全国版2023高考数学一轮复习第4章三角函数解三角形第3讲三角函数的图象与性质试题1理含解析20230316161

第四章　三角函数、解三角形第三讲　三角函数的图象与性质练好题·考点自测1.[2021惠州市调考]将函数y=sinx的图象向左平移π2个单位长度,得到函数y=f(x)的图象,则下列说法正确的是(　　)A.y=f(x)是奇函数B.y=f(x)的最小正周期为πC.y=f(x)的图象关于直线x=π2对称D.y=f(x)的图象关于点(-π2,0)对称2.[2019全国卷Ⅱ,8,5分]若x1=π4,x2=3π4是函数f(x)=sinωx(ω>0)两个相邻的极值点,则ω=(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　A.2B.32C.1D.123.[2019全国卷Ⅱ,9,5分][理]下列函数中,以π2为周期且在区间(π4,π2)上单调递增的是(　　)A.f(x)=|cos2x|B.f(x)=|sin2x|C.f(x)=cos|x|D.f(x)=sin|x|4.[2020全国卷Ⅰ,7,5分][理]设函数f(x)=cos(ωx+π6)在[-π,π]的图象大致如图4-3-1,则f(x)的最小正周期为(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　A.10π9B.7π6C.4π3D.3π25.[2020江苏,10,5分]将函数y=3sin(2x+π4)的图象向右平移π6个单位长度,则平移后的图象中与y轴最近的对称轴的方程是　　　　. 6.[2020全国卷Ⅲ,16,5分][理]关于函数f(x)=sinx+1sinx有如下四个命题:①f(x)的图象关于y轴对称;②f(x)的图象关于原点对称;③f(x)的图象关于直线x=π2对称;④f(x)的最小值为2.第7页共7页\n其中所有真命题的序号是　　　　. 7.[2018北京,11,5分][理]设函数f(x)=cos(ωx-π6)(ω>0).若f(x)≤f(π4)对任意的实数x都成立,则ω的最小值为　　　　. 拓展变式1.[2021河北六校第一次联考]函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,|φ|<π2)的部分图象如图4-3-3所示,若将函数f(x)的图象沿x轴向右平移b(0<b<π2)个单位长度后,得到一个偶函数的图象,则b=　　　　. 图4-3-32.[2021湖南四校联考]已知函数f(x)=2sin(ωx+φ)(ω>0,|φ|<π2)的部分图象如图4-3-4所示,则函数f(x)的单调递减区间为(　　)A.[2kπ-π8,2kπ+3π8](k∈Z)B.[kπ-π8,kπ+3π8](k∈Z)C.[2kπ+3π8,2kπ+7π8](k∈Z)图4-3-43.(1)[2017全国卷Ⅱ,14,5分][理]函数f(x)=sin2x+3cosx-34(x∈[0,π2])的最大值是　　　. (2)[2018全国卷Ⅰ,16,5分][理]已知函数f(x)=2sinx+sin2x,则f(x)的最小值是　　　　. 4.[2021云南省部分学校统一检测]已知函数f(x)=2sin(ωx+φ)(ω>0,|φ|<π2),对于满足|f(x1)-f(x2)|=4的x1,x2,有|x1-x2|min=3π2,又f(π2)=0,则下列说法正确的是(　　)A.ω=2B.函数y=f(x-π2)为偶函数C.函数f(x)在[-π4,3π4]上单调递增第7页共7页\nD.函数y=f(x)的图象关于点(π4,0)对称5.[2019全国卷Ⅰ,11,5分][理]关于函数f(x)=sin|x|+|sinx|有下述四个结论:①f(x)是偶函数;②f(x)在区间(π2,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.①②④B.②④C.①④D.①③6.据市场调查,某种商品一年内每件出厂价在7千元的基础上,按月呈f(x)=Asin(ωx+φ)+B(A>0,ω>0,|φ|<π2)的模型波动(x为月份),已知3月份达到最高价9千元,9月份价格最低,则7月份的出厂价格为　　　　元. 7.[2016天津,8,5分]已知函数f(x)=sin2ωx2+12sinωx-12(ω>0),x∈R.若f(x)在区间(π,2π)内没有零点,则ω的取值范围是(　　)A.(0,18]B.(0,14]∪[58,1)C.(0,58]D.(0,18]∪[14,58]8.(1)已知函数f(x)=sin(ωx+π3)(ω>0),若f(x)在[0,2π3]上恰有两个零点,则ω的取值范围是(　　)A.(1,52)B.[1,52)C.(52,4)D.[52,4)(2)[2020大连6月二模]已知函数f(x)=2sin(ωx+φ)+1(ω>0,|φ|≤π2),其图象与直线y=-1相邻两个交点的距离为π,若f(x)>1对任意的x∈(-π12,π3)恒成立,则φ的取值范围是(　　)A.(π6,π3)B.[π12,π3]C.[π12,π2]D.[π6,π3]答案第三讲　三角函数的图象与性质第7页共7页\n1.D　将函数y=sinx的图象向左平移π2个单位长度,得到函数y=f(x)=sin(x+π2)=cosx的图象,所以y=f(x)是偶函数,排除A;y=f(x)的最小正周期T=2π1=2π,排除B;y=f(x)的图象关于直线x=kπ(k∈Z)对称,排除C.故选D.2.A　依题意得函数f(x)的最小正周期T=2πω=2×(3π4-π4)=π,解得ω=2,故选A.3.A　对于A,作出y=|cos2x|的图象如图D4-3-1所示,由图象知,其周期为π2,在区间(π4,π2)上单调递增,A正确;图D4-3-1对于B,作出y=|sin2x|的图象如图D4-3-2所示,由图象知,其周期为π2,在区间(π4,π2)上单调递减,B错误;图D4-3-2对于C,y=cos|x|=cosx,周期为2π,C错误;对于D,作出y=sin|x|的图象如图D4-3-3所示,由图象知,其不是周期函数,D错误.故选A.4.C　解法一　由题图知,f(-4π9)=0,∴-4π9ω+π6=π2+kπ(k∈Z),解得ω=-3+9k4(k∈Z).设f(x)的最小正周期为T,易知T<2π<2T,∴2π|ω|<2π<4π|ω|,∴1<|ω|<2,由ω=-3+9k4(k∈Z)知当且仅当k=-1时,符合题意,此时ω=32,∴T=2πω=4π3.故选C.解法二　由题图知,f(-4π9)=0且f(-π)<0,f(0)>0,∴-4π9ω+π6=-π2(ω>0),解得ω=32,∴f(x)的最小正周期T=2πω=4π3.故选C.5.x=-5π24　将函数y=3sin(2x+π4)的图象向右平移π6个单位长度,得到y=3sin[2(x-π6)+π4]=3sin(2x-π12)的图象,由2x-π12=π2+kπ,k∈Z,得对称轴方程为x=7π24+12kπ,k∈Z,其中与y轴最近的对称轴的方程为x=-5π24.第7页共7页\n6.②③　由题意知f(x)的定义域为{x|x≠kπ,k∈Z},且关于原点对称.又f(-x)=sin(-x)+1sin(-x)=-(sinx+1sinx)=-f(x),所以函数f(x)为奇函数,其图象关于原点对称,所以①为假命题,②为真命题.因为f(π2-x)=sin(π2-x)+1sin(π2-x)=cosx+1cosx,f(π2+x)=sin(π2+x)+1sin(π2+x)=cosx+1cosx,所以f(π2+x)=f(π2-x),所以函数f(x)的图象关于直线x=π2对称,③为真命题.当sinx<0时,f(x)<0,所以④为假命题.7.23　由于对任意的实数x都有f(x)≤f(π4)成立,故当x=π4时,函数f(x)有最大值,故f(π4)=1,∴πω4-π6=2kπ(k∈Z),∴ω=8k+23(k∈Z),又ω>0,∴ωmin=23.1.3π8　根据函数的图象可得14T=3π8-π8=π4,所以T=π,所以2πω=π,所以ω=2,又f(π8)=1,所以sin(2×π8+φ)=1,所以φ+π4=2kπ+π2,k∈Z,所以φ=2kπ+π4,k∈Z,因为|φ|<π2,所以φ=π4,所以f(x)=sin(2x+π4).将f(x)的图象沿x轴向右平移b个单位长度得到函数y=sin[2(x-b)+π4]=sin(2x+π4-2b)的图象,因为函数y=sin(2x+π4-2b)是偶函数,所以π4-2b=kπ+π2,k∈Z,所以b=-kπ2-π8,k∈Z,因为0<b<π2,所以b=3π8.2.D　由题中图象,得2sin(π2ω+φ)=1,2sin(π8ω+φ)=0,即sin(π2ω+φ)=22,sin(π8ω+φ)=0.由“五点作图法”知点(π8,0)为第一个零点,所以π2ω+φ=3π4,π8ω+φ=0,解得ω=2,φ=-π4,所以f(x)=2sin(2x-π4).由π2+2kπ≤2x-π4≤3π2+2kπ(k∈Z)得3π8+kπ≤x≤7π8+kπ(k∈Z),即函数f(x)的单调递减区间为[3π8+kπ,7π8+kπ](k∈Z),故选D.3.(1)1　f(x)=sin2x+3cosx-34=-cos2x+3cosx+14=-(cosx-32)2+1.因为x∈[0,π2],所以cosx∈[0,1],因此当cosx=32时,f(x)max=1.(2)-332　因为f(x)=2sinx+sin2x,所以f'(x)=2cosx+2cos2x=4cos2x+2cosx-2=4(cosx-12)·(cosx+1).由f'(x)>0得12<cosx<1,即2kπ-π3<x<2kπ+π3,k∈Z,由f'(x)<0得-1<cosx<12,即2kπ-5π3<x<2kπ-π3,k∈Z,所以当x=2kπ-π3,k∈Z时,f(x)取得最小值,且f(x)min=f(2kπ-π3)=2sin(2kπ-π3)+sin2(2kπ-π3)=-332.4.C　由题意知,|f(x)|≤2,且|f(x1)-f(x2)|=4,不妨设f(x1),f(x2)分别为函数f(x)的最大值、最小值.因为|x1-x2|min=3π2,所以12T=12×2πω=3π2,得ω=23.又f(π2)=0,所以sin(23×π2+φ)=0,又|φ|<π2,所以φ=-π3,即f(x)=2sin(23x-π3),所以f(x-π2)=2sin(23x-2π3)不是偶函数.由2kπ-π2≤23x-π3≤2kπ+π2(k∈Z),得3kπ-π4≤x≤3kπ+5π4(k∈Z),当k=0时,-π4≤x第7页共7页\n≤5π4,所以f(x)在[-π4,3π4]上单调递增.当x=π4时,f(x)=2sin(23×π4-π3)=-1≠0,所以f(x)的图象不关于点(π4,0)对称.故选C.5.C　因为f(-x)=sin|-x|+|sin(-x)|=sin|x|+|sinx|=f(x),所以f(x)为偶函数,故①正确;当x∈(π2,π)时,f(x)=sin|x|+|sinx|=2sinx,所以f(x)在区间(π2,π)上单调递减,故②错误;当x∈(0,π)时,f(x)=2sinx,结合函数f(x)为偶函数可画出f(x)在[-π,π]上的大致图象(如图D4-3-4所示),由图可知f(x)在[-π,π]上有3个零点,故③错误;因为y=sin|x|与y=|sinx|的最大值都为1且可以同时取到,所以f(x)的最大值为2,故④正确.故选C.6.6000　三角函数模型为y=f(x)=Asin(ωx+φ)+B(A>0,ω>0,|φ|<π2),由题意知,B=7000,A+B=9000,故A=2000.可作出函数简图如图D4-3-5所示.T=2×(9-3)=12,∴ω=2πT=π6.则f(x)=2000sin(π6x+φ)+7000,则有π6×3+φ=kπ+π2,k∈Z,∴φ=kπ,k∈Z,又|φ|<π2,∴φ=0,故f(x)=2000sinπ6x+7000(1≤x≤12,x∈N*),∴f(7)=2000×sin7π6+7000=6000.故7月份的出厂价格为6000元.7.D　f(x)=12(1-cosωx)+12sinωx-12=12sinωx-12cosωx=22sin(ωx-π4).解法一　因为x∈(π,2π),所以ωx-π4∈(ωπ-π4,2ωπ-π4).因为f(x)在(π,2π)内无零点,故T2≥π,即0<ω≤1,且kπ≤ωπ-π4,2ωπ-π4≤kπ+π(k∈Z).当k=-1时,解得ω∈(0,18];当k=0时,解得ω∈[14,58],当k≤-1或k≥1时,不满足题意,故ω∈(0,18]∪[14,58].故选D.解法二　当ω=12时,f(x)=22sin(12x-π4),x∈(π,2π)时,f(x)∈(12,22],无零点,排除A,B;当ω=316时,f(x)=22sin(316x-π4),x∈(π,2π)时,当x=43π时,f(x)=0,所以f(x)有零点,排除C.选D.第7页共7页\n8.(1)D　当0≤x≤2π3时,π3≤ωx+π3≤2πω3+π3.若f(x)在[0,2π3]上恰有两个零点,则2π≤2πω3+π3<3π,解得52≤ω<4.(2)D　由题意知,函数f(x)=2sin(ωx+φ)+1(ω>0,|φ|≤π2),其图象与直线y=-1相邻两个交点的距离为π,故函数的最小正周期为T=2πω=π,解得ω=2.所以f(x)=2sin(2x+φ)+1.由题意,f(x)>1对任意的x∈(-π12,π3)恒成立,即当x∈(-π12,π3)时,sin(2x+φ)>0恒成立.令t=2x+φ,因为x∈(-π12,π3),所以t∈(φ-π6,φ+2π3).故要使sint>0恒成立,只需φ-π6≥2kπ,φ+2π3≤2kπ+π(k∈Z),解得2kπ+π6≤φ≤2kπ+π3(k∈Z).显然,当k=0时,π6≤φ≤π3,故选D.第7页共7页