高考数学(理数)一轮课后刷题练习：第3章　三角函数、解三角形3.3(教师版)

这是一份高考数学(理数)一轮课后刷题练习：第3章　三角函数、解三角形3.3(教师版)，共10页。

一、选择题
1．如果函数y＝3cs(2x＋φ)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4π,3)，0))成中心对称，那么|φ|的最小值为( )
A.eq \f(π,6) B.eq \f(π,4) C.eq \f(π,3) D.eq \f(π,2)
答案 A
解析 依题意得3cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8π,3)＋φ))＝0，eq \f(8π,3)＋φ＝kπ＋eq \f(π,2)，
φ＝kπ－eq \f(13,6)π(k∈Z)，因此|φ|的最小值是eq \f(π,6).故选A.
2．已知函数y＝sinωx在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,3)))上是增函数，则实数ω的取值范围是( )
A.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，0)) B．[－3,0)
C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2))) D．(0,3]
答案 C
解析 由于y＝sinx在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上是增函数，
为保证y＝sinωx在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,3)))上是增函数，所以ω>0，
且eq \f(π,3)ω≤eq \f(π,2)，则0<ω≤eq \f(3,2).故选C.
3．函数y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)x－\f(π,3)))(0≤x≤9)的最大值与最小值之和为( )
A．2－eq \r(3) B．0 C．－1 D．－1－eq \r(3)
答案 A
解析 因为0≤x≤9，所以－eq \f(π,3)≤eq \f(π,6)x－eq \f(π,3)≤eq \f(7π,6)，
所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)x－\f(π,3)))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，1)).
所以y∈[－eq \r(3)，2]，所以ymax＋ymin＝2－eq \r(3)，选A.
4．设函数f(x)＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋φ＋\f(π,4)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))的最小正周期为π，且是偶函数，则( )
A．f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))内单调递减
B．f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(3π,4)))内单调递减
C．f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))内单调递增
D．f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(3π,4)))内单调递增
答案 A
解析 由条件，知ω＝2.
因为f(x)是偶函数，且|φ|这时f(x)＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2)))＝eq \r(2)cs2x.
因为当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，2x∈(0，π)，
所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))内单调递减．故选A.
5．将函数y＝sinx的图象向左平移eq \f(π,2)个单位，得到函数y＝f(x)的图象，则下列说法正确的是( )
A．y＝f(x)是奇函数
B．y＝f(x)的周期为π
C．y＝f(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,2)对称
D．y＝f(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))对称
答案 D
解析 由题意知，f(x)＝csx，所以它是偶函数，A错误；它的周期为2π，B错误；它的对称轴是直线x＝kπ，k∈Z，C错误；它的对称中心是点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(π,2)，0))，k∈Z，D正确．故选D.
6．已知函数f(x)＝sin(2x＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0<φ<\f(π,2)))的图象的一个对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,8)，0))，则函数f(x)的单调递减区间是( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ－\f(3π,8)，2kπ＋\f(π,8)))(k∈Z)
B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ＋\f(π,8)，2kπ＋\f(5π,8)))(k∈Z)
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(3π,8)，kπ＋\f(π,8)))(k∈Z)
D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(π,8)，kπ＋\f(5π,8)))(k∈Z)
答案 D
解析 由题意得feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,8)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(3π,8)＋φ))＝0，则2×eq \f(3π,8)＋φ＝kπ，k∈Z，解得φ＝－eq \f(3π,4)＋kπ，k∈Z，又因为0<φ7．已知函数y＝sineq \f(πx,3)在区间[0，t]上至少取得2次最大值，则正整数t的最小值是( )
A．6 B．7 C．8 D．9
答案 C
解析 由y＝sineq \f(πx,3)可得T＝6，则由图象可知eq \f(5T,4)≤t，
即eq \f(15,2)≤t，∴tmin＝8.故选C.
8．将函数f(x)＝sin(2x＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(|φ|<\f(π,2)))的图象向左平移eq \f(π,6)个单位长度后关于原点对称，则函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的最小值为( )
A．－eq \f(\r(3),2) B．－eq \f(1,2) C.eq \f(1,2) D.eq \f(\r(3),2)
答案 A
解析 将f(x)＝sin(2x＋φ)的图象左移eq \f(π,6)个单位长度得y＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))＋φ))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)＋φ))的图象，该图象关于原点对称，即为奇函数，则eq \f(π,3)＋φ＝kπ(k∈Z)，且|φ|9．若函数f(x)＝Msin(ωx＋φ)(ω>0)在区间[a，b]上是增函数，且f(a)＝－M，f(b)＝M，则函数g(x)＝Mcs(ωx＋φ)在[a，b]上( )
A．是增函数 B．是减函数
C．可以取得最大值M D．可以取得最小值－M
答案 C
解析 解法一：(特值法)取M＝2，ω＝1，φ＝0画图象即得答案．
解法二：T＝eq \f(2π,ω)，g(x)＝Mcs(ωx＋φ)＝Msineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋φ＋\f(π,2)))
＝Msineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(ω\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,2ω)))＋φ))，
∴g(x)的图象是由f(x)的图象向左平移eq \f(π,2ω)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(即\f(T,4)))得到的．
由b－a＝eq \f(T,2)，可知，g(x)的图象由f(x)的图象向左平移eq \f(b－a,2)得到的．
∴得到g(x)图象如图所示．选C.
10．已知函数f(x)＝|sinx|·csx，给出下列五个结论：
①feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2018π,3)))＝－eq \f(\r(3),4)；
②若|f(x1)|＝|f(x2)|，则x1＝x2＋kπ(k∈Z)；
③f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4)))上单调递增；
④函数f(x)的周期为π；
⑤f(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，0))成中心对称．
其中正确的结论是( )
A．①⑤ B．①②⑤ C．②④ D．②⑤
答案 A
解析 ①feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2018π,3)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(sin\f(2018π,3)))·cseq \f(2018π,3)＝eq \f(\r(3),2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝－eq \f(\r(3),4)，
∴①正确；②若|f(x1)|＝|f(x2)|，则eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)sin2x1))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)sin2x2))，
当x1＝0，x2＝eq \f(π,2)时也成立，∴②不正确；
③∵当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4)))时，f(x)＝|sinx|csx＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)sin2x，－\f(π,4)≤x<0，,\f(1,2)sin2x，0≤x≤\f(π,4)，))
∴f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4)))上不是单调函数，∴③不正确；
④∵f(x＋π)≠f(x)，∴函数f(x)的周期不是π，∴④不正确；
⑤∵f(x)＝|sinx|csx＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)sin2x，－π＋2kπ∴结合图象可知f(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，0))成中心对称，∴⑤正确．
故选A.
二、填空题
11．设函数f(x)＝sin(eq \r(3)x＋φ)(0<φ<π)，若函数f(x)＋f′(x)是奇函数，则φ＝________.
答案 eq \f(2π,3)
解析 由题意得f′(x)＝eq \r(3)cs(eq \r(3)x＋φ)，f(x)＋f′(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)x＋φ＋\f(π,3)))是奇函数，因此φ＋eq \f(π,3)＝kπ(其中k∈Z)，φ＝kπ－eq \f(π,3).又0<φ<π，所以φ＝eq \f(2π,3).
12．将函数y＝sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)<φ<π))的图象，仅向右平移eq \f(4π,3)，或仅向左平移eq \f(2π,3)，所得到的函数图象均关于原点对称，则ω＝________.
答案 eq \f(1,2)
解析 注意到函数的两条相邻对称轴之间距离是函数周期的一半，即有eq \f(T,2)＝eq \f(4π,3)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2π,3)))＝2π，T＝4π，即eq \f(2π,ω)＝4π，ω＝eq \f(1,2).
13．(2017·绵阳模拟)已知函数f(x)＝4cs(ωx＋φ)(ω>0,0<φ<π)为奇函数，A(a,0)，B(b,0)是其图象上两点，若|a－b|的最小值是1，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,6)))＝________.
答案 －2
解析 ∵函数f(x)＝4cs(ωx＋φ)(ω>0,0<φ<π)为奇函数，
∴φ＝eq \f(π,2)，f(x)＝－4sinωx.
A(a,0)，B(b,0)是其图象上两点，若|a－b|的最小值是1，
则eq \f(1,2)·eq \f(2π,ω)＝1，∴ω＝π，f(x)＝－4sinπx，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,6)))＝－4sineq \f(π,6)＝－2.
14．设函数y＝sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，φ∈\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))))的最小正周期为π，且其图象关于直线x＝eq \f(π,12)对称，则在下面四个结论中：
①图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，0))对称；
②图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，0))对称；
③在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))上是增函数；
④在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，0))上是增函数．
所有正确结论的编号为________．
答案 ②④
解析 ∵y＝sin(ωx＋φ)的最小正周期为π，∴ω＝eq \f(2π,π)＝2.又其图象关于直线x＝eq \f(π,12)对称，得eq \f(π,6)＋φ＝eq \f(π,2)＋kπ(k∈Z)．令k＝0，得φ＝eq \f(π,3).∴y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3))).当x＝eq \f(π,3)时，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝0，∴函数图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，0))对称．所以②正确．解不等式－eq \f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq \f(π,3)≤eq \f(π,2)＋2kπ，得－eq \f(5π,12)＋kπ≤x≤eq \f(π,12)＋kπ(k∈Z)，所以④正确．
三、解答题
15．已知函数f(x)＝2sinx＋1.
(1)设ω为大于0的常数，若f(ωx)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(2π,3)))上单调递增，求实数ω的取值范围；
解 (1)当a＝1时，f(x)＝－cs2x＋csx＋2＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(csx－\f(1,2)))2＋eq \f(9,4).
∵csx∈[－1,1]，
∴当csx＝eq \f(1,2)，即x＝2kπ±eq \f(π,3)(k∈Z)时，
f(x)max＝eq \f(9,4).
(2)依题意sin2x＋acsx＋a≤1，
即sin2x＋a(csx＋1)≤1对任意x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))恒成立．
当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，0≤csx≤1，
则1≤csx＋1≤2，
∴a≤ eq \f(cs2x,csx＋1)对任意x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))恒成立．
令t＝csx＋1，则1≤t≤2，
∴a≤eq \f(t－12,t)＝eq \f(t2－2t＋1,t)＝t＋eq \f(1,t)－2对任意1≤t≤2恒成立，
于是a≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t＋\f(1,t)－2))min.
又∵t＋eq \f(1,t)－2≥0，当且仅当t＝1，即x＝eq \f(π,2)时取等号，
∴a≤0.