高考数学二轮复习 第二部分 专题二 专题强化练六 三角函数的图象与性质 理

专题强化练六三角函数的图象与性质一、选择题
1．(2018·全国卷Ⅲ)函数f(x)＝
tan x
1＋tan2x
的最小正周期为( )
A.
π
4
B.
π
2
C．π D．2π
解析：f(x)＝
tan x
1＋tan2x
＝
sin x
cos x
1＋
sin2x
cos2x
＝
sin x cos x
cos2x＋sin2x
＝
sin x cos x＝
1
2
sin 2x，所以f(x)的最小正周期T＝
2π
2
＝π.
答案：C
2．(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝2cos2x－sin2x＋2，则( )
A．f(x)的最小正周期为π，最大值为3
B．f(x)的最小正周期为π，最大值为4
C．f(x)的最小正周期为2π，最大值为3
D．f(x)的最小正周期为2π，最大值为4
解析：f(x)＝2cos2x－sin2x＋1＝1＋cos 2x－
1－cos2x
2
＋2＝
5
2
＋
3cos 2x
2
.
所以f(x)的最小正周期为T＝π，最大值为4.
答案：B
3.(2018·北京卷)在平面直角坐标系中，AB
︵
，CD
︵
，EF
︵
，GH
︵
是圆x2＋y2＝1上的四段弧(如图)，点P在其中一段上，角α以Ox为始边，OP为终边．若tan α＜cos α＜sin α，则点P所在的圆弧是( )
A.AB ︵
B.CD ︵
C.EF ︵
D.GH ︵
解析：由题知四段弧是单位圆上的第一、二、三象限的弧， 在AB ︵
上，tan α>sin α，不满足； 在CD ︵
上，tan α>sin α，不满足；
在EF ︵
上，sin α>0，cos α<0，tan α<0，且cos α>tan α满足； 在GH ︵
上，tan α>0，sin α<0，cos α<0，不满足． 故选C. 答案：C
4．偶函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(A ＞0，ω＞0，0＜φ＜π)的部分图象如图所示，其中△EFG 是斜边为4的等腰直角三角形(E ，F 是函数f (x )与x 轴的交点，点G 在图象上)，则f (1)的值为( )
A.
22 B.6
2
C. 2 D ．2 2 解析：依题设，T 2＝|EF |＝4，T ＝8，ω＝π4
.
因为函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)为偶函数，且0＜φ＜π. 所以φ＝π
2，在等腰直角△EGF 中，易求A ＝2.
所以f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4x ＋π2＝2cos π4x ，则f (1)＝ 2.
答案：C
5．(2018·天津卷)将函数y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π5的图象向右平移π10个单位长度，所得图象对
应的函数( )
A ．在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤3π4，5π4上单调递增
B ．在区间⎣⎢
⎡⎦
⎥
⎤3π4，π上单调递减
C ．在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤5π4
，3π2上单调递增 D ．在区间⎣⎢
⎡⎦
⎥
⎤3π2，2π上单调递减 解析：把函数y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π5的图象向右平移π10个单位长度得函数g (x )＝
sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π10＋π5＝sin 2x 的图象，由－π2＋2k π≤2x ≤π2＋2k π(k ∈Z)得－π4＋k π≤x
≤π4＋k π(k ∈Z)．令k ＝1，得34π≤x ≤5
4
π.所以函数g (x )＝sin 2x 的一个单调增区间为⎣
⎢⎡⎦⎥⎤3π4，5π4. 答案：A 二、填空题
6．(2018·江苏卷)已知函数y ＝sin(2x ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫－π
2＜φ＜π2的图象关于直线x ＝π3对
称，则φ的值是________．
解析：因为函数y ＝sin(2x ＋φ)的图象关于直线x ＝π
3对称，
所以x ＝π
3时，函数取得最大值或最小值，
所以sin ⎝
⎛⎭
⎪
⎫2π3＋φ＝±1.
所以2π3＋φ＝kπ＋π2(k ∈Z)，所以φ＝k π－π
6(k ∈Z)．
又－π2＜φ＜π2，所以φ＝－π6.
答案：－π6
7．(2018·北京卷)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________．
解析：依题意，当x ＝π
4时，函数f (x )有最大值，
故f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝1，则πω4－π6＝2k π(k ∈Z)． 所以ω＝8k ＋2
3
(k ∈Z)，
由ω＞0，所以ω的最小值为2
3.
答案：23
8．(2018·广东省际名校联考(二))将函数f (x )＝1－23·cos 2
x －(sin x －cos x )2
的图象向左平移π3个单位，得到函数y ＝g (x )的图象，若x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，π2，则函数g (x )的单调递增区间是________．
解析：f (x )＝－23cos 2
x ＋sin 2x ＝sin 2x －3cos 2x －3＝2sin ⎝
⎛⎭⎪⎫2x －π3－ 3.
所以g (x )＝2sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝
⎛⎭⎪⎫x ＋π3－π3－ 3
＝2sin ⎝
⎛⎭⎪⎫2x ＋π3－3，
令－π2＋2k π≤2x ＋π3≤π2＋2k π，得－5π12＋k π≤x ≤π
12
＋k π，k ∈Z ，
因为x ∈⎣⎢⎡⎦
⎥⎤－π2，π2， 所以函数g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，π2上的单调递增区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－5π12，π12. 答案：⎣⎢⎡⎦
⎥⎤－5π12，π12
三、解答题
9．(2017·浙江卷)已知函数f (x )＝sin 2
x －cos 2
x －23sin x cos x (x ∈R)． (1)求f ⎝
⎛⎭
⎪⎫2π3的值；
(2)求f (x )的最小正周期及单调递增区间． 解：(1)f (x )＝sin 2
x －cos 2
x －23sin x cos x ＝－cos 2x －3sin 2x ＝－2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6， 则f ⎝
⎛⎭⎪⎫2π3＝－2sin ⎝ ⎛⎭
⎪⎫4π3＋π6＝2. (2)f (x )的最小正周期为π.
令2k π＋π2≤2x ＋π6≤2k π＋3π
2，k ∈Z ，
得k π＋π6≤x ≤k π＋2π
3
，k ∈Z.
所以函数f (x )的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π＋π6，k π＋2π3，k ∈Z.
10．已知函数f (x )＝sin ⎝
⎛⎭
⎪⎫π2－x sin x －3cos 2x ＋32.
(1)求f (x )的最大值及取得最大值时x 的值；
(2)若方程f (x )＝2
3在(0，π)上的解为x 1，x 2，求cos(x 1－x 2)的值．
解：(1)f (x )＝cos x sin x －
32(2cos 2
x －1)＝12sin 2x －32cos 2x ＝sin ⎝
⎛⎭⎪⎫2x －π3.
当2x －π3＝π
2＋2k π(k ∈Z)，
即x ＝5π
12＋k π(k ∈Z)时，
函数f (x )取最大值，且最大值为1.
(2)由(1)知，函数f (x )图象的对称轴为x ＝5π
12＋k π，k ∈Z ，
所以当x ∈(0，π)时，对称轴为x ＝5π
12.
又方程f (x )＝2
3在(0，π)上的解为x 1，x 2.
所以x 1＋x 2＝5π6，则x 1＝5π
6－x 2，
所以cos(x 1－x 2)＝cos ⎝
⎛⎭⎪⎫5π6－2x 2＝sin ⎝ ⎛⎭
⎪⎫2x 2－π3，
又f (x 2)＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 2－π3＝23，
故cos(x 1－x 2)＝2
3
.
11．(2018·郑州市调研)已知向量m ＝(2cos ωx ，－1)，n ＝(sin ωx －cos ωx ，2)(ω＞0)，函数f (x )＝m·n ＋3，若函数f (x )的图象的两个相邻对称中心的距离为
π
2
. (1)求函数f (x )的单调增区间；
(2)若将函数f (x )的图象先向左平移π
4个单位，然后纵坐标不变，横坐标缩短为原来的
12倍，得到函数g (x )的图象，当x ∈⎣⎢⎡⎦
⎥⎤π4，π2时，求函数g (x )的值域． 解：(1)f (x )＝m·n ＋3
＝2cos ωx (sin ωx －cos ωx )－2＋3
＝sin 2ωx －cos 2ωx ＝2sin ⎝
⎛⎭⎪⎫2ωx －π4. 依题意知，最小正周期为T ＝π， 所以ω＝1，因此f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π4.
令－π2＋2k π≤2x －π4≤π
2＋2k π，
得－π8＋k π≤x ≤3π
8＋k π.
故函数f (x )的增区间为[－
π8＋k π，3π
8
＋k π]，k ∈Z. (2)将函数f (x )的图象先向左平移π4个单位，得到y ＝2sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝
⎛⎭⎪⎫x ＋π4－π4＝2
sin ⎝
⎛⎭⎪⎫2x ＋π4的图象．
然后纵坐标不变，横坐标缩短为原来的12倍，得到函数g (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫4x ＋π4的图象．
故g (x )＝2sin ⎝
⎛⎭⎪⎫4x ＋π4，
由π4≤x ≤π2，知5π4≤4x ＋π4≤9π
4， 所以－1≤sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫4x ＋π4≤22，
故函数g (x )的值域为[－2，1]．。