【文档说明】高考数学二轮复习课时跟踪检测02三角函数的图象与性质小题练 理数（含答案）.doc，共(10)页，139.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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课时跟踪检测（二）三角函数的图象与性质（小题练）A级——12＋4提速练一、选择题1.函数f(x)＝sin(ωx＋φ)x∈R，ω>0，|φ|<π2的部分图象如图所示，则函数f(x)的解析式为()A．f(x)＝sin2x＋π4B．f(x)＝sin

2x－π4C．f(x)＝sin4x＋π4D．f(x)＝sin4x－π4解析：选A由题图可知，函数f(x)的最小正周期为T＝2πω＝3π8－π8×4＝π，所以ω＝2，即f(x)＝sin(2x＋φ)．又函数f(x)的

图象经过点π8，1，所以sinπ4＋φ＝1，则π4＋φ＝2kπ＋π2(k∈Z)，解得φ＝2kπ＋π4(k∈Z)，又|φ|<π2，所以φ＝π4，即函数f(x)＝sin2x＋π4，故选A.2．(2018·重庆模

拟)函数f(x)＝sinx－π4的图象的一个对称中心是()A.3π4，0B.π2，0C.π4，0D.－π4，0解析：选C令x－π4＝kπ(k∈Z)，得x＝kπ＋π4(k∈Z)，当k＝0时，x

＝π4，所以函数f(x)＝sinx－π4的图象的一个对称中心是π4，0，故选C.3．(2018·宝鸡质检)函数f(x)＝tan2x－π3的单调递增区间是()A.kπ2－π12，kπ2＋5π12(k∈Z)B.kπ2－π12，kπ2＋5π

12(k∈Z)C.kπ＋π6，kπ＋2π3(k∈Z)D.kπ－π12，kπ＋5π12(k∈Z)解析：选B由kπ－π2<2x－π3<kπ＋π2(k∈Z)得，kπ2－π12<x<kπ2＋5π12(k∈Z)，所以函数f

(x)＝tan2x－π3的单调递增区间为kπ2－π12，kπ2＋5π12(k∈Z)，故选B.4．(2018·福州模拟)将函数y＝2sinx＋cosx的图象向右平移12个周期后，所得图象对

应的函数为()A．y＝sinx－2cosxB．y＝2sinx－cosxC．y＝－sinx＋2cosxD．y＝－2sinx－cosx解析：选D因为y＝2sinx＋cosx＝5sin(x＋θ)，其中θ满足cosθ＝25，sinθ＝15，所以函数y＝2sinx＋cosx的周

期为2π，所以12个周期为π.于是由题设知平移后所得图象对应的函数为y＝2sin(x－π)＋cos(x－π)＝－2sinx－cosx．故选D.5．(2018·郑州模拟)若将函数f(x)＝12sin2x＋π3图象上的每一个点都向左平移π3个单位长度，得到g(x)的图象，则函数g(x

)的单调递增区间为()A.kπ＋π4，kπ＋3π4(k∈Z)B.kπ－π4，kπ＋π4(k∈Z)C.kπ－2π3，kπ－π6(k∈Z)D.kπ－π12，kπ＋5

π12(k∈Z)解析：选A将函数f(x)＝12sin2x＋π3图象上的每一个点都向左平移π3个单位长度，得到函数g(x)＝12sin2x＋π3＋π3＝12sin()2x＋π＝－12sin2x的图象，令π2＋2kπ≤2x≤3π2＋2kπ(k∈

Z)，可得π4＋kπ≤x≤3π4＋kπ(k∈Z)，因此函数g(x)的单调递增区间为kπ＋π4，kπ＋3π4(k∈Z)，故选A.6．(2018·唐山模拟)把函数y＝sin2x－π6的图象向左平移π6个单位长度后，所得函数图象的一条对称轴的方程为()A．x＝0B．x＝π2C．

x＝π6D．x＝－π12解析：选C将函数y＝sin2x－π6的图象向左平移π6个单位长度后得到y＝sin2x＋π6－π6＝sin2x＋π6的图象，令2x＋π6＝π2＋kπ(k∈Z

)，得x＝π6＋kπ2(k∈Z)，令k＝0，则x＝π6，选C.7．(2018·成都模拟)已知函数f(x)＝sinx＋3cosx在x＝θ时取得最大值，则cos2θ＋π4＝()A．－2＋64B．－12C.2－64D.32解析：选C∵f(x)＝sinx＋3cosx＝2s

inx＋π3，又f(x)在x＝θ时取得最大值，∴θ＋π3＝π2＋2kπ(k∈Z)，即θ＝π6＋2kπ(k∈Z)，于是cos2θ＋π4＝cosπ3＋π4＋4kπ＝cosπ3＋π4＝12×22－32×22＝2－64，故选C.8

．(2019届高三·福州四校联考)函数f(x)＝sinωx(ω>0)的图象向右平移π12个单位长度得到函数y＝g(x)的图象，并且函数g(x)在区间π6，π3上单调递增，在区间π3，π2上单调递减，则实数ω的值为()A.74B.32C．2D.54解析：选C因为将

函数f(x)＝sinωx(ω>0)的图象向右平移π12个单位长度得到函数y＝g(x)的图象，所以g(x)＝sinωx－π12，又函数g(x)在区间π6，π3上单调递增，

在区间π3，π2上单调递减，所以gπ3＝sinωπ4＝1且2πω≥π3，所以ω＝8k＋k∈Z，0<ω≤6，所以ω＝2，故选C.9．(2018·合肥一模)将函数y＝cosx－sinx的图象先向右平移φ(φ>0)个单位长度，再将所得的图象上

每个点的横坐标变为原来的a倍，得到y＝cos2x＋sin2x的图象，则φ，a的可能取值为()A．φ＝π2，a＝2B．φ＝3π8，a＝2C．φ＝3π8，a＝12D．φ＝π2，a＝12解析：选D将函数y＝cosx－sinx＝2cosx＋π4

的图象向右平移φ(φ>0)个单位长度，可得y＝2cosx＋π4－φ的图象，再将函数图象上每个点的横坐标变为原来的a倍，得到y＝2cos1ax＋π4－φ的图象，又y＝2cos1ax＋π4－φ＝cos2x＋sin2x＝2cos2x－π4，∴1

a＝2，π4－φ＝－π4＋2kπ(k∈Z)，∴a＝12，φ＝π2＋2kπ(k∈N)，又φ>0，结合选项知选D.10．(2018·开封模拟)若存在正整数ω和实数φ使得函数f(x)＝sin2(ωx＋φ)的图象如图所示(图象

经过点(1,0))，那么ω的值为()A．1B．2C．3D．4解析：选B由f(x)＝sin2(ωx＋φ)＝(1－ωx＋2φ)2及其图象知，12<12×2π2ω<1，即π2<ω<π，所以正整数ω＝2或3.由函数f(x)的图象经过点

(1,0)，得f(1)＝(1－ωx＋2φ)2＝0，得2ω＋2φ＝2kπ(k∈Z)，即2φ＝2kπ－2ω(k∈Z)．由图象知f(0)>12，即1－cos2φ2＝1－cos2ω2>12，得cos2ω<0，所以ω＝2，故选B.11．(2018·沈阳模拟)已知函数

f(x)＝sin2x＋π3，以下命题中为假命题的是()A．函数f(x)的图象关于直线x＝π12对称B．x＝－π6是函数f(x)的一个零点C．函数f(x)的图象可由g(x)＝sin2x的图象向左平移π3个单位长度得到D．函数f(x)在0，π12上

是增函数解析：选C令2x＋π3＝kπ＋π2(k∈Z)，当k＝0时，x＝π12，即函数f(x)的图象关于直线x＝π12对称，选项A正确；令2x＋π3＝kπ(k∈Z)，当k＝0时，x＝－π6，即x＝－π6是函数f(x)的一个零点，选项B正确；2x＋π3＝2x＋π6，故函数f(x)的图象可由

g(x)＝sin2x的图象向左平移π6个单位长度得到，选项C错误；若x∈0，π12，则2x＋π3∈π3，π2，故f(x)在0，π12上是增函数，选项D正确．故选C.12．(2018·江苏南京模拟)已知函数f(x)＝sinωx－π

6(ω>0)，若f(0)＝－fπ2且f(x)在0，π2上有且仅有三个零点，则ω＝()A.23B．2C.263D.143或6解析：选Df(0)＝sin－π6＝－12，令ωx1－π6＝0得，x1＝π6ω，而π6ωT＝

π6ω2πω＝112，故x1＝T12.又f(0)＝－fπ2，如图，若f(x)在0，π2上有且仅有3个零点，则π2＝T＋T12×2或π2＝3T2，即T＝3π7或T＝π3，则ω＝143或6，故选D.二、

填空题13．(2018·广州模拟)函数f(x)＝4cosxsinx＋π6－1(x∈R)的最大值为________．解析：∵f(x)＝4cosxsinx＋π6－1＝4cosx32sinx＋12cosx－1＝23sinxcosx＋2cos2

x－1＝3sin2x＋cos2x＝2sin2x＋π6，∴f(x)max＝2.答案：214．(2018·北京东城质检)函数f(x)＝sin2x＋3sinxcosx在区间π4，π2上的最小值为________．解析：由函数f(x)＝sin2x＋3sinxc

osx＝12－12cos2x＋32sin2x＝sin2x－π6＋12.∵x∈π4，π2，∴2x－π6∈π3，5π6.当2x－π6＝5π6时，函数f(x)取得最小值为1.答案：11

5．(2018·武汉调研)若函数f(x)＝2sinωx＋π4(ω>0)的图象的对称轴与函数g(x)＝cos(2x＋φ)|φ|<π2的图象的对称轴完全相同，则φ＝________.解析：因为函数f(x)＝2sinωx＋π4(ω

>0)的图象的对称轴与函数g(x)＝cos(2x＋φ)|φ|<π2的图象的对称轴完全相同，故它们的最小正周期相同，即2πω＝2π2，所以ω＝2，故函数f(x)＝2sin2x＋π4.令2x＋π4＝kπ＋π2，k∈Z，则x＝kπ2＋π8，k∈Z，故函数f(

x)的图象的对称轴为x＝kπ2＋π8，k∈Z.令2x＋φ＝mπ，m∈Z，则x＝mπ2－φ2，m∈Z，故函数g(x)的图象的对称轴为x＝mπ2－φ2，m∈Z，故kπ2＋π8－mπ2＋φ2＝nπ2，m，n，k∈Z，即φ＝(m＋n－k)π－π4，m，n，k

∈Z，又|φ|<π2，所以φ＝－π4.答案：－π416．设函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)．若函数f(x)在区间π6，π2上具有单调性，且fπ2＝f

2π3＝－fπ6，则函数f(x)的最小正周期为________．解析：法一：∵f(x)在区间π6，π2上具有单调性，且fπ2＝f2π3，∴x＝π2和x＝2π3均不是f(x)的极

值点，其极值应该在x＝π2＋2π32＝7π12处取得，∵fπ2＝－fπ6，∴x＝π6也不是函数f(x)的极值点，又f(x)在区间π6，π2上具有单调性，∴x＝π6－7π12－π2＝π12为f(x)的另一个相邻的极值点，故函数f(x)

的最小正周期T＝2×7π12－π12＝π.法二：由已知可画出草图，如图所示，则T4＝π2＋2π32－π2＋π62，解得T＝π.答案：πB级——难度小题强化练1．(2018·宜昌模拟)设函数f(

x)＝sin12x＋θ－3cos12x＋θ|θ|<π2的图象关于原点对称，则角θ＝()A．－π6B.π6C．－π3D.π3解析：选D∵f(x)＝2sin12x＋θ－π3，且f(x

)的图象关于原点对称，∴f(0)＝2sinθ－π3＝0，即sinθ－π3＝0，∴θ－π3＝kπ(k∈Z)，即θ＝π3＋kπ(k∈Z)，又|θ|<π2，∴θ＝π3.2．(2018·洛阳模拟)已知函数f(x)＝sinx＋3cosx(x∈R)，先将y＝f(x)

的图象上所有点的横坐标缩短到原来的13(纵坐标不变)，再将得到的图象上所有点向右平移θ(θ>0)个单位长度，得到的图象关于y轴对称，则θ的最小值为()A.π9B.π3C.5π18D.2π3解析：选Cf(x)＝sinx＋3cosx＝2sin

x＋π3，将其图象上所有点的横坐标缩短到原来的13(纵坐标不变)，得y＝2sin3x＋π3的图象，再将得到的图象上所有的点向右平移θ(θ>0)个单位长度，得y＝2sinx－θ＋π3＝2sin3x＋π3

－3θ的图象．由y＝2sin3x＋π3－3θ的图象关于y轴对称得π3－3θ＝π2＋kπ，k∈Z，即θ＝－6k＋118π，k∈Z，又θ>0，故当k＝－1时，θ取得最小值5π18，故选C.3．(2018

·洛阳尖子生统考)已知函数f(x)＝sin(sinx)＋cos(sinx)，x∈R，则下列说法正确的是()A．函数f(x)是周期函数且最小正周期为πB．函数f(x)是奇函数C．函数f(x)在区间0，π2上的值域为[1，2]D．函数f(x)在

π4，π2上是增函数解析：选Cf(x)＝sin(sinx)＋cos(sinx)＝2sinsinx＋π4，因为f(π＋x)＝2sinx＋＋π4＝2sin－sinx＋π4≠f(x)，所以π不是函数f(x)的最小正周期，故A错误；f(－x

)＝2sin－x＋π4＝2sin－sinx＋π4≠－f(x)，故B错误；当x∈0，π2时，sinx∈[0,1]，sinx＋π4∈π4，π4＋1，所以sinsinx＋π4∈22，1，则2sinsinx＋π4∈[

1，2]，故C正确；当x∈π4，π2时，sinx∈22，1，sinx＋π4∈22＋π4，1＋π4，而π2∈22＋π4，1＋π4，所以函数f(x)在π4，π2上不是单调函数，故D错误．4．(2018·武汉调

研)函数f(x)＝Acos()ωx＋φ(ω>0)的部分图象如图所示，给出以下结论：①f(x)的最大值为A；②f(x)的最小正周期为2；③f(x)图象的一条对称轴为直线x＝－12；④f(x)在2k－14，2k＋34，k∈Z上

是减函数．则正确结论的个数为()A．1B．2C．3D．4解析：选B若A>0，则最大值是A，若A<0，则最大值是－A，故①不正确；由题图可知，函数f(x)的最小正周期T＝2×54－14＝2，故②正

确；因为函数f(x)的图象过点14，0和54，0，所以函数f(x)图象的对称轴为直线x＝1214＋54＋kT2＝34＋k(k∈Z)，而34＋k＝－12无整数解，故直线x＝－12不是函数f(x)图象的对称轴，故③不正确；由图可知，当14－T4＋k

T≤x≤14＋T4＋kT(k∈Z)，即2k－14≤x≤2k＋34(k∈Z)时，f(x)是减函数，故④正确．故选B.5．(2018·山东淄博质检)若函数y＝sin2x＋acosx＋58a－32在闭区间0，π2上的最大值是1

，则实数a的值为________．解析：y＝1－cos2x＋acosx＋58a－32＝－cosx－a22＋a24＋58a－12.∵0≤x≤π2，∴0≤cosx≤1.①若a2>1，即a>2，则当cosx＝1时，ymax＝a＋58

a－32＝1⇒a＝2013<2(舍去)；②若0≤a2≤1，即0≤a≤2，则当cosx＝a2时，ymax＝a24＋58a－12＝1，∴a＝32或a＝－4<0(舍去)；③若a2<0，即a<0，则当cosx＝0时，ymax＝58a－12＝1⇒a＝125>0(舍去)．答案：326．已知函数f(x)＝2

asin(πωx＋φ)a≠0，ω>0，|φ|≤π2，直线y＝a与f(x)的图象的相邻两个交点的横坐标分别是2和4，现有如下命题：①该函数在[2,4]上的值域是[a，2a]；②在[2,4]上，当且仅当x＝3时函数取得最大值

；③该函数的最小正周期可以是83；④f(x)的图象可能过原点．其中是真命题的为________(写出序号即可)．解析：对于①，∵直线y＝a与函数f(x)＝2asin(πωx＋φ)的图象的相邻两个交点的横坐标分别为2和4，∴结合图

象可以看出，当a>0时，f(x)在[2,4]上的值域为[a，2a]，当a<0时，f(x)在[2,4]上的值域为[2a，a]，①错误；对于②，根据三角函数图象的对称性，显然x＝2和x＝4的中点是x＝3，即当a>0时，f(x)在x＝3处有最

大值f(3)＝2a，当a<0时，f(x)在x＝3处有最小值f(3)＝2a，②错误；对于③，∵函数f(x)＝2asin(πωx＋φ)的最小正周期T＝2ππω＝2ω，当ω＝34时，T＝83>4－2＝2，因此f(x)的最小正周期可以是83，③正

确；对于④，f(0)＝2asinφ，令f(0)＝0，得φ＝0，此时f(x)＝2asinπωx，由2asinπωx＝a得sinπωx＝22，则πωx＝2kπ＋π4(k∈Z)或πωx＝2kπ＋3π4(k∈Z)，∴x＝

2k＋14ω(k∈Z)或x＝2k＋34ω(k∈Z)，∵直线y＝a与函数f(x)＝2asin(πωx＋φ)的图象的相邻两个交点的横坐标分别为2和4，∴令2k＋14ω＝2，2k＋34ω＝4，解得k＝18∉Z，即不存在这

样的k符合题意，④错误．综上，只有③正确．答案：③