2019屆高考數學二輪復習 第一篇 專題三 三角函數與解三角形 第1講 三角函數的圖象與性質、三角恒等變換限時訓練 文.doc

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第1講　三角函數的圖象與性質、三角恒等變換 (限時:45分鐘) 【選題明細表】 知識點、方法 題號 三角函數圖象 4,5,9 三角函數性質 1,6,7,8,10,11 三角恒等變換 2,3,12 一、選擇題 1.(2018廣西桂林市一模)下列函數中,最小正周期為π,且圖象關于原點對稱的函數是(　A　) (A)y=cos(2x+π2) (B)y=sin(2x+π2) (C)y=sin 2x+cos 2x (D)y=sin x+cos x 解析:對于選項A,y=-sin 2x,T=2π2=π,且圖象關于原點對稱.故選A. 2.(2018河北石家莊二中八月模擬)已知sin(x+π4)=13,則sin 4x-2cos 3xsin x等于(　B　) (A)79 (B)-79 (C)429 (D)-429 解析:由sin 4x=sin (3x+x)=sin 3xcos x+cos 3xsin x可得 sin 4x-2cos 3xsin x =sin 3xcos x-cos 3xsin x =sin 2x =-cos [2(x+π4)] =2sin2(x+π4)-1 =-79. 故選B. 3.(2018河北武邑中學調研)以角θ的頂點為坐標原點,始邊為x軸的非負半軸,建立平面直角坐標系,角θ終邊過點P(2,4),則tan(θ+π4)等于(　A　) (A)-3 (B)-13 (C)13 (D)3 解析:由三角函數定義可得tan θ=yx=2. 所以tan(θ+π4)=tanθ+11-tanθ=2+11-2=-3.選A. 4.(2018江西省六校聯(lián)考)設ω>0,函數y=sin(ωx+π3)-1的圖象向左平移2π3個單位后與原圖象重合,則ω的最小值是(　D　) (A)23 (B)43 (C)32 (D)3 解析:因為圖象向左平移2π3個單位后與原圖象重合, 所以2π3是一個周期的整數倍, 即2π3=2πωk,ω=3k,k∈Z. ω的最小值是3.選D. 5.(2018遼寧葫蘆島二模)已知函數f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0, 0<φ<π)的圖象如圖所示,則下列說法正確的是(　B　) (A)函數f(x)的周期為π (B)函數y=f(x-π)為奇函數 (C)函數f(x)在[-π,π2]上單調遞增 (D)函數f(x)的圖象關于點(3π4,0)對稱 解析:觀察圖象可得,函數的最小值為-2,所以A=2, 又由圖象可知函數圖象過(0,3),(5π4,-2), 即3=2sinφ,-2=2sin(ω5π4+φ), 結合ω>0,0<φ<π可得ω=1415,φ=π3,或ω=23,φ=2π3,又12T=πω>5π4, 即ω<45,所以f(x)=2sin(23x+2π3),顯然A選項錯誤; 對于B,f(x-π)=2sin[23(x-π)+2π3]=2sin23x,是奇函數; 對于C,x∈[-π,π2], 則23x+2π3∈[0,π], f(x)不單調;對于D,當x=3π4時,f(x)=2sin(233π4+2π3)=2cos2π3≠0,不正確.故選B. 6.(2018陜西西工大附中七模)已知f(x)=sin(2 017x+π6)+ cos(2 017x-π3)的最大值為A,若存在實數x1,x2,使得對任意實數x總有f(x1)≤f(x)≤f(x2)成立,則A|x1-x2|的最小值為(　B　) (A)π2 017 (B)2π2 017 (C)4π2 017 (D)π4 034 解析:f(x)=sin(2 017x+π6)+cos(2 017x-π3) =32sin 2 017x+12cos 2 017x+12cos 2 017x+32sin 2 017x =2sin(2 017x+π6), 所以A=2,|x1-x2|≥T2=2π22 017, 所以A|x1-x2|≥2π2 017.選B. 7.(2018河南洛陽聯(lián)考)已知函數f(x)=sin(sin x)+cos(sin x), x∈R,則下列說法正確的是(　C　) (A)函數f(x)是周期函數且最小正周期為π (B)函數f(x)是奇函數 (C)函數f(x)在區(qū)間[0,π2]上的值域為[1,2] (D)函數f(x)在[π4,π2]上是增函數 解析:A中,f(x+π)=sin[sin(x+π)]+cos[sin(x+π)]= sin(-sin x)+cos(-sin x)=-sin(sin x)+cos(sin x)≠f(x),A不對; B中,f(-x)=sin[sin(-x)]+cos[sin(-x)]=-sin(sin x)+cos(sin x)≠-f(x),B不對; C中,令t=sin x,因為x∈[0,π2],所以t∈[0,1], 則y=sin t+cos t=2sin(t+π4),t∈[0,1], 所以t+π4∈[π4,1+π4], 所以sin(t+π4)∈[22,1], 所以y∈[1,2],C正確; D中,f(x)=2sin(sin x+π4), 令t=sin x+π4,則y=2sin t, 內層函數t=sin x+π4在[π4,π2]上單調, 而x∈[π4,π2]時,t∈[22+π4,1+π4],此時外層函數y=2sin t不單調,D不對.故選C. 二、填空題 8.(2018東北三校二模)函數f(x)=cos xsin(x+π3)-3cos2x+34在閉區(qū)間[-π4,π4]上的最小值是　　　　. 解析:f(x)=cos x(12sin x+32cos x)-3cos2x+34 =14sin 2x-32cos2x+34 =14sin 2x-34(cos 2x+1)+34 =12(12sin 2x-32cos 2x) =12sin(2x-π3), 由x∈[-π4,π4], 所以2x-π3∈[-56π,π6], 所以當2x-π3=-π2時f(x)min=-12. 答案:-12 9.(2018云南玉溪模擬)函數y=Asin(ωx+)+k(A>0,ω>0,||<π2,x∈R)的部分圖象如圖所示,則該函數表達式為　　　　　　　　. 解析:根據函數y=Asin(ωx+)+k(A>0,ω>0,||<π2,x∈R)的部分 圖象, 可得k=-1+32=1,A=3-(-1)2=2,342πω=132-2, 所以ω=π3. 再根據五點法作圖可得π32+=π2, 所以=-π6, 故該函數的解析式為y=2sin(π3x-π6)+1. 答案:y=2sin(π3x-π6)+1 10.(2018吉林大學附中四模)已知定義域為R的函數f(x)既是奇函數,又是周期為3的周期函數,當x∈(0,32)時,f(x)=sin πx,則函數f(x)在區(qū)間[0,6]上的零點個數是　　　　. 解析:因為函數f(x)的定義域為R,周期為3, 所以f(0)=f(32)=f(92)=0, 如圖所示,畫出函數的圖象,由圖象可知 在[0,6]上的零點為0,1,32,2,3,4,92,5,6, 所以共有9個零點. 答案:9 三、解答題 11.(2018浙江省溫州市一模)已知函數f(x)=4cos xcos(x+2π3)+1. (1)求f(π6)的值; (2)求f(x)的最小正周期及單調遞增區(qū)間. 解:(1)f(π6)=4cos π6cos(π6+2π3)+1 =4cos π6cos 5π6+1 =432(-32)+1 =-2. (2)f(x)=4cos xcos(x+2π3)+1 =4cos x(-12cos x-32sin x)+1 =-2cos2x-3sin 2x+1 =-3sin 2x-cos 2x=-2sin(2x+π6). 所以,f(x)的最小正周期為π, 當2kπ+π2≤2x+π6≤3π2+2kπ(k∈Z)時,f(x)單調遞增, 即f(x)的單調遞增區(qū)間為[kπ+π6,2π3+kπ](k∈Z). 12.(2018湖南省永州市一模)已知函數f(x)=Asin (ωx+)(A>0, ω>0,||<π2)的部分圖象如圖所示. (1)求f(x)的解析式; (2)方程f(x)=32在[0,π2]上的兩解分別為x1,x2,求sin (x1+x2), cos (x1-x2)的值. 解:(1)由圖象可知A=2, T=7π6-π6=π, 因為T=2π|ω|,所以ω=2, 因為f(x)的圖象過點(π6,2), 即2sin(2π6+)=2,π3+=2kπ+π2(k∈Z), 即=2kπ+π6(k∈Z), 又因為||<π2, 所以=π6, 所以f(x)=2sin(2x+π6). (2)因為f(x)的圖象在y軸右側的第一個波峰的橫坐標為π6, 圖象f(x)=32在[0,π2]上的兩解x1,x2關于直線x=π6對稱, 所以x1+x2=π3, 所以sin (x1+x2)=32, 因為cos (x1-x2)=cos(2x1-π3)=sin(2x1+π6), f(x1)=2sin(2x1+π6)=32, 所以cos (x1-x2)=34.