高考數(shù)學二輪復(fù)習 專題能力訓練9 三角函數(shù)的圖象與性質(zhì) 文-人教版高三數(shù)學試題

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1、專題能力訓練9　三角函數(shù)的圖象與性質(zhì) 一、能力突破訓練 1.(2019全國Ⅰ,文7)tan 255°=(　　) A.-2-3 B.-2+3 C.2-3 D.2+3 2.若函數(shù)f(x)=sin ωx+3cos ωx(x∈R),又f(α)=-2,f(β)=0,且|α-β|的最小值為3π4,則正數(shù)ω的值是(　　) A.13 B.32 C.43 D.23 3.(2018全國Ⅱ,文10)若f(x)=cos x-sin x在區(qū)間[0,a]上是減函數(shù),則a的最大值是(　　) A.π4 B.π2 C.3π4 D.π 4.若f(x)=2sin(ωx+φ)+m,對任意實數(shù)t都有fπ8+t=f

2、π8-t,且fπ8=-3,則實數(shù)m的值等于(　　) A.-1 B.±5 C.-5或-1 D.5或1 5.已知函數(shù)f(x)=Asin(ωx+φ)A>0,ω>0,|φ|<π2的圖象關(guān)于直線x=π3對稱,若它的最小正周期為π,則函數(shù)f(x)的圖象的一個對稱中心是(　　) A.π3,1 B.π12,0 C.5π12,0 D.-π12,0 6.(2019山東濰坊一模,7)若函數(shù)f(x)=2sin(x+2θ)cos x0<θ<π2的圖象過點(0,2),則(　　) A.點π4,0是y=f(x)圖象的一個對稱中心 B.直線x=π4是y=f(x)圖象的一條對稱軸 C.函數(shù)y=f(x)的最小正周

3、期是2π D.函數(shù)y=f(x)的值域是[0,2] 7.已知函數(shù)f(x)=Asin(ωx+φ)A>0,ω>0,|φ|<π2的部分圖象如圖所示,則f(x)=　　　　　　　　. 8.已知函數(shù)f(x)=sin x+λcos x的圖象的一個對稱中心是點π3,0,則函數(shù)g(x)=λsin xcos x+sin2x的圖象的一條對稱軸是　　　　　.(寫出其中的一條即可)? 9.已知函數(shù)f(x)=sin(ωx+φ)ω>0,φ∈π2,π的部分圖象如圖所示,且f(x)在區(qū)間[0,2π]上恰有一個最大值和一個最小值,則ω的取值范圍是　　　　　.? 10.已知函數(shù)f(x)=3sin2x+sin xco

4、s x. (1)求函數(shù)f(x)的最小正周期和單調(diào)遞增區(qū)間; (2)當x∈0,π2時,求函數(shù)f(x)的值域. 11.已知函數(shù)f(x)=2cos xsinx-π3+32. (1)求曲線y=f(x)的相鄰兩個對稱中心之間的距離; (2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間[0,m]上單調(diào)遞增,求m的最大值. 二、思維提升訓練 12.(2019河北衡水聯(lián)考,10)已知函數(shù)f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)圖象的一條對稱軸與相鄰的一個對稱中心的距離為π4,將其向右平移π6個單位長度后得到函數(shù)g(x)的圖象.若函數(shù)g(x)在區(qū)間3π

5、4,π上單調(diào)遞增,則φ的取值范圍為(　　) A.π6,π2 B.π3,5π6 C.π3,2π3 D.π4,3π4 13.設(shè)函數(shù)f(x)=2sin(ωx+φ),x∈R,其中ω>0,|φ|<π,若f5π8=2,f11π8=0,且f(x)的最小正周期大于2π,則(　　) A.ω=23,φ=π12 B.ω=23,φ=-11π12 C.ω=13,φ=-11π24 D.ω=13,φ=7π24 14.已知函數(shù)f(x)=sin x+3cos x,把函數(shù)f(x)的圖象向右平移π6個單位長度,再把圖象上各點的橫坐標縮小到原來的一半,縱坐標不變,得到函數(shù)g(x)的圖象.當x∈0,π2時,方程g(x)-k

6、=0恰有兩個不同的實根,則實數(shù)k的取值范圍為　　　　　.? 15.如果兩個函數(shù)的圖象平移后能夠重合,那么稱這兩個函數(shù)為“互為生成”函數(shù).給出下列四個函數(shù): ①f(x)=sin x+cos x;②f(x)=2(sin x+cos x); ③f(x)=sin x;④f(x)=2sin x+2. 其中為“互為生成”函數(shù)的是　　　　　.(填序號)? 16.已知函數(shù)f(x)=12sin 2xsin φ+cos2xcos φ-12sinπ2+φ(0<φ<π),其圖象過點π6,12. (1)求φ的值; (2)將函數(shù)y=f(x)的圖象上各點的橫坐標縮短到原來的12,縱坐標不變,得到函數(shù)y=g(x

7、)的圖象,求函數(shù)g(x)在區(qū)間0,π4上的最大值和最小值. 專題能力訓練9　三角函數(shù)的圖象與性質(zhì) 一、能力突破訓練 1.D　解析tan255°=tan(180°+75°)=tan75°=tan(45°+30°)=tan45°+tan30°1-tan45°tan30°=1+331-33=2+3. 2.D　解析因為f(x)=2sinωx+π3(x∈R),所以函數(shù)f(x)的最大值為2,最小值為-2. 由已知f(α)=-2,f(β)=0,得(α,-2)為函數(shù)f(x)的圖象上的一個最低點,(β,0)為一個對稱中心,故|α-β|的最小值等于周期的14,即3π4=T4,所以T=3π,所以ω=2π3

8、π=23. 3.C　解析∵f(x)=cosx-sinx =222cosx-22sinx=2cosx+π4, (方法一)作圖如圖所示. 易知amax=34π. (方法二)∵當2kπ≤x+π4≤2kπ+π,k∈Z時,f(x)為減函數(shù), ∴2kπ-π4≤x≤2kπ+3π4,k∈Z,令k=0可知x∈-π4,3π4, ∴amax=3π4. 4.C　解析依題意,得函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x=π8對稱,于是當x=π8時,函數(shù)f(x)取得最值,因此有±2+m=-3,解得m=-5或m=-1.故選C. 5.B　解析由題意知T=π,則ω=2. 由函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x=π3對稱,

9、得2×π3+φ=π2+kπ(k∈Z), 即φ=-π6+kπ(k∈Z). ∵|φ|<π2,∴φ=-π6,∴f(x)=Asin2x-π6. 令2x-π6=kπ(k∈Z),則x=π12+k2π(k∈Z). ∴函數(shù)f(x)的圖象的一個對稱中心為π12,0.故選B. 6.D　解析∵函數(shù)f(x)=2sin(x+2θ)cosx0<θ<π2的圖象過點(0,2), ∴2sin2θ=2,即sin2θ=1,∴2θ=π2,∴θ=π4, ∴f(x)=2sin(x+2θ)cosx=2cos2x=cos2x+1, 當x=π4時,f(x)=1,故A,B都不正確;f(x)的最小正周期為2π2=π,故C不正確;

10、 顯然,f(x)=cos2x+1∈[0,2],故D正確. 7.2sinπ8x+π4　解析由題意,得A=2,函數(shù)f(x)的周期為T=16. ∵T=2πω,∴ω=π8,此時f(x)=2sinπ8x+φ. 由f(2)=2,即sinπ8×2+φ=sinπ4+φ=1, 則π4+φ=2kπ+π2,k∈Z, 解得φ=2kπ+π4,k∈Z.∵|φ|<π2,∴φ=π4, ∴函數(shù)的解析式為f(x)=2sinπ8x+π4. 8.x=-π3(答案不唯一)　解析將點π3,0代入f(x)=sinx+λcosx,得λ=-3,則g(x)=-3sinxcosx+sin2x=-32sin2x+12?12cos2x=

11、12-sin2x+π6,令2x+π6=kπ+π2,k∈Z,得x=kπ2+π6,k∈Z.令k=-1,得x=-π3. 9.1112,1712　解析由題意,得f(x)=sin(ωx+φ). ∵f(0)=32,∴φ=2π3+2kπ(k∈Z). ∵φ∈π2,π,∴φ=2π3. ∵x∈[0,2π],∴2π3≤ωx+2π3≤2πω+2π3. ∵f(x)在區(qū)間[0,2π]上恰有一個最大值和一個最小值, ∴5π2≤2πω+2π3<7π2, ∴1112≤ω<1712. 10.解(1)f(x)=3sin2x+sinxcosx=312?12cos2x+12sin2x=sin2x-π3+32, 則函數(shù)

12、f(x)的最小正周期為T=π. 由2kπ-π2≤2x-π3≤2kπ+π2,k∈Z, 解得-π12+kπ≤x≤kπ+5π12,k∈Z,故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是-π12+kπ,5π12+kπ,k∈Z. (2)當x∈0,π2時,2x-π3∈-π3,2π3, 則sin2x-π3∈-32,1, 故函數(shù)f(x)的值域為f(x)∈0,1+32. 11.解(1)f(x)=2cosx12sinx-32cosx+32=sinxcosx-3cos2x+32 =12sin2x-3×1+cos2x2+32=sin2x-π3, 所以函數(shù)f(x)的最小正周期T=2π2=π. 所以曲線y=f(x)的相

13、鄰兩個對稱中心之間的距離為T2,即π2. (2)由(1)可知f(x)=sin2x-π3,當x∈[0,m]時,2x-π3∈-π3,2m-π3. 因為y=sinx在區(qū)間-π2,π2上單調(diào)遞增,且f(x)在區(qū)間[0,m]上單調(diào)遞增, 所以2x-π3∈-π3,2m-π3?-π2,π2,即m>0,2m-π3≤π2,解得0

14、∈Z,得-π12?φ2+kπ≤x≤5π12?φ2+kπ,k∈Z. 要使g(x)在區(qū)間3π4,π上單調(diào)遞增, 則需滿足-π12-φ2+kπ≤3π4,5π12-φ2+kπ≥π,k∈Z, 即-5π3+2kπ≤φ,-7π6+2kπ≥φ,k∈Z, 解得-5π3+2kπ≤φ≤-7π6+2kπ,k∈Z.又0<φ<π,當k=1時,可得π3≤φ≤5π6,符合條件. 13.A　解析由題意可知,2πω>2π,11π8?5π8≥14·2πω, 所以23≤ω<1.所以排除C,D. 當ω=23時,f5π8=2sin5π8×23+φ =2sin5π12+φ=2, 所以sin5π12+φ=1. 所以5π1

15、2+φ=π2+2kπ,即φ=π12+2kπ(k∈Z). 因為|φ|<π,所以φ=π12.故選A. 14.[1,2)　解析函數(shù)f(x)=sinx+3cosx=2sinx+π3,把函數(shù)f(x)的圖象向右平移π6個單位長度,得到f1(x)=2sinx+π6的圖象,再把函數(shù)f1(x)圖象上各點的橫坐標縮小到原來的一半,縱坐標不變,得到函數(shù)g(x)=2sin2x+π6的圖象.因為x∈0,π2,所以2x+π6∈π6,7π6. 令π6≤2x+π6≤π2,解得0≤x≤π6,即函數(shù)g(x)在區(qū)間0,π6上單調(diào)遞增; 令π2≤2x+π6≤7π6,解得π6≤x≤π2,即函數(shù)g(x)在區(qū)間π6,π2上單調(diào)遞減

16、, 且g(0)=2sinπ6=1,gπ6=2sinπ2=2,gπ2=2sin7π6=-1. 要使方程g(x)-k=0恰好有兩個不同的實根,即y=g(x)的圖象與y=k的圖象有兩個不同的交點, 結(jié)合圖象(圖略),可得實數(shù)k的取值范圍是1≤k<2,即[1,2). 15.①④　解析首先化簡題中的四個解析式可得:①f(x)=2sinx+π4,②f(x)=2sinx+π4,③f(x)=sinx,④f(x)=2sinx+2.可知③f(x)=sinx的圖象要與其他的函數(shù)圖象重合,單純經(jīng)過平移不能完成,必須經(jīng)過伸縮變換才能實現(xiàn),所以③f(x)=sinx不能與其他函數(shù)成為“互為生成”函數(shù);同理①f(x)

17、=2sinx+π4的圖象與②f(x)=2sinx+π4的圖象也必須經(jīng)過伸縮變換才能重合,而④f(x)=2sinx+2的圖象可以向左平移π4個單位,再向下平移2個單位即可得到①f(x)=2sinx+π4的圖象,所以①④為“互為生成”函數(shù). 16.解(1)∵f(x)=12sin2xsinφ+cos2xcosφ-12sinπ2+φ(0<φ<π), ∴f(x)=12sin2xsinφ+1+cos2x2cosφ-12cosφ=12sin2xsinφ+12cos2xcosφ =12(sin2xsinφ+cos2xcosφ)=12cos(2x-φ). 又函數(shù)f(x)的圖象過點π6,12, ∴12=12cos2×π6-φ,即cosπ3-φ=1. ∵0<φ<π,∴φ=π3. (2)由(1)知f(x)=12cos2x-π3,將函數(shù)y=f(x)的圖象上各點的橫坐標縮短到原來的12,縱坐標不變,得到函數(shù)y=g(x)的圖象,可知g(x)=f(2x)=12cos4x-π3.∵x∈0,π4,∴4x∈[0,π], ∴4x-π3∈-π3,2π3,即-12≤cos4x-π3≤1. 故g(x)在區(qū)間0,π4上的最大值和最小值分別為12和-14.