2020高考文科数学二轮提分广西等课标3卷专用专题能力训练9 三角函数的图象与性质+Word版含解析

专题能力训练9三角函数的图象与性质
一、能力突破训练
1.(2019全国Ⅰ,文7)tan 255°=()
A.-2-√3
B.-2+√3
C.2-√3
D.2+√3
2.若函数f(x)=sin ωx+√3cos ωx(x∈R),又f(α)=-2,f(β)=0,且|α-β|的最小值为3π
4
,则正数ω的值是()
A.1
3B.3
2
C.4
3
D.2
3
3.(2018全国Ⅱ,文10)若f(x)=cos x-sin x在区间[0,a]上是减函数,则a的最大值是()
A.π
4B.π2
C.3π
4
D.π
4.若f(x)=2sin(ωx+φ)+m,对任意实数t都有f(π
8+t)=f(π
8
-t),且f(π
8
)=-3,则实数m的值等于()
A.-1
B.±5
C.-5或-1
D.5或1
5.已知函数f(x)=A sin(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|<π)的图象关于直线x=π对称,若它的最小正周期为π,则函数f(x)的图象的一个对称中心是()
A.(π
3,1) B.(π
12
,0)
C.(5π
12,0) D.(-π
12
,0)
6.(2019山东潍坊一模,7)若函数f(x)=2sin(x+2θ)cos x(0<θ<π
2
)的图象过点(0,2),则()
A.点(π
4
,0)是y=f(x)图象的一个对称中心
B.直线x=π
4
是y=f(x)图象的一条对称轴
C.函数y=f(x)的最小正周期是2π
D.函数y=f(x)的值域是[0,2]
7.已知函数f(x)=A sin(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|<π
2
)的部分图象如图所示,则f(x)=.
1
2
8.已知函数f (x )=sin x+λcos x 的图象的一个对称中心是点(π
3,0),则函数g (x )=λsin x cos x+sin 2x 的图象的一条对称轴是 .(写出其中的一条即可)
9.已知函数f (x )=sin(ωx+φ)(ω>0,φ∈[π
2
,π])的部分图象如图所示,且f (x )在区间[0,2π]上恰有一个最大值和一个最小值,则ω的取值范围是 . 10.已知函数f (x )=√3sin 2x+sin x cos x. (1)求函数f (x )的最小正周期和单调递增区间; (2)当x ∈[0,π2
]时,求函数f (x )的值域.
11.已知函数f (x )=2cos x sin (x -π
3)+√3
2
.
(1)求曲线y=f (x )的相邻两个对称中心之间的距离; (2)若函数f (x )在区间[0,m ]上单调递增,求m 的最大值.
3
二、思维提升训练
12.(2019河北衡水联考,10)已知函数f (x )=sin(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)图象的一条对称轴与相邻的一个对称中心的距离为π4
,将其向右平移π6
个单位长度后得到函数g (x )的图象.若函数g (x )在区间[3π
4
,π]上单调递增,则φ的取值范围为( ) A.[π6,π2
] B.[π3,
5π
6] C.[π3,2π3]
D.[π4,3π
4]
13.设函数f (x )=2sin(ωx+φ),x ∈R ,其中ω>0,|φ|<π,若f (5π
8)=2,f (11π
8)=0,且f (x )的最小正周期大于2π,则( ) A.ω=2
3,φ=π
12 B.ω=23,φ=-11π
12 C.ω=13
,φ=-11π
24 D.ω=13
,φ=7π24
14.已知函数f (x )=sin x+√3cos x ,把函数f (x )的图象向右平移π个单位长度,再把图象上各点的横坐标缩小到原来的一半,纵坐标不变,得到函数g (x )的图象.当x ∈[0,π
]时,方程g (x )-k=0恰有两个不同的实根,则实数k 的取值范围为 .
15.如果两个函数的图象平移后能够重合,那么称这两个函数为“互为生成”函数.给出下列四个函数:
①f (x )=sin x+cos x ;②f (x )=√2(sin x+cos x ); ③f (x )=sin x ;④f (x )=√2sin x+√2.
其中为“互为生成”函数的是 .(填序号)
16.已知函数f (x )=1
2sin 2x sin φ+cos 2x cos φ-1
2sin (π
2+φ)(0<φ<π),其图象过点(π6,1
2).
(1)求φ的值;
(2)将函数y=f (x )的图象上各点的横坐标缩短到原来的1
2
,纵坐标不变,得到函数y=g (x )的图象,求函数g (x )在区间[0,π
4]上的最大值和最小值.
4
专题能力训练9 三角函数的图象与性质
一、能力突破训练 1.D
解析 tan 255°=tan(180°+75°)=tan 75°=tan(45°+30°)=tan45°+tan30°
1-tan45°tan30°
=
1+√3
31-√3
3
=2+√3.
2.D 解析 因为f (x )=2sin (ωx +π
3)(x ∈R ),所以函数f (x )的最大值为2,最小值为-2.
由已知f (α)=-2,f (β)=0,得(α,-2)为函数f (x )的图象上的一个最低点,(β,0)为一个对称中心,故|α-β|的最小值等于周期的1,即
3π=T ,所以T=3π,所以ω=2π=2.
3.C 解析 ∵f (x )=cos x-sin x
=√2(√2
2cosx -√2
2sinx)=√2cos (x +π
4),
(方法一)作图如图所示. 易知a max =3
4π.
(方法二)∵当2k π≤x+π
4≤2k π+π,k ∈Z 时,f (x )为减函数,
∴2k π-π4≤x ≤2k π+3π
4,k ∈Z ,令k=0可知x ∈[-π4,3π
4
], ∴a max =3π
4.
4.C 解析 依题意,得函数f (x )的图象关于直线x=π8对称,于是当x=π8
时,函数f (x )取得最值,因此有
±2+m=-3,解得m=-5或m=-1.故选C .
5.B 解析 由题意知T=π,则ω=2. 由函数f (x )的图象关于直线x=π
3对称, 得2×π3
+φ=π2
+k π(k ∈Z ), 即φ=-π6+k π(k ∈Z ).
∵|φ|<π2,∴φ=-π6,∴f (x )=A sin (2x -π
6).
令2x-π
=k π(k ∈Z ),则x=π
+k
π(k ∈Z ).
5
∴函数f (x )的图象的一个对称中心为(π
12,0).故选B.
6.D 解析 ∵函数f (x )=2sin(x+2θ)cos x (0<θ<π
2)的图象过点(0,2),
∴2sin 2θ=2,即sin 2θ=1,∴2θ=π2,∴θ=π
4, ∴f (x )=2sin(x+2θ)cos x=2cos 2x=cos 2x+1,
当x=π
4时,f (x )=1,故A,B 都不正确;f (x )的最小正周期为2π
2=π,故C 不正确; 显然,f (x )=cos 2x+1∈[0,2],故D 正确.
7.√2sin (π
8x +π
4) 解析 由题意,得A=√2,函数f (x )的周期为T=16.
∵T=2πω,∴ω=π8,此时f (x )=√2sin (π
8x +φ).
由f (2)=√2,即sin (π
8×2+φ)=sin (π
4+φ)=1, 则π4
+φ=2k π+π2
,k ∈Z ,
解得φ=2k π+π4
,k ∈Z .∵|φ|<π2
,∴φ=π4
,
∴函数的解析式为f (x )=√2sin (πx +π
).
8.x=-π
3
(答案不唯一) 解析 将点(π3
,0)代入f (x )=sin x+λcos x ,得λ=-√3,则g (x )=-√3sin x cos x+sin 2x=-√32sin 2x+12−12cos 2x=12-sin (2x +π
6
),令2x+π
6
=k π+π2
,k ∈Z ,得x=
kπ2+π
6
,k ∈Z .令k=-1,得x=-π3
.
9.[
1112,1712
) 解析 由题意,得f (x )=sin(ωx+φ).
∵f (0)=√3
2,∴φ=2π
3+2k π(k ∈Z ). ∵φ∈[π2,π],∴φ=2π
3.
∵x ∈[0,2π],∴2π3≤ωx+2π3≤2πω+2π
3.
∵f (x )在区间[0,2π]上恰有一个最大值和一个最小值, ∴5π2≤2πω+2π
3<7π
2
, ∴11
12≤ω<17
12.
10.解 (1)f (x )=√3sin 2x+sin x cos x=√3(1
2−1
2cos2x)+1
2sin 2x=sin (2x -π
3)+√3
2, 则函数f (x )的最小正周期为T=π.
6
由2k π-π≤2x-π≤2k π+π,k ∈Z ,
解得-π12+k π≤x ≤k π+5π12,k ∈Z ,故函数f (x )的单调递增区间是[-π12+kπ,5π
12
+kπ],k ∈Z . (2)当x ∈[0,π
2]时,2x-π3∈[-π3,2π
3
], 则sin (2x -π3)∈[-√3
2,1], 故函数f (x )的值域为f (x )∈[0,1+√3
2
].
11.解 (1)f (x )=2cos x (12
sinx -√3
2
cosx)+
√3
2
=sin x cos x-√3cos 2x+√3
2
=1
2
sin 2x-√3×1+cos2x 2+√32=sin (2x -π
3
), 所以函数f (x )的最小正周期T=2π
2
=π.
所以曲线y=f (x )的相邻两个对称中心之间的距离为T
2,即π
2. (2)由(1)可知f (x )=sin (2x -π
3),当x ∈[0,m ]时,2x-π
3∈[-π
3,2m -π
3]. 因为y=sin x 在区间[-π2,π
2]上单调递增,且f (x )在区间[0,m ]上单调递增, 所以
2x-π3
∈
[-π3,2m -π3
]⊆
[-π2,π
2],即{
m >0,2m -π3≤π2,
解得0<m ≤5π
12,故m 的最大值为5π12
.
二、思维提升训练
12.B 解析 由题意,得T
4=π
4,所以T=π,所以ω=2π
π=2,所以f (x )=sin(2x+φ). 从而g (x )=sin [2(x -π
6)+φ]=sin (2x +φ-π
3). 由-π2
+2k π≤2x+φ-π3
≤π2
+2k π,k ∈Z ,得-π12−φ2+k π≤x ≤5π12−φ
2
+k π,k ∈Z . 要使g (x )在区间[3π
4,π]上单调递增, 则需满足{
-π
12-φ
2+kπ≤3π
4,5π12-φ2+kπ≥π,k ∈Z ,
即{
-5π
3+2kπ≤φ,-7π+2kπ≥φ,k ∈Z ,
7
解得-5π+2k π≤φ≤-7π+2k π,k ∈Z .又0<φ<π,当k=1时,可得π≤φ≤5π,符合条件. 13.A 解析 由题意可知,2π
ω>2π,11π
8−5π
8≥14·2π
ω, 所以2
3≤ω<1.所以排除C,D . 当ω=2
3时,f (5π
8)=2sin (5π
8×2
3+φ) =2sin (5π12+φ)=2, 所以sin (5π+φ)=1.
所以5π
+φ=π+2k π,即φ=π+2k π(k ∈Z ). 因为|φ|<π,所以φ=π
12.故选A .
14.[1,2) 解析 函数f (x )=sin x+√3cos x=2sin (x +π
3),把函数f (x )的图象向右平移π
6个单位长度,得到
f 1(x )=2sin (x +π
6)的图象,再把函数f 1(x )图象上各点的横坐标缩小到原来的一半,纵坐标不变,得到函数g (x )=2sin (2x +π
6)的图象.因为x ∈[0,π
2],所以2x+π
6∈[π6,7π
6].
令π
6≤2x+π
6≤π
2,解得0≤x ≤π
6,即函数g (x )在区间[0,π
6]上单调递增; 令π
≤2x+π≤
7π,解得π≤x ≤π
,即函数g (x )在区间[π,π]上单调递减,
且g (0)=2sin π
6=1,g (π
6)=2sin π
2=2,g (π
2)=2sin 7π
6=-1.
要使方程g (x )-k=0恰好有两个不同的实根,即y=g (x )的图象与y=k 的图象有两个不同的交点, 结合图象(图略),可得实数k 的取值范围是1≤k<2,即[1,2).
15.①④ 解析 首先化简题中的四个解析式可得:①f (x )=√2sin (x +π
4),②f (x )=2sin (x +π
4),③f (x )=sin x ,
④f (x )=√2sin x+√2.可知③f (x )=sin x 的图象要与其他的函数图象重合,单纯经过平移不能完成,必须经
过伸缩变换才能实现,所以③f (x )=sin x 不能与其他函数成为“互为生成”函数;同理①f (x )=√2sin (x +
π4)的图象与②f (x )=2sin (x +π4
)的图象也必须经过伸缩变换才能重合,而④f (x )=√2sin x+√2的图象可以向左平移π4个单位,再向下平移√2个单位即可得到①f (x )=√2sin (x +π
4)的图象,所以①④为“互为生
成”函数.
16.解 (1)∵f (x )=1
sin 2x sin φ+cos 2x cos φ-1
sin (π
+φ)(0<φ<π),
∴f (x )=1
2sin 2x sin φ+
1+cos2x 2cos φ-12cos φ=12sin 2x sin φ+1
2
cos 2x cos φ =1
2(sin 2x sin φ+cos 2x cos φ)=1
2cos(2x-φ).
8
又函数f (x )的图象过点(π6,1
2
),
∴12=12cos (2×π6-φ),即cos (π
3-φ)=1. ∵0<φ<π,∴φ=π
3.
(2)由(1)知f (x )=1
2cos (2x -π
3),将函数y=f (x )的图象上各点的横坐标缩短到原来的1
2,纵坐标不变,得到函
数y=g (x )的图象,可知g (x )=f (2x )=1
2cos (4x -π
3).∵x ∈[0,π
4],∴4x ∈[0,π],
∴4x-π
∈[-π,
2π],即-1≤cos (4x -π)≤1. 故g (x )在区间[0,π4
]上的最大值和最小值分别为12
和-14
.。