全国版2021届高考数学二轮复习专题检测六三角函数的图象与性质文含解析

这是一份全国版2021届高考数学二轮复习专题检测六三角函数的图象与性质文含解析，共10页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1.(2019·合肥市第一次质检)已知cs α－sin α＝eq \f(1,5)，则cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α－\f(π,2)))＝( )
A.－eq \f(24,25) B.－eq \f(4,5)
C.eq \f(24,25) D.eq \f(4,5)
解析：选C 由cs α－sin α＝eq \f(1,5)，得1－sin 2α＝eq \f(1,25)，所以sin 2α＝eq \f(24,25)，所以cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α－\f(π,2)))＝sin 2α＝eq \f(24,25)，故选C.
2.(2019·湖南省五市十校联考)已知函数f(x)＝2eq \r(3)sin xcs x＋2cs2x＋1，则( )
A.f(x)的最小正周期为π，最大值为3
B.f(x)的最小正周期为π，最大值为4
C.f(x)的最小正周期为2π，最大值为3
D.f(x)的最小正周期为2π，最大值为4
解析：选B f(x)＝2eq \r(3)sin xcs x＋2cs2x＋1＝eq \r(3)sin 2x＋cs 2x＋2＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＋2，则f(x)的最小正周期为eq \f(2π,2)＝π，最大值为2＋2＝4.故选B.
3.(2019·四川攀枝花模拟)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，现将此图象向右平移eq \f(π,12)个单位长度得到函数g(x)的图象，则函数g(x)的解析式为( )
A.g(x)＝2sin 2x
B.g(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))
C.g(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))
D.g(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))
解析：选D 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)))的图象可得A＝2，eq \f(1,2)·eq \f(2π,ω)＝eq \f(π,3)＋eq \f(π,6)，∴ω＝2.
再根据五点法作图可得2×eq \f(π,3)＋φ＝eq \f(π,2)，∴φ＝－eq \f(π,6)，
∴函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))＝2sin 2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,12))).
把f(x)的图象向右平移eq \f(π,12)个单位长度得到函数g(x)＝2sin 2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,12)－\f(π,12)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))的图象，故选D.
4.(2019·昆明市质量检测)将函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))的图象向左平移eq \f(π,4)个单位长度，所得图象对应的函数在区间[－m，m]上单调递增，则m的最大值为( )
A.eq \f(π,8) B.eq \f(π,4)
C.eq \f(3π,8) D.eq \f(π,2)
解析：选A 函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))的图象向左平移eq \f(π,4)个单位长度后，所得图象对应的函数解析式为y＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))－\f(π,4)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))，由－π＋2kπ≤2x－eq \f(π,4)≤2kπ(k∈Z)，得－eq \f(3π,8)＋kπ≤x≤eq \f(π,8)＋kπ(k∈Z)，所以当k＝0时函数的一个单调递增区间是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3π,8)，\f(π,8)))，所以m的最大值为eq \f(π,8).故选A.
5.(2019·全国卷Ⅰ)关于函数f(x)＝sin |x|＋|sin x|有下述四个结论：
①f(x)是偶函数；②f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))单调递增；
③f(x)在[－π，π]有4个零点；④f(x)的最大值为2.
其中所有正确结论的编号是( )
A.①②④ B.②④
C.①④ D.①③
解析：选C ①中，f(－x)＝sin|－x|＋|sin(－x)|＝sin |x|＋|sin x|＝f(x)，∴f(x)是偶函数，①正确.
②中，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))时，f(x)＝sin x＋sin x＝2sin x，函数单调递减，②错误.
③中，当x＝0时，f(x)＝0，
当x∈(0，π]时，f(x)＝2sin x，令f(x)＝0，得x＝π.
又∵f(x)是偶函数，
∴函数f(x)在[－π，π]上有3个零点，③错误.
④中，∵sin |x|≤|sin x|，∴f(x)≤2|sin x|≤2，
当x＝eq \f(π,2)＋2kπ(k∈Z)或x＝－eq \f(π,2)＋2kπ(k∈Z)时，
f(x)能取得最大值2，故④正确.
综上，①④正确.
故选C.
6.(2019·蓉城名校第一次联考)已知函数f(x)＝Asin(2x＋θ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＞0，|θ|＜\f(π,2)))的部分图象如图所示，f(a)＝f(b)＝0，f(a＋b)＝eq \r(3)，则( )
A.f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5π,12)，\f(π,12)))上是减函数
B.f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5π,12)，\f(π,12)))上是增函数
C.f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(5π,6)))上是减函数
D.f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(5π,6)))上是增函数
解析：选B 由题图可知A＝2，则f(x)＝2sin(2x＋θ).
因为f(a)＝f(b)＝0，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))＝2，
则sin(a＋b＋θ)＝1，a＋b＋θ＝eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z.
由f(a＋b)＝eq \r(3)得sin[2(a＋b)＋θ]＝eq \f(\r(3),2)，
2(a＋b)＋θ＝eq \f(π,3)＋2kπ，k∈Z，或2(a＋b)＋θ＝eq \f(2π,3)＋2kπ，k∈Z，
所以θ＝eq \f(2π,3)＋2kπ或θ＝eq \f(π,3)＋2kπ，k∈Z，又|θ|＜eq \f(π,2)，所以θ＝eq \f(π,3)，
f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3))).当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5π,12)，\f(π,12)))时，2x＋eq \f(π,3)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，
所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5π,12)，\f(π,12)))上是增函数.当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(5π,6)))时，2x＋eq \f(π,3)∈(π，2π)，
所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(5π,6)))上先减后增.故选B.
二、填空题
7.(2019·全国卷Ⅰ)函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(3π,2)))－3cs x的最小值为________.
解析：∵ f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(3π,2)))－3cs x
＝－cs 2x－3cs x＝－2cs2x－3cs x＋1，
令t＝cs x，则t∈[－1，1]，
∴ f(x)＝－2t2－3t＋1.
又函数f(x)图象的对称轴t＝－eq \f(3,4)∈[－1，1]，且开口向下，∴ 当t＝1时，f(x)有最小值－4.
答案：－4
8.(2019·福建省质量检查)在平面直角坐标系xOy中，角α的顶点为坐标原点，始边与x轴的正半轴重合，终边交单位圆O于点P(a，b)，且a＋b＝eq \f(7,5)，则cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,2)))的值是________.
解析：由三角函数的定义知cs α＝a，sin α＝b，∴cs α＋sin α＝a＋b＝eq \f(7,5)，∴(cs α＋sin α)2＝1＋sin 2α＝eq \f(49,25)，
∴sin 2α＝eq \f(49,25)－1＝eq \f(24,25)，∴cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,2)))＝－sin 2α＝－eq \f(24,25).
答案：－eq \f(24,25)
9.已知f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω>0，|φ|<π)在区间[2，4]上单调，且f(2)＝1，f(4)＝－1，则ω＝________，f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，3))上的值域是________.
解析：由题意知f(x)的最小正周期T＝4，∴ω＝eq \f(π,2)，
∴f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)x＋φ)).又f(2)＝sin(π＋φ)＝1，
∴π＋φ＝eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z.
又|φ|<π，∴φ＝－eq \f(π,2)，∴f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)x－\f(π,2))).
由x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，3))，得eq \f(π,2)x－eq \f(π,2)∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，π))，
∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)x－\f(π,2)))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，1))，
即f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，3))上的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，1)).
答案：eq \f(π,2) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，1))
三、解答题
10.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.
(1)求函数y＝f(x)的解析式；
(2)说明函数y＝f(x)的图象可由函数y＝eq \r(3)sin 2x－cs 2x的图象经过怎样的平移变换得到.
解：(1)由题图可知，A＝2，T＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－\f(π,12)))＝π，
∴eq \f(2π,ω)＝π，ω＝2，∴f(x)＝2sin(2x＋φ)，∵feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝0，
∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)＋φ))＝0，∴φ＋eq \f(2π,3)＝kπ，k∈Z，
即φ＝－eq \f(2π,3)＋kπ，k∈Z.
∵|φ|＜eq \f(π,2)，∴φ＝eq \f(π,3)，∴f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3))).
(2)y＝eq \r(3)sin 2x－cs 2x
＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))
＝2sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))＋\f(π,3)))，
故将函数y＝eq \r(3)sin 2x－cs 2x的图象向左平移eq \f(π,4)个单位长度就得到函数y＝f(x)的图象.
11.已知m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))，1))，n＝(cs x，1).
(1)若m∥n，求tan x的值；
(2)若函数f(x)＝m·n，x∈[0，π]，求f(x)的单调递增区间.
解：(1)由m∥n得，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))－cs x＝0，展开变形可得，sin x＝eq \r(3)cs x，即tan x＝eq \r(3).
(2)f(x)＝m·n＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))cs x＋1
＝eq \f(\r(3),2)sin xcs x－eq \f(1,2)cs2x＋1
＝eq \f(\r(3),4)sin 2x－eq \f(cs 2x＋1,4)＋1
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin 2xcs \f(π,6)－cs 2xsin \f(π,6)))＋eq \f(3,4)
＝eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))＋eq \f(3,4)，
由－eq \f(π,2)＋2kπ≤2x－eq \f(π,6)≤eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，
得－eq \f(π,6)＋kπ≤x≤eq \f(π,3)＋kπ，k∈Z.
又x∈[0，π]，所以当x∈[0，π]时，f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))和eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)，π)).
12.已知函数f(x)＝cs x(2eq \r(3)sin x＋cs x)－sin2x.
(1)求函数f(x)的最小正周期；
(2)若当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，不等式f(x)≥m有解，求实数m的取值范围.
解：(1)f(x)＝2eq \r(3)sin xcs x＋cs2x－sin2x
＝eq \r(3)sin 2x＋cs 2x
＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)sin 2x＋\f(1,2)cs 2x))
＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))，
所以函数f(x)的最小正周期T＝π.
(2)由题意可知，不等式f(x)≥m有解，
即m≤f(x)max，
因为x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以2x＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(7π,6)))，
故当2x＋eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)，即x＝eq \f(π,6)时，f(x)取得最大值，
且最大值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝2.
从而可得m≤2.
所以实数m的取值范围为(－∞，2].
B组——大题专攻强化练
1.已知函数f(x)＝eq \r(3)sin24x＋sin 4xcs 4x.
(1)求函数f(x)图象的对称轴方程；
(2)求函数f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,24)，\f(π,12)))上的最值.
解：(1)f(x)＝eq \r(3)sin24x＋sin 4xcs 4x
＝eq \r(3)×eq \f(1－cs 8x,2)＋eq \f(1,2)sin 8x
＝eq \f(1,2)sin 8x－eq \f(\r(3),2)cs 8x＋eq \f(\r(3),2)
＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(8x－\f(π,3)))＋eq \f(\r(3),2).
令8x－eq \f(π,3)＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，得x＝eq \f(kπ,8)＋eq \f(5π,48)(k∈Z)，
所以函数f(x)图象的对称轴方程为x＝eq \f(kπ,8)＋eq \f(5π,48)(k∈Z).
(2)由(1)得f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(8x－\f(π,3)))＋eq \f(\r(3),2).
因为x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,24)，\f(π,12)))，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(8x－\f(π,3)))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(2π,3)，\f(π,3))).故sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(8x－\f(π,3)))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，\f(\r(3),2))).
所以－1＋eq \f(\r(3),2)≤sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(8x－\f(π,3)))＋eq \f(\r(3),2)≤eq \r(3)，
所以函数f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,24)，\f(π,12)))上的最大值为eq \r(3)，最小值为－1＋eq \f(\r(3),2).
2.已知向量m＝(2sin ωx，sin ωx)，n＝(cs ωx，－2eq \r(3)sin ωx)(ω>0)，函数f(x)＝m·n＋eq \r(3)，直线x＝x1，x＝x2是函数y＝f(x)的图象的任意两条对称轴，且|x1－x2|的最小值为eq \f(π,2).
(1)求ω的值；
(2)求函数f(x)的单调递增区间.
解：(1)因为向量m＝(2sin ωx，sin ωx)，n＝(cs ωx，－2eq \r(3)sin ωx)(ω>0)，所以函数f(x)＝m·n＋eq \r(3)＝2sin ωxcs ωx＋sin ωx(－2eq \r(3)sin ωx)＋eq \r(3)＝sin 2ωx－2eq \r(3)sin2ωx＋eq \r(3)＝sin 2ωx＋eq \r(3)cs 2ωx＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2ωx＋\f(π,3))).
因为直线x＝x1，x＝x2是函数y＝f(x)的图象的任意两条对称轴，且|x1－x2|的最小值为eq \f(π,2)，所以函数f(x)的最小正周期为eq \f(π,2)×2＝π，即eq \f(2π,2ω)＝π，得ω＝1.
(2)由(1)知，f(x)＝2sineq \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)，
解得kπ－eq \f(5π,12)≤x≤kπ＋eq \f(π,12)(k∈Z)，
所以函数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).
3.已知函数f(x)＝eq \r(3)sin 2ωx＋cs4ωx－sin4ωx＋1(0<ω<1)，若点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，1))是函数f(x)图象的一个对称中心.
(1)求f(x)的解析式，并求距y轴最近的一条对称轴的方程；
(2)先列表，再作出函数f(x)在区间[－π，π]上的图象.
解：(1)f(x)＝eq \r(3)sin 2ωx＋(cs2ωx－sin2ωx)·(cs2ωx＋sin2ωx)＋1
＝eq \r(3)sin 2ωx＋cs 2ωx＋1
＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2ωx＋\f(π,6)))＋1.
∵点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，1))是函数f(x)图象的一个对称中心，
∴－eq \f(ωπ,3)＋eq \f(π,6)＝kπ，k∈Z，∴ω＝－3k＋eq \f(1,2)，k∈Z.
∵0<ω<1，∴k＝0，ω＝eq \f(1,2)，∴f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))＋1.
由x＋eq \f(π,6)＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，得x＝kπ＋eq \f(π,3)，k∈Z，
令k＝0，得距y轴最近的一条对称轴方程为x＝eq \f(π,3).
(2)由(1)知，f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))＋1，当x∈[－π，π]时，列表如下：
则函数f(x)在区间[－π，π]上的图象如图所示.
4.已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，0≤φ≤\f(π,2)))图象的相邻两对称轴之间的距离为eq \f(π,2)，且在x＝eq \f(π,8)时取得最大值1.
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(9π,8)))时，若方程f(x)＝a恰好有三个根，分别为x1，x2，x3，求x1＋x2＋x3的取值范围.
解：(1)由题意，T＝2×eq \f(π,2)＝π，故ω＝eq \f(2π,π)＝2，
所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,8)＋φ))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋φ))＝1，
所以eq \f(π,4)＋φ＝2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，
所以φ＝2kπ＋eq \f(π,4)，k∈Z.
因为0≤φ≤eq \f(π,2)，所以φ＝eq \f(π,4)，
所以f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4))).
(2)画出该函数的图象如图，当eq \f(\r(2),2)≤a<1时，方程f(x)＝a恰好有三个根，且点(x1，a)和(x2，a)关于直线x＝eq \f(π,8)对称，点(x2，a)和(x3，a)关于直线x＝eq \f(5π,8)对称，所以x1＋x2＝eq \f(π,4)，π≤x3故x1＋x2＋x3的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,4)，\f(11π,8))).x＋eq \f(π,6)
－eq \f(5π,6)
－eq \f(π,2)
0
eq \f(π,2)
π
eq \f(7π,6)
x
－π
－eq \f(2π,3)
－eq \f(π,6)
eq \f(π,3)
eq \f(5π,6)
π
f(x)
0
－1
1
3
1
0