适用于老高考旧教材2024版高考数学二轮复习考点突破练1三角函数的图象与性质理（附解析）

考点突破练1　三角函数的图象与性质一、选择题1.(2023辽宁名校联考一)已知角α的终边上一点的坐标为(sin4π5,cos4π5),则角α的最小正值为(　　)A.π5B.3π10C.4π5D.17π102.(2023广东广州一模)已知θ为第一象限角,sinθ-cosθ=33,则tan2θ=(　　)A.223B.255C.-223D.-2553.已知角α的终边绕原点O逆时针旋转2π3后与角β的终边重合,且cos(α+β)=1,则α的取值可以为(　　)A.π6B.π3C.2π3D.5π64.(2023陕西榆林二模)已知cos(α+π12)+cos(α+7π12)=15,则cos(2α+2π3)=(　　)A.-2325B.2325C.-2425D.24255.(2023湖南模拟预测)将函数f(x)=2sinx的图象向左平移φ(0<φ<π2)个单位长度,得到函数y=g(x),函数y=g(x)的图象关于直线x=π6对称,则函数y=g(x)的单调递增区间可能是(　　)A.(-2π3,π3)B.(-2π3,π6)C.(π3,π)D.(π6,π)6.(2023河南焦作模拟)已知函数f(x)=cos(2x-π6),则f(x)在[-2,0]上(　　)A.单调递增B.单调递减C.先单调递增后单调递减D.先单调递减后单调递增7.已知函数f(x)=sinx+cosx,将y=f(x)图象上所有点的横坐标缩短到原来的12(纵坐标不变),得到函数y=g(x)的图象.若x1≠x2,且g(x1)·g(x2)=2,则|x1-x2|的最小值为(　　)A.π2B.πC.2πD.4π8.(2023陕西榆林二模)已知函数f(x)=2sin(2x+π6)在[-π4,a6]和[2a5,7π12]上都是单调的,则a的取值范围是(　　)A.[-3π2,35π24]B.[-3π2,5π12]C.[5π12,35π24]D.[5π12,π]9.已知函数f(x)=2sin(ωx+π6)(ω>0),若方程|f(x)|=1在区间(0,2π)内恰有5个实根,则ω的取值范围是(　　)A.(76,53]B.)53,136]C.(1,43]D.(43,32]10.(2023山西晋中统考二模)已知函数f(x)=sin2x+3cos2x的图象向左平移φ(φ>0)个单位长度后对应的函数为g(x),若g(x)在区间[-π4,π6]上单调,则φ的最小值为(　　)A.π12B.π6C.π3D.5π1211.将函数f(x)=2sin2x的图象向左平移π6个单位长度,再把图象上各点的横坐标缩短到原来的12,纵坐标不变,得到g(x)的图象,若g(x2)=g(x1)+4,x1,x2∈[-π,π],则x1-x2的最大值为(　　) A.π2B.πC.7π4D.2π12.(2023湖南邵阳二模)已知函数f(x)=|log5x|,0<x<5,-cos(π5x),5≤x≤15,若存在实数x1,x2,x3,x4(x1<x2<x3<x4),满足f(x1)=f(x2)=f(x3)=f(x4),则x1x2x3x4的取值范围是(　　)A.(0,3754)B.(0,100)C.(75,3754)D.(75,100)13.已知定义在(-∞,0)∪(0,+∞)内的奇函数f(x)在(-∞,0)内单调递增,且满足f(-1)=-2,则关于x的不等式f(x)<2x+sinπx的解集为(　　)A.(-∞,-1)∪(1,+∞)B.(-1,0)∪(1,+∞)C.(-∞,-1)∪(0,1)D.(-1,0)∪(0,1)14.(2023河南开封名校联考)关于函数f(x)=2sin2x-3sin|x|+1有下述三个结论:①f(x)是偶函数;②f(x)在区间(-π4,0)内单调递增;③f(x)在[-π,π]上有4个零点.其中所有正确结论的编号是(　　)A.①②B.②③C.①③D.①②③二、填空题15.(2023新高考Ⅰ,15)已知函数f(x)=cosωx-1(ω>0)在区间[0,2π]上有且仅有3个零点,则ω的取值范围是　　　　　. 16.(2023江西九江二模)函数f(x)=4sinπ2x-|x-1|的所有零点之和为　　　　　. 17.某实验室一天的温度(单位:℃)随时间t(单位:h)的变化近似满足函数关系:f(t)=10-3cosπ12t-sinπ12t,t∈[0,24),则实验室这一天的最大温差为　　　　　;若要求实验室温度不低于11℃,则t的取值范围为　　　　　. 18.(2023内蒙古包头一模)记函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,|φ|<π2)的最小正周期为T.若f(T2)=22,x=π8为f(x)的极小值点,则ω的最小值为　　　　　. 19.(2022全国乙,理15)记函数f(x)=cos(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)的最小正周期为T.若f(T)=32,x=π9为f(x)的零点,则ω的最小值为　　　　　. 20.(2023云南昆明一模)已知f(x)=2sin(ωx+φ)(ω>0,|φ|<π2)的部分图象如图所示,A(π2,1),B(11π8,2)为f(x)的图象上两点,则f(2π)=　　　　　.  考点突破练1　三角函数的图象与性质1.D　解析∵sin4π5=sin(π-π5)=sinπ5>0,cos4π5=cos(π-π5)=-cosπ5<0,则角α为第四象限角,由三角函数的定义cosα=sinπ5sin2π5+(-cosπ5) 2=sinπ5=cos(3π2+π5)=cos17π10,∴α=17π10.故选D.2.D　解析因为θ为第一象限角,sinθ-cosθ=33>0,则sinθ>cosθ>0,cos2θ=cos2θ-sin2θ<0,(sinθ-cosθ)2=13,即1-sin2θ=13,解得sin2θ=23,cos2θ=-1-sin22θ=-53,所以tan2θ=sin2θcos2θ=-255.故选D.3.C　解析由题意α+2π3+2k1π=β,k1∈Z,所以cos(α+β)=cos(2α+2π3+2k1π)=cos(2α+2π3)=1,即2α+2π3=2kπ,k∈Z,解得α=kπ-π3,k∈Z,当k=1时,α=2π3,故选C.4.C　解析∵cos(α+π12)+cos(α+7π12)=15,∴cos(α+π12)-sin(α+π12)=15,两边平方得1-sin(2α+π6)=125,则sin(2α+π6)=2425,故cos(2α+2π3)=cos(2α+π2+π6)=-sin(2α+π6)=-2425.故选C.5.B　解析由题意g(x)=2sin(x+φ),由y=g(x)的图象关于直线x=π6对称,得π6+φ=π2+mπ(m∈Z),即φ=π3+mπ(m∈Z),又因为0<φ<π2,所以φ=π3,则g(x)=2sin(x+π3),由-π2+2kπ≤x+π3≤π2+2kπ(k∈Z),得-5π6+2kπ≤x≤π6+2kπ(k∈Z),当k=0时,-5π6≤x≤π6,当k=1时,7π6≤x≤13π6,故B满足,其他选项均不满足,故选B.6.D　解析令2kπ-π≤2x-π6≤2kπ,k∈Z,得kπ-5π12≤x≤kπ+π12,k∈Z,令2kπ≤2x-π6≤2kπ+π,k∈Z,得kπ+π12≤x≤kπ+7π12,k∈Z,则f(x)的单调递增区间为[kπ-5π12,kπ+π12](k∈Z),单调递减区间为[kπ+π12,kπ+7π12](k∈Z),所以f(x)在[-2,-5π12]上单调递减,在(-5π12,0]上单调递增,即f(x)在[-2,0]上先单调递减后单调递增.故选D.7.B　解析∵f(x)=sinx+cosx=2sin(x+π4),由题意g(x)=2sin(2x+π4),∴g(x)的周期为π,且g(x)max=2,g(x)min=-2,∵g(x1)·g(x2)=2,∴g(x1)=g(x2)=2或g(x1)=g(x2)=-2,∴|x1-x2|=π+2kπ,k∈N,∴|x1-x2|min=π.8.D　解析当x∈[-π4,a6]时,2x+π6∈[-π3,a3+π6],因为y=sinx在[-π2,π2]上单调递增,所以-π3<a3+π6≤π2,解得-3π2<a≤π;当x∈[2a5,7π12]时,2x+π6∈[4a5+π6,4π3],因为y=sinx在[π2,3π2]上单调递减,则π2≤4a5+π6<4π3,解得5π12≤a<35π24.综上,a的取值范围是[5π12,π].故选D.9.D　解析由|f(x)|=2sin(ωx+π6)=1可得sin(ωx+π6)=±12,若x∈(0,2π),则ωx+π6∈(π6,2ωπ+π6),因为原方程在区间(0,2π)内恰有5个实根,所以17π6<2ωπ+π6≤19π6,解得43<ω≤32.10.C　解析∵函数f(x)=sin2x+3cos2x=2sin(2x+π3),∴函数f(x)的图象向左平移φ个单位长度后得到g(x)=2sin[2(x+φ)+π3]=2sin(2x+2φ+π3),若-π4≤x≤π6,则2φ-π6≤2x+2φ+π3≤2φ+2π3,又g(x)在[-π4,π6]上单调,由正弦函数的单调性可知,[2φ-π6,2φ+2π3]⊆[2kπ+π2,2kπ+3π2](k∈Z),或[2φ-π6,2φ+2π3]⊆[2kπ-π2,2kπ+π2](k∈Z).要使φ最小,则k=0,故有2φ-π6≥π2,2φ+2π3≤3π2,或2φ-π6≥-π2,2φ+2π3≤π2,又φ>0,解得π3≤φ≤5π12.综上,φ的最小值为π3.故选C.11.C　解析由题意,f(x)的图象平移后的解析式为y=2sin(2x+π3),再伸缩后的解析式为g(x)=2sin(4x+π3),由g(x)的最大值为2,最小值为-2,若g(x2)=g(x1)+4,则x2为g(x)的最大值点,x1 为g(x)的最小值点,当x1,x2∈[-π,π]时,4x1+π3,4x2+π3∈[-4π+π3,4π+π3],满足题意的最大值点4x2+π3=-3π-π2,最小值点4x1+π3=3π+π2,两式相减得4(x1-x2)=6π+π,所以x1-x2=7π4.12.C　解析画出f(x)的图象如图,由题意可知-log5x1=log5x2,则x1x2=1,-cos(π5x3)=-cos(π5x4),由图象得x3,x4关于直线x=10对称,所以x3+x4=20,则x1x2x3x4=x3x4,当-cos(π5x3)=-cos(π5x4)=1时,x3=5,x4=15,此时x3x4=75,当-cos(π5x3)=-cos(π5x4)=0时,x3=152,x4=252,此时x3x4=3754,所以x1x2x3x4=x3x4∈(75,3754),故选C.13.C　解析令g(x)=f(x)-2x,则g(x)也是(-∞,0)∪(0,+∞)内的奇函数,g(x)在(-∞,0)内单调递增,又g(x)为奇函数,∴g(x)在(0,+∞)内也单调递增,∵f(-1)=-2,∴g(-1)=f(-1)+2=0,则g(1)=0,又f(52)>f(1)=2,当x=52时,得g(52)=f(52)-252>f(1)-45=2-45=65>sinπ·52=1,∴当x=52时,f(x)<2x+sinπx不成立,即g(52)<sin5π2不成立,由此可在坐标系中画出g(x)与y=sinπx大致图象如图所示:由图象可知,当x∈(-∞,-1)∪(0,1)时,g(x)<sinπx,即f(x)<2x+sinπx.故选C.14.A　解析对于①,因为f(-x)=2sin2(-x)-3sin|-x|+1=2sin2x-3sin|x|+1=f(x),所以f(x)是偶函数,故①正确;对于②,当x∈(-π4,0)时,f(x)=2sin2x-3sin|x|+1=2sin2x+3sinx+1=2(sinx+34)2-18,令t=sinx,t∈(-22,0),则y=2(t+34)2-18,因为t=sinx在x∈(-π4,0)内单调递增,而函数y=2(t+34)2-18在(-22,0)内单调递增,所以f(x)在区间(-π4,0)内单调递增,故②正确;对于③,当x∈[0,π]时,由f(x)=0,即f(x)=2sin2x-3sinx+1=0,则sinx=1或sinx=12,解得x=π2或x=π6或x=5π6,由①知f(x)是偶函数,所以f(x)在[-π,π]上有6个零点,③错误;故选A.15.[2,3)　解析由题意可知,要使函数f(x)=cosωx-1在[0,2π]上有且仅有3个零点,即函数y=cosωx的图象在[0,2π]上有且仅有3个最高点,设y=cosωx的最小正周期为T,如图(草图),要满足题意,需要2T≤2π<3T,即2π3<T=2πω≤π,解得2≤ω<3.16.6　解析令f(x)=0,得4sinπ2x=|x-1|,问题等价于函数y=4sinπ2x与y=|x-1|图象的所有交点的横坐标之和,∵两函数的图象都关于直线x=1对称,且有且仅有6个交点(x1,y1),(x2,y2),(x3,y3),(x4,y4),(x5,y5),(x6,y6),∴x1+x2+x3+x4+x5+x6=3×2=6.17.4℃　[10,18]　解析因为f(t)=10-2(32cosπ12t+12sinπ12t)=10-2sin(π12t+π3).又0≤t<24,所以π3≤π12t+π3<7π3,-1≤sin(π12t+π3)≤1.于是f(t)在[0,24)上取得最大值12,最小值8,最大温差为4℃.由实验室温度不低于11℃,则10-2sin(π12t+π3)≥11,sin(π12t+π3)≤-12,-5π6+2kπ≤π12t+π3≤-π6+2kπ,k∈Z,即-14+24k≤t≤-6+24k,k∈Z,又0≤t<24,因此7π6≤π12t+π3≤11π6,即10≤t≤18.18.14　解析因为f(x)的最小正周期T=2πω,f(T2)=sin(ω·πω+φ)=-sinφ=22,又因为|φ|<π2,所以φ=-π4,即f(x)=sin(ωx-π4).又因为x=π8为f(x)的极小值点,所以ω·π8-π4=-π2+2kπ,k∈Z,解得ω=-2+16k,k∈Z.因为ω>0,所以当k=1时ω的最小值为14. 19.3　解析依题意,T=2πω,则f(T)=f(2πω)=cos(2π+φ)=cosφ=32.又0<φ<π,∴φ=π6.∴f(x)=cos(ωx+π6).又x=π9为f(x)的零点,∴f(π9)=cos(π9ω+π6)=0,∴π9ω+π6=π2+kπ,k∈Z,∴ω=3+9k,k∈Z.又ω>0,∴ω的最小值为3.20.-1　解析由题意,得2sin(ω×π2+φ)=1,2sin(ω×11π8+φ)=2,即ω×π2+φ=2k1π+π6,ω×11π8+φ=2k2π+3π4(k1,k2∈Z),两式相减得ω×7π8=2(k2-k1)π+7π12,当k2-k1=0时,ω=23,所以23×π2+φ=2k1π+π6,φ=2k1π-π6,又因为|φ|<π2,所以φ=-π6,则f(x)=2sin(23x-π6).f(2π)=2sin(4π3-π6)=2sin7π6=-1.