统考版2024届高考数学二轮专项分层特训卷四热点问题专练热点六三角函数理（附解析）

这是一份统考版2024届高考数学二轮专项分层特训卷四热点问题专练热点六三角函数理（附解析），共6页。试卷主要包含了答案等内容，欢迎下载使用。
A．eq \f(7,9)B．－eq \f(1,9)C．eq \f(1,9)D．－eq \f(5,9)
2．[2023·成都诊断性检测](函数图象平移)已知锐角φ满足eq \r(3)sinφ－csφ＝1.若要得到函数f(x)＝eq \f(1,2)－sin2(x＋φ)的图象，则可以将函数y＝eq \f(1,2)sin2x的图象( )
A．向左平移eq \f(7π,12)个单位长度B．向左平移eq \f(π,12)个单位长度
C．向右平移eq \f(7π,12)个单位长度D．向右平移eq \f(π,12)个单位长度
3.
[2023·惠州调研](三角函数图象)已知函数f(x)＝eq \r(2)sin (ωx＋φ)(ω>0，|φ|0)的最小正周期为π，若f(x)在[0，t)上的函数值中没有最小值，则实数t的取值范围是( )
A．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))B．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(2π,3)))C．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(5π,6)))D．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(2π,3)))
5．[2023·银川市普通高中质量检测](三角函数的图象与性质)将函数f(x)＝2sinxcsx－cs2x的图象向左平移eq \f(π,3)个单位长度，得到函数g(x)的图象，则下列结论正确的是( )
A．函数g(x)的最小正周期为2π
B．函数g(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,12)对称
C．函数g(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，0))对称
D．函数g(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，0))上单调递增
[答题区]
6.(三角函数求角)已知tan (α－β)＝eq \f(1,2)，tanβ＝－eq \f(1,7)，且α，β∈(0，π)，则2α－β＝________．
7．(三角函数的周期)设函数f(x)＝Asin (ωx＋φ)(A，ω，φ是常数，A>0，ω>0).若f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))上具有单调性，且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)))＝－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))，则f(x)的最小正周期为________．
8．(三角函数的性质)已知函数f(x)＝sin (x－π)，g(x)＝cs (x＋π)，有以下命题：
①函数y＝f(x)g(x)的最小正周期为π；
②函数y＝f(x)g(x)的最大值为2；
③将函数y＝f(x)的图象向右平移eq \f(π,2)个单位后得到函数y＝g(x)的图象；
④将函数y＝f(x)的图象向左平移eq \f(π,2)个单位后得到y＝g(x)的图象．
其中正确命题的序号是________．
9．(三角函数综合)设函数f(x)＝cs (2x－eq \f(π,3))＋2sin2(x＋eq \f(π,2)).
(1)求f(x)的最小正周期和对称轴方程；
(2)当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,4)))时，求f(x)的值域．
10．(三角函数综合)已知函数f(x)＝2cs2x＋2eq \r(3)sinxcsx＋a，且当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，f(x)的最小值为2.
(1)求a的值，并求f(x)的单调递增区间；
(2)先将函数y＝f(x)的图象上点的纵坐标不变，横坐标缩小到原来的eq \f(1,2)，再将所得的图象向右平移eq \f(π,12)个单位，得到函数y＝g(x)的图象，求方程g(x)＝4在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上所有根之和．
热点（六） 三角函数
1．C ∵sin（α＋π）＝－sinα＝－eq \f(2,3)，∴sinα＝eq \f(2,3)，
∴cs2α＝1－2sin2α＝1－2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(2)＝eq \f(1,9).故选C.
2．A 因为eq \r(3)sinφ－csφ＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(φ－\f(π,6)))＝1，所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(φ－\f(π,6)))＝eq \f(1,2).因为φ为锐角，所以φ－eq \f(π,6)＝eq \f(π,6)，所以φ＝eq \f(π,3).所以f（x）＝eq \f(1,2)－sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))＝eq \f(1,2)－eq \f(1－cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3))),2)＝eq \f(1,2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3)))＝eq \f(1,2)sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3)))))＝－eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＝－eq \f(1,2)sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(π－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))))＝eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(5π,6)))＝eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2π＋2x－\f(5π,6)))＝eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(7π,6)))＝eq \f(1,2)sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(7π,12)))))，所以将函数y＝eq \f(1,2)sin2x的图象向左平移eq \f(7π,12)个单位长度可得到函数f（x）的图象，故选A.
3．D 由题中图象，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)ω＋φ))＝1,\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)ω＋φ))＝0))，即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)ω＋φ))＝\f(\r(2),2),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)ω＋φ))＝0)).
由“五点作图法”知点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)，0))为第一个零点，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)ω＋φ＝\f(3π,4),\f(π,8)ω＋φ＝0))，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ω＝2,φ＝－\f(π,4)))，所以f（x）＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4))).
由eq \f(π,2)＋2kπ≤2x－eq \f(π,4)≤eq \f(3π,2)＋2kπ（k∈Z），得eq \f(3π,8)＋kπ≤x≤eq \f(7π,8)＋kπ（k∈Z），即函数f（x）的单调递减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3π,8)＋kπ，\f(7π,8)＋kπ))（k∈Z），故选D.
4．D ∵函数f（x）＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))（ω>0）的最小正周期为π，
∴ω＝2.当x∈[0，t）时，2x＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，2t＋\f(π,6)))，
∵当x∈[0，t）时，函数值中没有最小值，
∴eq \f(5π,6)