2023届高考数学一轮复习作业三角函数的图像与性质北师大版（答案有详细解析）

这是一份2023届高考数学一轮复习作业三角函数的图像与性质北师大版（答案有详细解析），共7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．函数f (x)＝ln(cs x)的定义域为( )
A．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,2)，kπ＋\f(π,2)))，k∈Z
B．(kπ，kπ＋π)，k∈Z
C．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2kπ－\f(π,2)，2kπ＋\f(π,2)))，k∈Z
D．(2kπ，2kπ＋π)，k∈Z
C [由题意知cs x＞0，则2kπ－eq \f(π,2)＜x＜2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，故选C．]
2．(2019·全国卷Ⅱ)若x1＝eq \f(π,4)，x2＝eq \f(3π,4)是函数f (x)＝sin ωx(ω＞0)的两个相邻的极值点，则ω＝( )
A．2 B．eq \f(3,2) C．1 D．eq \f(1,2)
A [由题意及函数y＝sin ωx的图像与性质可知，
eq \f(1,2)T＝eq \f(3π,4)－eq \f(π,4)，∴T＝π，∴eq \f(2π,ω)＝π，∴ω＝2．
故选A．]
3．下列函数中最小正周期为π，且在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上为增函数的是( )
A．f (x)＝|sin 2x|B．f (x)＝tan|x|
C．f (x)＝－cs 2xD．f (x)＝cs|2x|
C [函数f (x)＝tan|x|不是周期函数，因此排除B．
函数f (x)＝|sin 2x|在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上不是单调函数，故排除A．
函数f (x)＝cs|2x|在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上是减函数，故排除D，
综上知选C．]
4．(2021·北京高考)已知函数f (x)＝cs x－cs 2x，则该函数( )
A．奇函数，最大值为2B．偶函数，最大值为2
C．奇函数，最大值为eq \f(9,8)D．偶函数，最大值为eq \f(9,8)
D [函数f (x)定义域为R，且f (－x)＝f (x)，则f (x)为偶函数，
f (x)＝cs x－cs 2x＝cs x－(2cs2x－1)＝－2cs2x＋cs x＋1＝－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs x－\f(1,4)))eq \s\up12(2)＋eq \f(9,8)，故最大值为eq \f(9,8)，故选D．]
5．已知函数f (x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,2)))(0＜ω＜π)，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝0，则函数f (x)的图像的对称轴方程为( )
A．x＝kπ－eq \f(π,4)，k∈ZB．x＝kπ＋eq \f(π,4)，k∈Z
C．x＝eq \f(1,2)kπ，k∈ZD．x＝eq \f(1,2)kπ＋eq \f(π,4)，k∈Z
C [f (x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,2)))＝cs ωx，
则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(πω,4)))＝0，
∵0＜ω＜π，∴eq \f(π,4)ω＝eq \f(π,2)，解得ω＝2，
即f (x)＝cs 2x．
由2x＝kπ，k∈Z得x＝eq \f(1,2)kπ，k∈Z，故选C．]
二、填空题
6．函数y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－2x))的单调递减区间为________．
eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(π,8)，kπ＋\f(5π,8)))(k∈Z) [因为y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－2x))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))，
所以令2kπ≤2x－eq \f(π,4)≤2kπ＋π(k∈Z)，解得kπ＋eq \f(π,8)≤x≤kπ＋eq \f(5π,8)(k∈Z)，
所以函数的单调递减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(π,8)，kπ＋\f(5π,8)))(k∈Z)．]
7．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＝________．
eq \f(3,2) [由题意知eq \f(π,3)ω＝eq \f(π,2)，解得ω＝eq \f(3,2)．]
8．函数f (x)＝eq \r(3)cs(3x－θ)－sin(3x－θ)是奇函数，则tan θ等于________．
－eq \r(3) [f (x)＝eq \r(3)cs(3x－θ)－sin(3x－θ)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－3x＋θ))＝－2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x－\f(π,3)－θ))，
因为函数f (x)为奇函数，
则有－eq \f(π,3)－θ＝kπ，k∈Z，
即θ＝－kπ－eq \f(π,3)，k∈Z，
故tan θ＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－kπ－\f(π,3)))＝－eq \r(3)．]
三、解答题
9．(2021·浙江高考)设函数f (x)＝sin x＋cs x(x∈R)．
(1)求函数y＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,2)))))eq \s\up12(2)的最小正周期；
(2)求函数y＝f (x)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的最大值．
[解] (1)因为f (x)＝sin x＋cs x，
所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,2)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,2)))＋cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,2)))＝cs x－sin x，
所以y＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,2)))))eq \s\up12(2)＝(cs x－sin x)2＝1－sin 2x．
所以函数y＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,2)))))eq \s\up12(2)的最小正周期T＝eq \f(2π,2)＝π．
(2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))＋cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))＝eq \r(2)sin x，
所以y＝f (x)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))＝eq \r(2)sin x(sin x＋cs x)＝eq \r(2)(sin xcs x＋sin2x)＝eq \r(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)sin 2x－\f(1,2)cs 2x＋\f(1,2)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))＋eq \f(\r(2),2)．
当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，2x－eq \f(π,4)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))，
所以当2x－eq \f(π,4)＝eq \f(π,2)，即x＝eq \f(3π,8)时，
函数y＝f (x)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上取得最大值，且ymax＝1＋eq \f(\r(2),2)．
10．已知f (x)＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)的最小正周期为2，且当x＝eq \f(1,3)时，f (x)的最大值为2．
(1)求f (x)的解析式；
(2)在闭区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(21,4)，\f(23,4)))上是否存在f (x)的对称轴？如果存在求出其对称轴．若不存在，请说明理由．
[解] (1)由T＝2知eq \f(2π,ω)＝2得ω＝π．
又当x＝eq \f(1,3)时f (x)max＝2，知A＝2．
且eq \f(π,3)＋φ＝2kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，故φ＝2kπ＋eq \f(π,6)(k∈Z)．
∴f (x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(πx＋2kπ＋\f(π,6)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(πx＋\f(π,6)))．
(2)存在．令πx＋eq \f(π,6)＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，
得x＝k＋eq \f(1,3)(k∈Z)．
由eq \f(21,4)≤k＋eq \f(1,3)≤eq \f(23,4)．得eq \f(59,12)≤k≤eq \f(65,12)，又k∈Z，∴k＝5．
故在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(21,4)，\f(23,4)))上存在f (x)的对称轴，其方程为x＝eq \f(16,3)．
1．(2021·朝阳区二模)已知函数f (x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))，则下列四个结论中正确的是( )
A．函数f (x)的图像关于eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)，0))中心对称
B．函数f (x)的图像关于直线x＝－eq \f(π,8)对称
C．函数f (x)在区间(－π，π)内有4个零点
D．函数f (x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))上单调递增
C [对于函数f (x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))，令x＝eq \f(5π,12)，求得f (x)＝eq \f(\r(3),2)，故函数f (x)的图像不关于eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)，0))中心对称，故排除A；
令x＝－eq \f(π,8)，求得f (x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5π,12)))，不是最值，故函数f (x)的图像不关于直线x＝－eq \f(π,8)对称，故排除B；
在区间(－π，π)上，2x－eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(13π,6)，\f(11π,6)))，当2x－eq \f(π,6)＝－2π，－π，0，π时，f (x)＝0，故函数f (x)在区间(－π，π)内有4个零点，故C正确；
在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))上，2x－eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(7π,6)，－\f(π,6)))，f (x)没有单调性，故D错误，故选C．]
2．(2021·成都模拟)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))上单调递增；
③f (x)在[－π，π]上有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
C [f (－x)＝sin|－x|＋|sin(－x)|＝sin|x|＋|sin x|＝f (x)，∴f (x)为偶函数，故①正确；当eq \f(π,2)＜x＜π时，f (x)＝sin x＋sin x＝2sin x，∴f (x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上单调递减，故②不正确；f (x)在[－π，π]上的图像如图所示，由图可知函数f (x)在[－π，π]上只有3个零点，故③不正确；∵y＝sin|x|与y＝|sin x|的最大值都为1且可以同时取到，∴f (x)可以取到最大值2，故④正确．综上，正确结论的编号是①④．故选C．]
3．已知函数f (x)＝sin(ωx＋φ) (0＜ω＜1，0≤φ≤π)是R上的偶函数，其图像关于点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)，0))对称．
(1)求φ，ω的值；
(2)求f (x)的单调递增区间；
(3)x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3π,4)，\f(π,2)))，求f (x)的最大值与最小值．
[解] (1)因为f (x)＝sin(ωx＋φ)是R上的偶函数，所以φ＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，且0≤φ≤π，则φ＝eq \f(π,2)，即f (x)＝cs ωx．
因为图像关于点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)，0))对称，
所以ω×eq \f(3π,4)＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，且0＜ω＜1，所以ω＝eq \f(2,3)．
(2)由(1)得f (x)＝cs eq \f(2,3)x，
由－π＋2kπ≤eq \f(2,3)x≤2kπ且k∈Z得，3kπ－eq \f(3π,2)≤x≤3kπ，k∈Z，
所以函数f (x)的递增区间是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(3kπ－\f(3π,2)，3kπ))，k∈Z．
(3)因为x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3π,4)，\f(π,2)))，所以eq \f(2,3)x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,3)))，
当eq \f(2,3)x＝0时，即x＝0，函数f (x)的最大值为1，
当eq \f(2,3)x＝－eq \f(π,2)时，
即x＝－eq \f(3π,4)，函数f (x)的最小值为0．
1．已知函数f (x)＝sin x＋eq \r(3)cs x在x＝θ时取得最大值，则cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2θ＋\f(π,4)))＝( )
A．－eq \f(\r(2)＋\r(6),4)B．－eq \f(1,2)
C．eq \f(\r(2)－\r(6),4)D．eq \f(\r(3),2)
C [法一：∵f (x)＝sin x＋eq \r(3)cs x＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))，又f (x)在x＝θ时取得最大值，∴θ＋eq \f(π,3)＝eq \f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，即θ＝eq \f(π,6)＋2kπ(k∈Z)，于是cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2θ＋\f(π,4)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋\f(π,4)＋4kπ))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋\f(π,4)))＝eq \f(1,2)×eq \f(\r(2),2)－eq \f(\r(3),2)×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(\r(2)－\r(6),4)，故选C．
法二：∵f (x)＝sin x＋eq \r(3)cs x，
∴f ′(x)＝cs x－eq \r(3)sin x．
又f (x)在x＝θ时取得最大值，∴f ′(θ)＝cs θ－eq \r(3)sin θ＝0，即tan θ＝eq \f(\r(3),3)，则cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2θ＋\f(π,4)))＝eq \f(\r(2),2)(cs 2θ－sin 2θ)＝eq \f(\r(2),2)×eq \f(1－tan2θ－2tan θ,1＋tan2θ)＝eq \f(\r(2)－\r(6),4)，故选C．]
2．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)当x∈[0，π]时，函数f (x)的值域是[5，8]，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．