2021高考数学二轮复习专题三跟踪训练1

这是一份2021高考数学二轮复习专题三跟踪训练1，共8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。

1．若sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋α))＝－eq \f(3,5)，且α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，则sin(π－2α)＝( )
A.eq \f(24,25) B.eq \f(12,25) C．－eq \f(12,25) D．－eq \f(24,25)
[解析] 由sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋α))＝csα＝－eq \f(3,5)，且α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，得sinα＝eq \f(4,5)，所以sin(π－2α)＝sin2α＝2sinαcsα＝－eq \f(24,25)，故选D.
[答案] D
2．(2018·福州质量检测)若将函数y＝3cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2)))的图象向右平移eq \f(π,6)个单位长度，则平移后图象的一个对称中心是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，0)) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，0)) C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，0)) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，0))
[解析] 将函数y＝3cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2)))的图象向右平移eq \f(π,6)个单位长度，得y＝3cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))＋\f(π,2)))＝3cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))的图象，由2x＋eq \f(π,6)＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，得x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,6)(k∈Z)，当k＝0时，x＝eq \f(π,6)，所以平移后图象的一个对称中心是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，0))，故选A.
[答案] A
3．(2018·安徽江南十校联考)已知tanα＝－eq \f(3,4)，则sinα·(sinα－csα)＝( )
A.eq \f(21,25) B.eq \f(25,21) C.eq \f(4,5) D.eq \f(5,4)
[解析] sinα·(sinα－csα)＝sin2α－sinα·csα＝eq \f(sin2α－sinα·csα,sin2α＋cs2α)＝eq \f(tan2α－tanα,tan2α＋1)，将tanα＝－eq \f(3,4)代入，得原式＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,4))),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)))2＋1)＝eq \f(21,25)，故选A.
[答案] A
4．(2018·太原模拟试题)已知函数f(x)＝sinωx－eq \r(3)csωx(ω>0)在(0，π)上有且只有两个零点，则实数ω的取值范围为( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(4,3))) B.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，\f(7,3)))
C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(7,3)，\f(10,3))) D.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(10,3)，\f(13,3)))
[解析] f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,3)))，设t＝ωx－eq \f(π,3)，因为0[答案] B
5．(2018·武汉综合测试)如图是函数y＝Asin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x∈R，A>0，ω>0，0<φ<\f(π,2)))在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(5π,6)))上的图象，为了得到这个函数的图象，只需将函数y＝sinx(x∈R)的图象上所有的点( )
A．向左平移eq \f(π,6)个单位长度，再把所得各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变
B．向左平移eq \f(π,6)个单位长度，再把所得各点的横坐标缩短到原来的eq \f(1,2)，纵坐标不变
C．向左平移eq \f(π,3)个单位长度，再把所得各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变
D．向左平移eq \f(π,3)个单位长度，再把所得各点的横坐标缩短到原来的eq \f(1,2)，纵坐标不变
[解析] 由图象可知，A＝1，最小正周期T＝π，所以ω＝2.将点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，0))代入y＝sin(2x＋φ)可得φ＝eq \f(π,3)，所以y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))，故只需将y＝sinx的图象上所有的点向左平移eq \f(π,3)个单位长度，再把所得各点的横坐标缩短到原来的eq \f(1,2)即可，故选D.
[答案] D
6．(2018·太原质检)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))，其图象相邻两条对称轴之间的距离为eq \f(π,2)，且函数feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,12)))是偶函数，下列判断正确的是( )
A．函数f(x)的最小正周期为2π
B．函数f(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,12)，0))对称
C．函数f(x)的图象关于直线x＝－eq \f(7π,12)对称
D．函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)，π))上单调递增
[解析] 由题意得函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))的最小正周期为2×eq \f(π,2)＝π，所以eq \f(2π,ω)＝π，解得ω＝2.因为函数feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,12)))是偶函数，所以2×eq \f(π,12)＋φ＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，即φ＝eq \f(π,3)＋kπ，k∈Z，因为|φ|[答案] D
二、填空题
7．(2018·河北沧州模拟)已知角θ的顶点在坐标原点，始边与x轴的正半轴重合，终边在直线2x－y＝0上，则eq \f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)＋θ))＋csπ－θ,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－θ))－sinπ－θ)＝________.
[解析] 设点P(a,2a)(a≠0)为角θ终边上任意一点，根据三角函数的定义有tanθ＝eq \f(y,x)＝2，再根据诱导公式，得
eq \f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)＋θ))＋csπ－θ,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－θ))－sinπ－θ)＝eq \f(－csθ－csθ,csθ－sinθ)
＝eq \f(－2,1－tanθ)＝2.
[答案] 2
8．(2018·河北石家庄一模)若函数f(x)＝eq \r(3)sin(2x＋θ)＋cs(2x＋θ)(0<θ<π)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，0))对称，则函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,6)))上的最小值为________．
[解析] f(x)＝eq \r(3)sin(2x＋θ)＋cs(2x＋θ)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋θ＋\f(π,6)))，则由题意，知feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(π＋θ＋\f(π,6)))＝0，又因为0<θ<π，所以eq \f(7π,6)<π＋θ＋eq \f(π,6)[答案] －eq \r(3)
9．已知函数f(x)＝eq \r(3)sinωx－csωx＋m(ω>0，x∈R，m是常数)图象上的一个最高点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，1))，且与点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，1))距离最近的一个最低点是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，－3))，则函数f(x)的解析式为__________________．
[解析] f(x)＝eq \r(3)sinωx－csωx＋m＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,6)))＋m，
因为点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，1))和点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，－3))分别是函数f(x)图象上的最高点和最低点，且它们是相邻的，
所以eq \f(T,2)＝eq \f(2π,2ω)＝eq \f(π,3)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))＝eq \f(π,2)，且m＝eq \f(1＋－3,2)，所以ω＝2，m＝－1.所以函数f(x)的解析式为f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))－1.
[答案] f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))－1
三、解答题
10．(2018·北京西城二模)已知函数f(x)＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4))).
(1)求函数f(x)的定义域；
(2)设β∈(0，π)，且f(β)＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β－\f(π,4)))，求β的值．
[解] (1)由x＋eq \f(π,4)≠kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，得x≠kπ＋eq \f(π,4)，k∈Z.
所以函数f(x)的定义域是eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≠kπ＋\f(π,4)，k∈Z)))).
(2)依题意，得taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β＋\f(π,4)))＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β－\f(π,4))).
所以eq \f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β＋\f(π,4))),cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β＋\f(π,4))))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β＋\f(π,4))).
整理得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β＋\f(π,4)))·eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β＋\f(π,4)))－1))＝0，
所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β＋\f(π,4)))＝0或cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β＋\f(π,4)))＝eq \f(1,2).
因为β∈(0，π)，所以β＋eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(5π,4))).
由sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β＋\f(π,4)))＝0，得β＋eq \f(π,4)＝π，即β＝eq \f(3π,4)；
由cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β＋\f(π,4)))＝eq \f(1,2)，即β＋eq \f(π,4)＝eq \f(π,3)，即β＝eq \f(π,12).
所以β＝eq \f(π,12)或β＝eq \f(3π,4).
11．(2018·云南曲靖一中模拟)已知函数f(x)＝2csxsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))＋eq \r(3)sin2x＋sinxcsx.
(1)求函数f(x)的最小正周期．
(2)若f(x)－m＝0在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(2π,3)))恰有一实数根，求m的取值范围．
[解] (1)函数f(x)＝2csxsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))＋eq \r(3)sin2x＋sinxcsx＝2csxeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sinxcs\f(π,3)－csxsin\f(π,3)))＋eq \r(3)sin2x＋sinxcsx＝2csx·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)sinx－\f(\r(3),2)csx))＋eq \r(3)sin2x＋sinxcsx＝2sinxcsx－eq \r(3)cs2x＋eq \r(3)sin2x＝sin2x－eq \r(3)cs2x＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3))).
故函数f(x)的最小正周期为eq \f(2π,2)＝π.
(2)在x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(2π,3)))时，f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))的图象如下．
∵f(0)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))＝－eq \r(3)，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4π,3)－\f(π,3)))＝0，
∴当方程f(x)－m＝0在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(2π,3)))恰有一实数根时，m的取值范围为[－eq \r(3)，0)∪{2}．
12．[原创题]已知函数f(x)＝sin(2π－x)·sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)－x))－eq \r(3)cs2x＋eq \r(3).
(1)求f(x)的最小正周期和图象的对称轴方程；
(2)当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(7π,12)))时，求f(x)的最小值和最大值．
[解] (1)由题意，得f(x)＝(－sinx)(－csx)－eq \r(3)cs2x＋eq \r(3)＝sinxcsx－eq \r(3)cs2x＋eq \r(3)＝eq \f(1,2)sin2x－eq \f(\r(3),2)(cs2x＋1)＋eq \r(3)＝eq \f(1,2)sin2x－eq \f(\r(3),2)cs2x＋eq \f(\r(3),2)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))＋eq \f(\r(3),2)，
所以f(x)的最小正周期T＝eq \f(2π,2)＝π；
令2x－eq \f(π,3)＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，则x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(5π,12)(k∈Z)，
故所求图象的对称轴方程为x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(5π,12)(k∈Z)．
(2)当0≤x≤eq \f(7π,12)时，－eq \f(π,3)≤2x－eq \f(π,3)≤eq \f(5π,6).
由函数图象(图略)可知，－eq \f(\r(3),2)≤sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))≤1，即0≤sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))＋eq \f(\r(3),2)≤eq \f(2＋\r(3),2).
故f(x)的最小值为0，最大值为eq \f(2＋\r(3),2).