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统考版2024高考数学二轮专题复习课时作业5三角函数的图象与性质文
展开这是一份统考版2024高考数学二轮专题复习课时作业5三角函数的图象与性质文，共6页。试卷主要包含了故选A，故选D等内容，欢迎下载使用。
1.[2023·四川绵阳二模]已知角α的终边过点A(1，eq \r(3))，则sinα＋tanα＝( )
A．eq \f(3\r(3),2)B．eq \f(1＋2\r(3),2)
C．eq \f(5\r(3),6)D．eq \f(3＋2\r(3),6)
2．[2023·新疆高三检测]已知α∈eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(α\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)＋2kπ<α<\f(5π,4)＋2kπ，k∈Z))))，则( )
A．tan2α>0B．sin2α>0
C．sin2α<0D．cs2α>0
3．[2023·北京密云高三期末]如图所示，角α的终边与单位圆在第一象限交于点P.且点P的横坐标为eq \f(5,13)，若角β的终边与角α的终边关于y轴对称，则( )
A．sinβ＝eq \f(5,13)B．sinβ＝－eq \f(5,13)
C．sinβ＝eq \f(12,13)D．sinβ＝－eq \f(12,13)
4．[2023·四川遂宁检测]已知α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(π，\f(3π,2)))，csα＝－eq \f(5,13)，则tanα＝( )
A．－eq \f(12,5)B．－eq \f(5,12)
C．eq \f(5,12)D．eq \f(12,5)
5．[2023·河南驻马店模拟预测]已知tanα＝3，则eq \f(3sinα－csα,sinα－2csα)＝( )
A．eq \f(4,5)B．2
C．5D．8
6．[2023·河北省邯郸市高三二模]已知函数f(x)＝cs (2x－θ)(|θ|
C．eq \f(π,12)＋kπ(k∈Z) D．eq \f(π,12)＋eq \f(kπ,2)(k∈Z)
7．[2023·广西桂林、崇左、贺州、河池、来宾市高三联考]已知函数f(x)＝2cs (ωx＋φ)(ω>0，0<φ
B．f(x)的图象的对称轴方程为x＝kπ－eq \f(2π,3)(k∈Z)
C．f(x)的单调递减区间为[kπ－eq \f(π,6)，kπ＋eq \f(π,3)](k∈Z)
D．f(x)≥1的解集为[4kπ－eq \f(4π,3)，4kπ](k∈Z)
8．[2023·内蒙古呼和浩特市高三二模]函数y＝tan (2x＋eq \f(π,3))的图象向右平移eq \f(π,3)个长度单位后，得到的图象对应的函数解析式为y＝g(x)，则下面四个判断：①g(x)在x∈[eq \f(5π,12)，eq \f(11π,12)]上单调递增；②g(x)在x∈[－eq \f(π,4)，eq \f(π,4)]上单调递增；③geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(11π,6)))＝－eq \r(3)；④(eq \f(π,6)，0)是g(x)的一个对称中心．其中正确的判断有( )
A．4个B．3个
C．2个D．1个
9．[2023·吉林白山一模]已知tanα＝－eq \f(1,3)，则eq \f(sin2α＋1,cs2α)＝________．
10．[2023·山东潍坊模拟预测]已知函数f(x)＝sinωx＋csωx(ω>0)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,8)))上单调递增，则ω的一个取值为________．
11．[2023·陕西省西安市高三二模]已知函数f(x)＝Asin2(ωx＋eq \f(π,8))(A>0，ω>0)的图象关于点(eq \f(π,2)，1)中心对称，其最小正周期为T，且eq \f(π,2)
13.[2023·四川省绵阳南山中学高三二模]已知函数f(x)＝Acs (ωx＋φ)(ω>0，|φ|
B．f(x)＝sin (eq \f(π,6)－x)
C．f(x)在(－eq \f(8π,3)，－2π)上单调递增
D．若f(x＋θ)为偶函数，则θ＝eq \f(π,6)＋kπ(k∈Z)
14．[2023·广西壮族自治区玉林市高三二模]已知函数f(x)＝6cs (ωx－eq \f(π,6))(ω>0)，若在区间(0，eq \f(2π,3)]内恰好存在两个不同的x0，使得f(x0)＝3，则f(x)的最小正周期的最大值为( )
A．eq \f(8π,11)B．eq \f(2π,3)
C．eq \f(8π,13)D．eq \f(8π,15)
课时作业5 三角函数的图象与性质
1．解析：因角α的终边过点A（1，eq \r(3)），则r＝eq \r(12＋（\r(3)）2)＝2，因此，sinα＝eq \f(\r(3),2)，tanα＝eq \f(\r(3),1)＝eq \r(3)，
所以sinα＋tanα＝eq \f(\r(3),2)＋eq \r(3)＝eq \f(3\r(3),2).故选A.
答案：A
2．解析：∵α∈eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(α\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)＋2kπ<α<\f(5π,4)＋2kπ，k∈Z))))，则2α∈eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(α\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)＋4kπ<2α<\f(5π,2)＋4kπ，k∈Z))))，∴2α的终边在第一、四象限内或在x轴的正半轴上，∴cs2α>0，sin2α、tan2α的符号不确定．故选D.
答案：D
3．解析：显然csα＝eq \f(5,13)，sinα＝eq \r(1－cs2α)＝eq \f(12,13)，β的终边与角α的终边关于y轴对称，故β＝2kπ＋π－α，k∈Z，所以sinβ＝sin（2kπ＋π－α）＝sinα＝eq \f(12,13)，所以C正确．故选C.
答案：C
4．解析：∵α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(π，\f(3π,2)))，csα＝－eq \f(5,13)，∴sinα＝－eq \r(1－cs2α)＝－eq \f(12,13)，∴tanα＝eq \f(sinα,csα)＝eq \f(12,5).故选D.
答案：D
5．解析：∵tanα＝3，∴csα≠0，∴eq \f(3sinα－csα,sinα－2csα)＝eq \f(3tanα－1,tanα－2)＝eq \f(3×3－1,3－2)＝8.故选D.
答案：D
6．解析：函数f（x）的图象沿x轴向左平移eq \f(π,6)个单位长度得f（x＋eq \f(π,6)）＝cs（2x＋eq \f(π,3)－θ）的图象，依题意，eq \f(π,3)－θ＝kπ，k∈Z，而|θ|
7．解析：对于A：因为函数f（x）＝2cs（ωx＋φ）（ω>0，0<φ
对于D：令2cs（eq \f(1,2)x＋eq \f(π,3)）≥1，得cs（eq \f(1,2)x＋eq \f(π,3)）≥eq \f(1,2)，所以2kπ－eq \f(π,3)≤eq \f(1,2)x＋eq \f(π,3)≤2kπ＋eq \f(π,3)（k∈Z），解得4kπ－eq \f(4π,3)≤x≤4kπ（k∈Z），所以f（x）≥1的解集为[4kπ－eq \f(4π,3)，4kπ]（k∈Z），故选项D正确．故选D.
答案：D
8．解析：g（x）＝tan（2（x－eq \f(π,3)）＋eq \f(π,3)）＝tan（2x－eq \f(π,3)），
当x∈[eq \f(5π,12)，eq \f(11π,12)]时，2x－eq \f(π,3)∈[eq \f(π,2)，eq \f(3π,2)]，函数在端点处无意义，①错误；
当x∈[－eq \f(π,4)，eq \f(π,4)]时，2x－eq \f(π,3)∈[－eq \f(5π,6)，eq \f(π,6)]，函数在2x－eq \f(π,3)＝－eq \f(π,2)处无意义，②错误；
geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(11π,6)))＝tan（2×eq \f(11π,6)－eq \f(π,3)）＝taneq \f(10π,3)＝taneq \f(π,3)＝eq \r(3)，③错误；
当x＝eq \f(π,6)时，geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝tan（2×eq \f(π,6)－eq \f(π,3)）＝0，故④正确．
故选D.
答案：D
9．解析：因为tanα＝－eq \f(1,3)，
所以eq \f(sin2α＋1,cs2α)＝eq \f(2sinαcsα＋sin2α＋cs2α,cs2α－sin2α)＝eq \f(tan2α＋2tanα＋1,1－tan2α)＝eq \f(1,2).
答案：eq \f(1,2)
10．解析：f（x）＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,4)))，
当ω＝1时，f（x）＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))，
x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,8)))，x＋eq \f(π,4)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(3π,8)))，
所以f（x）在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,8)))上单调递增，符合题意．
答案：1（答案不唯一）
11．解析：f（x）＝Asin2（ωx＋eq \f(π,8)）＝－eq \f(A,2)cs（2ωx＋eq \f(π,4)）＋eq \f(A,2)，
因为图象关于点（eq \f(π,2)，1）中心对称，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(A,2)＝1,2ω×\f(π,2)＋\f(π,4)＝\f(π,2)＋kπ（k∈Z）))，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(A＝2,ω＝\f(1,4)＋k（k∈Z）))，
所以f（x）＝－cs（2ωx＋eq \f(π,4)）＋1，
又因为最小正周期为T，且eq \f(π,2)
答案：eq \f(5,4)
12．解析：由图可知g（x）周期T＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)＋\f(π,12)))＝π，∴ω＝eq \f(2π,T)＝2.
由geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)))＝2得2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)))＋φ＝eq \f(π,2)＋2kπ，∴φ＝eq \f(2π,3)＋2kπ，k∈Z，
∵0<φ<π，∴k取0，φ＝eq \f(2π,3)，
∴g（x）＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3)))，
∴f（x）＝2sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))＋\f(2π,3)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))，
∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(35π,12)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(35π,12)＋\f(π,3)))
＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(6π－\f(π,6)＋\f(π,3)))＝1.
∴f（x）－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(35π,12)))≥0⇔sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))≥eq \f(1,2)⇔2kπ＋eq \f(π,6)≤2x＋eq \f(π,3)≤2kπ＋eq \f(5π,6)，k∈Z，
∴A＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,12)≤x≤kπ＋\f(π,4)，k∈Z))))，∴A∩B＝{0}．
答案：{0}
13．解析：由图象可知A＝1，eq \f(5π,6)－eq \f(π,3)＝eq \f(π,2)＝eq \f(1,4)T，则T＝2π，则ω＝eq \f(2π,T)＝1，故f（x）＝cs（x＋φ），且过点（eq \f(π,3)，1），所以1＝cs（eq \f(π,3)＋φ），解得φ＝－eq \f(π,3)＋2kπ，k∈Z，因为|φ|
14．解析：因为函数f（x）＝6cs（ωx－eq \f(π,6)），由f（x0）＝3，可得cs（ωx0－eq \f(π,6)）＝eq \f(1,2)，因为ω>0，当x∈（0，eq \f(2π,3)]时，可得ωx－eq \f(π,6)∈（－eq \f(π,6)，eq \f(2ωπ,3)－eq \f(π,6)]，要使函数f（x）在区间（0，eq \f(2π,3)]内恰好存在两个不同的x0，使得f（x0）＝3，则满足eq \f(5π,3)≤eq \f(2ωπ,3)－eq \f(π,6)
A基础达标
B素养提升
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