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    高考数学一轮复习第四章4.3三角函数的图象与性质课时作业理含解析 练习

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    高考数学一轮复习第四章4.3三角函数的图象与性质课时作业理含解析

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    这是一份高考数学一轮复习第四章4.3三角函数的图象与性质课时作业理含解析,共7页。



    一、选择题
    1.已知函数f(x)=sinxcsx,则( )
    A.f(x)的最小正周期是2π,最大值是1
    B.f(x)的最小正周期是π,最大值是eq \f(1,2)
    C.f(x)的最小正周期是2π,最大值是eq \f(1,2)
    D.f(x)的最小正周期是π,最大值是1
    2.下列各点中,能作为函数y=taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x+\f(π,5)))的一个对称中心的点是( )
    A.(0,0) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,5),0))
    C.(π,0) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,10),0))
    3.[2019·全国卷Ⅱ]若x1=eq \f(π,4),x2=eq \f(3π,4)是函数f(x)=sinωx(ω>0)两个相邻的极值点,则ω=( )
    A.2B.eq \f(3,2)
    C.1D.eq \f(1,2)
    4.已知函数f(x)=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)x+\f(π,3))),则f(x)在[-1,1]上的单调递增区间为( )
    A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-\f(1,3),\f(1,3)))B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-1,\f(1,3)))
    C.[-1,1] D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-\f(π,4),\f(π,4)))
    5.[2021·昆明市模拟]已知函数f(x)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx-\f(π,4)))(ω>0),x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0,\f(π,2)))的值域是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-\f(\r(2),2),1)),则ω的取值范围是( )
    A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0,\f(3,2)))B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,2),3))
    C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(3,\f(7,2)))D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5,2),\f(7,2)))
    二、填空题
    6.比较大小:sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(π,18)))________sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(π,10))).
    7.函数y=-taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(3π,4)))的单调递减区间为________.
    8.设函数f(x)=cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx-\f(π,6)))(ω>0),若f(x)≤feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))对任意的实数x都成立,则ω的最小值为________.
    三、解答题
    9.已知函数f(x)=eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,4))).
    (1)求函数f(x)图象的对称轴方程;
    (2)求函数f(x)的单调递增区间.
    10.已知函数f(x)=sinωx-csωx(ω>0)的最小正周期为π.
    (1)求函数y=f(x)图象的对称轴方程;
    (2)讨论函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0,\f(π,2)))上的单调性.
    [能力挑战]
    11.函数f(x)=sin2x+eq \r(3)csx-eq \f(3,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0,\f(π,2)))))的最大值是________.
    12.当x=eq \f(π,4)时,函数f(x)=Asin(x+φ)(A>0)取得最小值则函数y=feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)-x))是( )
    A.奇函数且图象关于直线x=eq \f(π,2)对称
    B.偶函数且图象关于直线x=eq \f(π,2)对称
    C.奇函数且图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2),0))对称
    D.偶函数且图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2),0))对称
    13.[2021·四川遂宁零诊]已知ω>eq \f(1,12),函数f(x)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2ωx+\f(π,4)))在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2),\f(3π,2)))内没有最值,则ω的取值范围是( )
    A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,6),\f(1,2)))B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5,12),\f(11,24)))
    C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,4),\f(5,12)))D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5,12),1))
    课时作业20
    1.解析:函数f(x)=sinxcsx=eq \f(1,2)sin2x,故函数f(x)的周期为T=eq \f(2π,2)=π,当2x=2kπ+eq \f(π,2)(k∈Z),即x=kπ+eq \f(π,4)(k∈Z)时,函数f(x)取得最大值eq \f(1,2).
    答案:B
    2.解析:由x+eq \f(π,5)=eq \f(kπ,2)(k∈Z),得x=eq \f(kπ,2)-eq \f(π,5)(k∈Z),当k=1时,x=eq \f(3π,10),所以函数y=taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x+\f(π,5)))的一个对称中心的点是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,10),0)).故选D项.
    答案:D
    3.解析:由x1=eq \f(π,4),x2=eq \f(3π,4)是f(x)=sinωx(ω>0)的两个相邻的极值点,可得eq \f(T,2)=eq \f(3π,4)-eq \f(π,4)=eq \f(π,2),则T=π=eq \f(2π,ω),得ω=2,故选A.
    答案:A
    4.解析:令2kπ-eq \f(π,2)≤eq \f(π,2)x+eq \f(π,3)≤2kπ+eq \f(π,2),k∈Z,得x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(4k-\f(5,3),4k+\f(1,3))),k∈Z,又x∈[-1,1],所以f(x)在[-1,1]上的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-1,\f(1,3))).
    答案:B
    5.解析:通解 因为x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0,\f(π,2))),ω>0,所以ωx-eq \f(π,4)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-\f(π,4),\f(ωπ,2)-\f(π,4))).又当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0,\f(π,2)))时,f(x)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-\f(\r(2),2),1)),所以eq \f(π,2)≤eq \f(ωπ,2)-eq \f(π,4)≤eq \f(5π,4),解得eq \f(3,2)≤ω≤3,故选B.
    优解 当ω=2时,f(x)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,4))).因为x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0,\f(π,2))),所以2x-eq \f(π,4)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-\f(π,4),\f(3π,4))),所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,4)))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-\f(\r(2),2),1)),满足题意,故排除A、C、D,选B.
    答案:B
    6.解析:因为y=sinx在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-\f(π,2),0))上为增函数且-eq \f(π,18)>-eq \f(π,10),故sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(π,18)))>sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(π,10))).
    答案:>
    7.解析:由-eq \f(π,2)+kπ<2x-eq \f(3π,4)得eq \f(π,8)+eq \f(kπ,2)所以y=-taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(3π,4)))的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)+\f(kπ,2),\f(5π,8)+\f(kπ,2)))(k∈Z).
    答案:eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)+\f(kπ,2),\f(5π,8)+\f(kπ,2)))(k∈Z)
    8.解析:因为f(x)≤feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))对任意的实数x都成立,所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))为f(x)的最大值,所以eq \f(π,4)ω-eq \f(π,6)=2kπ(k∈Z),所以ω=8k+eq \f(2,3)(k∈Z),
    因为ω>0,所以当k=0时,ω取最小值为eq \f(2,3).
    答案:eq \f(2,3)
    9.解析:(1)令2x+eq \f(π,4)=kπ+eq \f(π,2),k∈Z,得x=eq \f(kπ,2)+eq \f(π,8),k∈Z.所以函数f(x)图象的对称轴方程是x=eq \f(kπ,2)+eq \f(π,8),k∈Z.
    (2)令2kπ-eq \f(π,2)≤2x+eq \f(π,4)≤2kπ+eq \f(π,2),k∈Z,得kπ-eq \f(3π,8)≤x≤kπ+eq \f(π,8),k∈Z.
    故函数f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ-\f(3π,8),kπ+\f(π,8))),k∈Z.
    10.解析:(1)∵f(x)=sinωx-csωx=eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx-\f(π,4))),且T=π,∴ω=2.于是,f(x)=eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,4))).令2x-eq \f(π,4)=kπ+eq \f(π,2)(k∈Z),得x=eq \f(kπ,2)+eq \f(3π,8)(k∈Z),即函数f(x)图象的对称轴方程为x=eq \f(kπ,2)+eq \f(3π,8)(k∈Z).
    (2)令2kπ-eq \f(π,2)≤2x-eq \f(π,4)≤2kπ+eq \f(π,2)(k∈Z),得函数f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ-\f(π,8),kπ+\f(3π,8)))(k∈Z).注意到x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0,\f(π,2))),所以令k=0,得函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0,\f(π,2)))上的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0,\f(3π,8)));同理,其单调递减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3π,8),\f(π,2))).
    11.解析:f(x)=sin2x+eq \r(3)csx-eq \f(3,4)=1-cs2x+eq \r(3)csx-eq \f(3,4)=-eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(csx-\f(\r(3),2)))2+1,csx∈[0,1],当csx=eq \f(\r(3),2)时,f(x)取得最大值1.
    答案:1
    12.解析:因为当x=eq \f(π,4)时,函数f(x)=Asin(x+φ)(A>0)取得最小值,所以eq \f(π,4)+φ=-eq \f(π,2)+2kπ,k∈Z,即φ=-eq \f(3π,4)+2kπ,k∈Z,所以f(x)=Asineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x-\f(3π,4)))(A>0),所以y=feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)-x))=Asineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)-x-\f(3π,4)))=-Acsx,所以函数y=feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)-x))为偶函数且图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2),0))对称,故选D.
    答案:D
    13.解析:解法一 (一般解法)当f(x)取得最值时,2ωx+eq \f(π,4)=eq \f(π,2)+kπ,k∈Z,解得x=eq \f(π,8ω)+eq \f(kπ,2ω),k∈Z.
    依题意得x=eq \f(π,8ω)+eq \f(kπ,2ω)∉eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2),\f(3π,2))),k∈Z.
    令eq \f(π,8ω)+eq \f(kπ,2ω)≤eq \f(π,2),k∈Z,解得ω≥eq \f(1,4)+k,k∈Z,当k=0时,ω≥eq \f(1,4).
    令eq \f(π,8ω)+eq \f(kπ,2ω)≥eq \f(3π,2),k∈Z,解得ω≤eq \f(1,12)+eq \f(k,3),k∈Z,当k=1时,ω≤eq \f(5,12).
    所以ω的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,4),\f(5,12))).故选C.
    解法二 (秒杀解法)根据选项知,当ω=eq \f(1,6)时,f(x)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)x+\f(π,4))).
    因为x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2),\f(3π,2))),所以eq \f(1,3)x+eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12),\f(3π,4))),当eq \f(1,3)x+eq \f(π,4)=eq \f(π,2)时f(x)取得最值,不符合题意,排除A.
    当ω=eq \f(1,4)时,f(x)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x+\f(π,4))),因为x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2),\f(3π,2))),所以eq \f(1,2)x+eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2),π)),函数没有最值,符合题意,B,D均未包含ω=eq \f(1,4),不符合题意,排除B,D.选C.
    答案:C

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