＝2，
∴f(x)＝sin(2x＋φ)．
(1)当f(x)为偶函数时，f(－x)＝f(x)．即sin(2x＋φ)＝sin(－2x＋φ)，展开整理得sin 2xcs φ＝0，由已知，上式对任意x∈R都成立，∴cs φ＝0.∵0<φ(2)由f(x)的图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(\r(3),2)))，得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,6)＋φ))＝eq \f(\r(3),2)，
即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋φ))＝eq \f(\r(3),2).
又∵0<φ∴eq \f(π,3)＋φ＝eq \f(2π,3)，则φ＝eq \f(π,3).∴f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3))).
令2kπ－eq \f(π,2)≤2x＋eq \f(π,3)≤2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，
得kπ－eq \f(5π,12)≤x≤kπ＋eq \f(π,12)，k∈Z.
∴f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(5π,12)，kπ＋\f(π,12)))，k∈Z.
12．已知函数f(x)＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2cs2\f(x,2)＋sin x))＋b.
(1)若a＝－1，求函数f(x)的单调增区间；
(2)若x∈时，函数f(x)的值域是，求a，b的值．
解：f(x)＝a(1＋cs x＋sin x)＋b
＝eq \r(2)asineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))＋a＋b.
(1)当a＝－1时，f(x)＝－eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))＋b－1，
由2kπ＋eq \f(π,2)≤x＋eq \f(π,4)≤2kπ＋eq \f(3π,2)(k∈Z)，
得2kπ＋eq \f(π,4)≤x≤2kπ＋eq \f(5π,4)(k∈Z)，
∴f(x)的单调增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ＋\f(π,4)，2kπ＋\f(5π,4)))，k∈Z.
(2)∵0≤x≤π，∴eq \f(π,4)≤x＋eq \f(π,4)≤eq \f(5π,4)，
∴－eq \f(\r(2),2)≤sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))≤1，依题意知a≠0.
①当a>0时，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\r(2)a＋a＋b＝8，,b＝5，))∴a＝3eq \r(2)－3，b＝5.
②当a<0时，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b＝8，,\r(2)a＋a＋b＝5，))∴a＝3－3eq \r(2)，b＝8.
综上所述，a＝3eq \r(2)－3，b＝5或a＝3－3eq \r(2)，b＝8.