2022年高考数学(文数)一轮考点精选练习16《三角函数的图象与性质》(含详解)

这是一份2022年高考数学(文数)一轮考点精选练习16《三角函数的图象与性质》(含详解)，共5页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
若eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)，0))是函数f(x)=sinωx＋csωx图象的一个对称中心，则ω的一个取值是( )
A.2 B.4 C.6 D.8
下列四个函数中，以π为最小正周期，且在区间(eq \f(π,2),π)上为减函数的是( )
A.y=sin 2x B.y=2|cs x| C.y=cs eq \f(x,2) D.y=tan(－x)
将函数y=sin(2x-eq \f(π,6))的图象向左平移eq \f(π,4)个单位长度后所得函数图象的一条对称轴方程是( )
A.x=eq \f(π,12) B.x=eq \f(π,6) C.x=eq \f(π,3) D.x=－eq \f(π,12)
关于函数y=tan(2x-eq \f(π,3))，下列说法正确的是( )
A.是奇函数
B.在区间(0,eq \f(π,3))上单调递减
C.(eq \f(π,6),0)为其图象的一个对称中心
D.最小正周期为π
已知函数y=2cs x的定义域为[eq \f(π,3),π]，值域为[a，b]，则b－a的值是( )
A.2 B.3 C.eq \r(3)＋2 D.2－eq \r(3)
求y=|csx|的一个单调增区间是( )
A.[- eq \f(π,2)，eq \f(π,2)] B.[0，π] C.[π，1.5π] D.[1.5π,2π]
设函数f(x)=eq \r(3)sin ωx＋cs ωx(ω>0)，其图象的一条对称轴在区间(eq \f(π,6),eq \f(π,3))内，
且f(x)的最小正周期大于π，则ω的取值范围为( )
A.(1,eq \f(1,2) ) B.(0,2) C.(1,2) D.[1,2)
将函数f(x)=sinωx(其中ω>0)的图象向右平移eq \f(π,2)个单位长度，所得图象关于直线x=eq \f(π,6)对称，则ω的最小值是( )
A.6 B.eq \f(2,3) C.eq \f(9,4) D.eq \f(3,2)
已知函数f(x)=(1－2cs2x)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)＋θ))－2sin xcs xcs(eq \f(π,2)－θ)(|θ|≤(eq \f(π,2))在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3π,8)，－\f(π,6)))上单调递增.若feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)))≤m恒成立，则实数m的取值范围为( )
A.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，＋∞)) B.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)) C.[1，＋∞) D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，＋∞))
将函数f(x)=sin 2x图象上的所有点向右平移eq \f(π,4)个单位长度后得到函数g(x)的图象.
若g(x)在区间[0，a]上单调递增，则a的最大值为( )
A.eq \f(π,8) B.eq \f(π,4) C.eq \f(π,6) D.eq \f(π,2)
设ω>0，m>0，若函数f(x)=msin eq \f(ωx,2)cs eq \f(ωx,2)在区间[- eq \f(π,3),eq \f(π,3)]上单调递增，则ω的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,3))) B.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2))) C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞)) D.[1，＋∞)
已知函数f(x)=sin(ωx＋eq \f(π,4))(ω>0)，x∈R.若函数f(x)在区间(－ω，ω)内单调递增，
且函数y=f(x)的图象关于直线x=ω对称，则ω的值为( )
A.eq \f(1,2) B.2 C.eq \f(π,2) D.eq \f(\r(π),2)
二、填空题
函数f(x)=sin(－2x)的单调增区间是________.
若函数f(x)=cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋φ－\f(π,3)))(0＜φ＜π)是奇函数，则φ= .
已知关于x的方程2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))＋1－a=0在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(2π,3)))上存在两个根，则实数a的取值范围是 .
设函数f(x)=3sin(eq \f(π,2)x+eq \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 .
已知函数f(x)=eq \r(3)sin(2x＋θ)－cs(2x＋θ)(－π<θ<0)的图象关于点(eq \f(π,6),0)对称，
记f(x)在区间[eq \f(π,6),eq \f(π,2)]上的最大值为n，且f(x)在[mπ，nπ](m则实数m的最小值是 .
已知函数f(x)=2|cs x|sin x＋sin 2x，给出下列四个命题：
①函数f(x)的图象关于直线x=eq \f(π,4)对称；
②函数f(x)在区间[- eq \f(π,4),eq \f(π,4)]上单调递增；
③函数f(x)的最小正周期为π；
④函数f(x)的值域为[－2,2].
其中是真命题的序号是________.(将你认为是真命题的序号都填上)
\s 0 答案解析
答案为：C;
解析：因为f(x)=sinωx＋csωx=eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,4)))，由题意，
知feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)))=eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ωπ,8)＋\f(π,4)))=0，所以eq \f(ωπ,8)＋eq \f(π,4)=kπ(k∈Z)，
即ω=8k－2(k∈Z)，当k=1时，ω=6.
答案为：D；
解析：A选项，函数在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3π,4)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)，π))上单调递增，故排除A；B选项，函数在(eq \f(π,2),π)上单调递增，故排除B；C选项，函数的周期是4π，故排除C.故选D.
答案为：A
解析：由题意知平移后的函数解析式为y=sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))－\f(π,6)))=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3))).
令2x＋eq \f(π,3)=kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，则x=eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,12)(k∈Z).结合选项知，选A.
答案为：C；
解析：函数y=tan(2x-eq \f(π,3))是非奇非偶函数，A错；函数y=tan(2x-eq \f(π,3))在区间(0,eq \f(π,3))上单调递增，B错；最小正周期为eq \f(π,2)，D错；由2x－eq \f(π,3)=eq \f(kπ,2)，k∈Z，得x=eq \f(kπ,4)＋eq \f(π,6)，k∈Z.
当k=0时，x=eq \f(π,6)，所以它的图象关于(eq \f(π,6),0)对称.
答案为：B
解析：因为函数y=2cs x的定义域为[eq \f(π,3),π]，所以函数y=2cs x的值域为[－2,1]，
所以b－a=1－(－2)=3.故选B.
答案为：D.
解析：将y=csx的图象位于x轴下方的图象关于x轴对称，x轴上方(或x轴上)的图象不变，即得y=|csx|的图象(如图).故选D.
答案为：C；
解析：由题意f(x)=eq \r(3)sin ωx＋cs ωx=2sin(ωx＋eq \f(π,6))(ω>0).
令ωx＋eq \f(π,6)=eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，得x=eq \f(π,3ω)＋eq \f(kπ,ω)，k∈Z.
∵函数图象的一条对称轴在区间(eq \f(π,6),eq \f(π,3))内，∴eq \f(π,6)∴3k＋1<ω<6k＋2，k∈Z.又∵f(x)的最小正周期大于π，∴eq \f(2π,ω)>π，解得0<ω<2.
∴ω的取值范围为(1,2).故选C.
答案为：D.
解析：将函数f(x)=sinωx的图象向右平移eq \f(π,2)个单位长度，
可得到函数f(x)=sinωx－eq \f(π,2)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(ωπ,2)))的图象.
因为所得图象关于直线x=eq \f(π,6)对称，所以ω·eq \f(π,6)－eq \f(ωπ,2)=eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，
即ω=－eq \f(3,2)－3k，k∈Z.因为ω>0，所以当k=－1时，ω取得最小值eq \f(3,2)，故选D.
答案为：C；
解析：∵f(x)=(1－2cs2x)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)＋θ))－2sin x·cs xcseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－θ))
=－cs 2x(－cs θ)－sin 2xsin θ=cs(2x＋θ)，
当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3π,8)，－\f(π,6)))时，－eq \f(3π,4)＋θ≤2x＋θ≤－eq \f(π,3)＋θ，
∴由函数递增知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－π≤－\f(3π,4)＋θ，,－\f(π,3)＋θ≤0，))解得－eq \f(π,4)≤θ≤eq \f(π,3).
∵feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)))=cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋θ))，0≤eq \f(π,4)＋θ≤eq \f(7π,12)，
∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)))≤1.∵feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)))≤m恒成立，∴m≥1.故选C.
答案为：D；
解析：f(x)的图象向右平移eq \f(π,4)个单位长度得到g(x)=sineq \b\lc\[\rc\ (\a\vs4\al\c1(,,,,))2(x-eq \f(π,4))eq \b\lc\ \rc\](\a\vs4\al\c1(,,,,))=－cs 2x的图象.
根据余弦函数的图象可知，当0≤2x≤π，即0≤x≤eq \f(π,2)时，g(x)单调递增，
故a的最大值为eq \f(π,2).
答案为：B；
解析：f(x)=msin eq \f(ωx,2)cs eq \f(ωx,2)=eq \f(1,2)msin ωx，若函数在区间[- eq \f(π,3),eq \f(π,3)]上单调递增，
则eq \f(T,2)=eq \f(π,ω)≥eq \f(π,3)＋eq \f(π,3)=eq \f(2π,3)，即ω∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2))).
答案为：D；
解析：因为f(x)在区间(－ω，ω)内单调递增，且函数图象关于直线x=ω对称，
所以f(ω)必为一个周期上的最大值，所以有ω·ω＋eq \f(π,4)=2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，
所以ω2=eq \f(π,4)＋2kπ，k∈Z.又ω－(－ω)≤eq \f(1,2)·eq \f(2π,ω)，
即ω2≤eq \f(π,2)，即ω2=eq \f(π,4)，所以ω=eq \f(\r(π),2).
答案为：[kπ＋eq \f(π,4)，kπ＋eq \f(3π,4)](k∈Z)
解析：f(x)=sin(－2x)=－sin 2x，由2kπ＋eq \f(π,2)≤2x≤2kπ＋eq \f(3π,2)得
kπ＋eq \f(π,4)≤x≤kπ＋eq \f(3π,4)(k∈Z).
答案为：eq \f(5π,6)；
解析：因为f(x)为奇函数，所以φ－eq \f(π,3)=eq \f(π,2)＋kπ(k∈Z)，φ=eq \f(5π,6)＋kπ，k∈Z.
又因为0＜φ＜π，故φ=eq \f(5π,6).
答案为：[2,3)；
解析：sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))=eq \f(a－1,2)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(2π,3)))上存在两个根，设x＋eq \f(π,6)=t，则t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(5π,6)))，
∴y=sint，t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(5π,6)))的图象与直线y=eq \f(a－1,2)有两个交点，
∴eq \f(1,2)≤eq \f(a－1,2)＜1，∴2≤a＜3.
答案为：2.
解析：f(x)=3sin(eq \f(π,2)x+eq \f(π,4))的周期T=2π×eq \f(2,π)=4，f(x1)，f(x2)应分别为函数f(x)的最小值和最大值，故|x1－x2|的最小值为eq \f(T,2)=2.
答案为：eq \f(23,12).
解析：由题意知f(x)=2sin2x＋θ－eq \f(π,6)，
又其图象关于点(eq \f(π,6),0)对称，所以2×eq \f(π,6)＋θ－eq \f(π,6)=kπ，k∈Z.
又－π<θ<0，得θ=－eq \f(π,6)，所以f(x)=2sin(2x－eq \f(π,3)).
当x∈[eq \f(π,6),eq \f(π,2)]时，2x－eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(2π,3)))，在此区间上，f(x)max=2，
所以n=2.由－eq \f(π,2)＋2kπ≤2x－eq \f(π,3)≤eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，
得f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)＋kπ，\f(5π,12)＋kπ))，k∈Z.
又f(x)在[mπ，2π]上单调递增，所以k=2，则m的最小值为eq \f(23,12).
答案为：②④.
解析：对于函数f(x)=2|cs x|sin x＋sin 2x，
由于f(- eq \f(π,4))=－2，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)))=0，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)))≠feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)))，
故f(x)的图象不关于直线x=eq \f(π,4)对称，故排除①.
在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4)))上，f(x)=2|cs x|sin x＋sin 2x=2sin 2x，
2x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))单调递增，故②正确.函数feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))=eq \r(3)，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4π,3)))=0，
所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))≠feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4π,3)))，故函数f(x)的最小正周期不是π，故③错误.
当cs x≥0时，f(x)=2|cs x|sin x＋sin 2x=2sin xcs x＋sin 2x=2sin 2x，
故它的最大值为2，最小值为－2；
当cs x<0时，f(x)=2|cs x|sin x＋sin 2x=－2sin xcs x＋sin 2x=0，
综合可得，函数f(x)的最大值为2，最小值为－2，故④正确.