【数学】2020届一轮复习人教B版（文）第四章第5讲三角函数的图象与性质作业(1)

【数学】2020届一轮复习人教B版（文）第四章第5讲三角函数的图象与性质作业(1)

‎1．下列函数中，最小正周期为π且图象关于原点对称的函数是(　　)‎ A．y＝cos B．y＝sin C．y＝sin 2x＋cos 2x D．y＝sin x＋cos x 解析：选A．y＝cos＝－sin 2x，最小正周期T＝＝π，且为奇函数，其图象关于原点对称，故A正确；y＝sin＝cos 2x，最小正周期为π，且为偶函数，其图象关于y轴对称，故B不正确；C、D均为非奇非偶函数，其图象不关于原点对称，故C、D不正确．‎ ‎2．函数y＝ 的定义域为(　　)‎ A． B．，k∈Z C．，k∈Z D．R 解析：选C．由cos x－≥0，得cos x≥，所以2kπ－≤x≤2kπ＋，k∈Z.‎ ‎3．若函数f(x)＝sin－cos的图象关于原点对称，则角θ＝(　　)‎ A．－　　　　　　　　 B． C．－ D． 解析：选D.因为f(x)＝2sin，且f(x)的图象关于原点对称，所以f(0)＝2sin＝0，即sin＝0，‎ 所以θ－＝kπ(k∈Z)，即θ＝＋kπ(k∈Z)．‎ 又|θ|＜，所以θ＝.‎ ‎4．函数y＝tan x＋sin x－|tan x－sin x|在区间内的图象是(　　)‎ 解析：选D.y＝tan x＋sin x－|tan x－sin x|＝结合选项图形知，D正确．‎ ‎5．(2019·广州综合测试(一))已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)＋cos(ωx＋φ)(ω＞0，0＜φ＜π)是奇函数，直线y＝与函数f(x)的图象的两个相邻交点的横坐标之差的绝对值为，则(　　)‎ A．f(x)在上单调递减 B．f(x)在上单调递减 C．f(x)在上单调递增 D．f(x)在上单调递增 解析：选D.f(x)＝sin(ωx＋φ)＋cos(ωx＋φ)＝sin，因为0＜φ＜π且f(x)为奇函数，所以φ＝，即f(x)＝－sin ωx，又直线y＝与函数f(x)的图象的两个相邻交点的横坐标之差的绝对值为，所以函数f(x)的最小正周期为，由＝，可得ω＝4，故f(x)＝－sin 4x，由2kπ＋≤4x≤2kπ＋，k∈Z，即＋≤x≤＋，k∈Z，令k＝0，得≤x≤，此时f(x)在上单调递增，故选D.‎ ‎6．已知函数f(x)＝－2sin(2x＋φ)(|φ|＜π)，若f＝－2，则f(x)的单调递减区间是________．‎ 解析：当x＝时，f(x)有最小值－2，‎ 所以2×＋φ＝－＋2kπ，‎ 即φ＝－π＋2kπ，k∈Z，‎ 又因为|φ|＜π，‎ 所以φ＝－π.‎ 所以f(x)＝－2sin(2x－π)．‎ 由－＋2kπ≤2x－π≤＋2kπ，‎ 得＋kπ≤x≤π＋kπ，k∈Z，‎ 所以函数f(x)的单调递减区间为，k∈Z.‎ 答案：，k∈Z ‎7．若函数f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω＞0且|φ|＜)在区间上是单调减函数，且函数值从1减少到－1，则f等于________．‎ 解析：由题意知，k∈Z，‎ 解之得ω＝2，φ＝＋2kπ，‎ 又因为|φ|＜，‎ 所以φ＝.‎ 所以f(x)＝sin.‎ 所以f＝sin＝cos＝.‎ 答案： ‎8．已知函数f(x)＝3sin(ω>0)和g(x)＝3·cos(2x＋φ)的图象的对称中心完全相同，若x∈，则f(x)的取值范围是________．‎ 解析：由两三角函数图象的对称中心完全相同，可知两函数的周期相同，故ω＝2，所以f(x)＝3sin，当x∈时，－≤2x－≤，所以－≤sin≤1，故f(x)∈.‎ 答案： ‎9．(2017·高考北京卷)已知函数f(x)＝cos－2sin xcos x.‎ ‎(1)求f(x)的最小正周期；‎ ‎(2)求证：当x∈时，f(x)≥－.‎ 解：(1)f(x)＝cos 2x＋sin 2x－sin 2x ‎＝sin 2x＋cos 2x＝sin(2x＋)．‎ 所以f(x)的最小正周期T＝＝π.‎ ‎(2)证明：因为－≤x≤，‎ 所以－≤2x＋≤.‎ 所以sin(2x＋)≥sin(－)＝－.‎ 所以当x∈[－，]时，f(x)≥－.‎ ‎10．(2016·高考北京卷)已知函数f(x)＝2sin ωxcos ωx＋cos 2ωx(ω＞0)的最小正周期为π.‎ ‎(1)求ω的值；‎ ‎(2)求f(x)的单调递增区间．‎ 解：(1)因为f(x)＝2sin ωxcos ωx＋cos 2ωx ‎＝sin 2ωx＋cos 2ωx＝sin(2ωx＋)，‎ 所以f(x)的最小正周期T＝＝.‎ 依题意，＝π，‎ 解得ω＝1.‎ ‎(2)由(1)知f(x)＝sin(2x＋)．‎ 函数y＝sin x的单调递增区间为[2kπ－，2kπ＋](k∈Z)．‎ 由2kπ－≤2x＋≤2kπ＋(k∈Z)，‎ 得kπ－≤x≤kπ＋(k∈Z)．‎ 所以f(x)的单调递增区间为[kπ－，kπ＋](k∈Z)．‎ ‎1．(2018·高考全国卷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：选B.易知f(x)＝2cos2x－sin2x＋2＝3cos2x＋1＝(2cos2x－1)＋＋1＝cos 2x＋，则f(x)的最小正周期为π，当x＝kπ(k∈Z)时，f(x)取得最大值，最大值为4.‎ ‎2．(2019·石家庄质量检测(一))若函数f(x)＝sin(2x＋θ)＋cos(2x＋θ)(0＜θ＜π)的图象关于对称，则函数f(x)在上的最小值是(　　)‎ A．－1 B．－ C．－ D．－ 解析：选B．f(x)＝sin(2x＋θ)＋cos(2x＋θ)＝2sin，则由题意，知f＝2sin＝0，又0＜θ＜π，所以θ＝，所以f(x)＝－2sin 2x，f(x)在上是减函数，所以函数f(x)在上的最小值为f＝－2sin＝－，故选B．‎ ‎3．(2019·南昌第一次模拟)已知函数f(x)＝Acos ωx(A≠0，ω>0)在区间上存在零点，则ω的最小值为(　　)‎ A. B. C．2 D．3‎ 解析：选C.因为f(x)在区间上存在零点，所以－≤－或≤，所以ω≥2或ω≥3，所以ωmin＝2，故选C.‎ ‎4．(2019·成都第二次诊断检测)已知函数f(x)＝sin(ωx＋2φ)－2sin φcos(ωx＋φ)(ω＞0，φ∈R)在上单调递减，则ω的取值范围是(　　)‎ A．(0，2] B． C． D． 解析：选C．f(x)＝sin(ωx＋φ＋φ)－2sin φcos(ωx＋φ)＝cos φsin(ωx＋φ)－sin φcos(ωx＋φ)＝sin ωx，＋2kπ≤ωx≤＋2kπ，k∈Z⇒＋≤x≤＋，k∈Z，所以函数f(x)的单调递减区间为，k∈Z，‎ 所以＋≤π＜≤＋，k∈Z，由＋≤π，可得＋2k≤ω，k∈Z，由≤＋，k∈Z，可得ω≤1＋，k∈Z，所以＋2k≤ω≤1＋，k∈Z，又≥－π＝，所以≥π，因为ω＞0，所以0＜ω≤2，所以当k＝0时，≤ω≤1.故选C．‎ ‎5．设函数f(x)＝sin2ωx＋2sin ωx·cos ωx－cos2ωx＋λ(x∈R)的图象关于直线x＝π对称．其中ω，λ为常数，且ω∈.‎ ‎(1)求函数f(x)的最小正周期；‎ ‎(2)若y＝f(x)的图象经过点，求函数f(x)的值域．‎ 解：(1)因为f(x)＝sin2ωx－cos2ωx＋2sin ωx·cos ωx＋λ ‎＝－cos 2ωx＋sin 2ωx＋λ＝2sin＋λ，‎ 由直线x＝π是y＝f(x)图象的一条对称轴，‎ 可得sin＝±1，‎ 所以2ωπ－＝kπ＋(k∈Z)，‎ 即ω＝＋(k∈Z)．‎ 又ω∈，k∈Z，‎ 所以k＝1，故ω＝.‎ 所以f(x)的最小正周期是.‎ ‎(2)由y＝f(x)的图象过点，‎ 得f＝0，‎ 即λ＝－2sin＝－2sin＝－，‎ 即λ＝－.‎ 故f(x)＝2sin－，‎ 函数f(x)的值域为[－2－，2－]．‎ ‎6．已知a>0，函数f(x)＝－2asin＋2a＋b，当x∈时，－5≤f(x)≤1.‎ ‎(1)求常数a，b的值；‎ ‎(2)设g(x)＝f且lg g(x)>0，求g(x)的单调区间．‎ 解：(1)因为x∈，所以2x＋∈.‎ 所以sin∈，‎ 所以－2asin∈[－2a，a]．‎ 所以f(x)∈[b，3a＋b]，‎ 又因为－5≤f(x)≤1，‎ 所以b＝－5，3a＋b＝1，因此a＝2，b＝－5.‎ ‎(2)由(1)得，‎ f(x)＝－4sin－1，‎ g(x)＝f＝－4sin－1‎ ‎＝4sin－1，‎ 又由lg g(x)>0，得g(x)>1，‎ 所以4sin－1>1，所以sin>，‎ 所以2kπ＋<2x＋<2kπ＋，k∈Z，‎ 其中当2kπ＋<2x＋≤2kπ＋，k∈Z时，g(x)单调递增，即kπ

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