【創(chuàng)新設(shè)計(jì)】2021高考數(shù)學(xué)(四川專用-理科)二輪專題整合：1-2-1三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)

專題二三角函數(shù)與平面對(duì)量第1講三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)一、選擇題1．(2022·吉林省試驗(yàn)中學(xué)一模)函數(shù)f(x)＝cos2x＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(5π,2)＋x))是 ()．A．非奇非偶函數(shù)B．僅有最小值的奇函數(shù)C．僅有最大值的偶函數(shù)D．既有最大值又有最小值的偶函數(shù)解析f(x)＝cos2x＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,2)＋x))＝cos2x＋cosx＝2cos2x＋cosx－1，易知函數(shù)f(x)是偶函數(shù)，且當(dāng)cosx＝1時(shí)取最大值，cosx＝－eq\f(1,4)時(shí)取最小值．答案D2．將函數(shù)f(x)＝eq\r(3)sin2x－cos2x的圖象向左平移|m|的個(gè)單位eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＞－\f(π,2)))，若所得的圖象關(guān)于直線x＝eq\f(π,6)對(duì)稱，則m的最小值為 ()．A．－eq\f(π,3) B．－eq\f(π,6)C．0 D．eq\f(π,12)解析f(x)＝eq\r(3)sin2x－cos2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，將f(x)的圖象向左平移|m|個(gè)單位，得到函數(shù)g(x)＝2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)＋|m|))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)＋2|m|))，則：2×eq\f(π,6)－eq\f(π,6)＋2|m|＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)，解得|m|＝eq\f(π,6)＋eq\f(1,2)kπ(k∈Z)，當(dāng)k＝0時(shí)，|m|＝eq\f(π,6)，又由于m＞－eq\f(π,2)，所以m的最小值為－eq\f(π,6).答案B3．(2022·北京東城區(qū)質(zhì)量調(diào)研)函數(shù)y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(πx,6)－\f(π,3)))(0≤x≤9)的最大值與最小值之差為 ()．A．2＋eq\r(3) B．4C．3 D．2－eq\r(3)解析由于0≤x≤9，所以－eq\f(π,3)≤eq\f(πx,6)－eq\f(π,3)≤eq\f(7π,6)，因此當(dāng)eq\f(πx,6)－eq\f(π,3)＝eq\f(π,2)時(shí)，函數(shù)y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(πx,6)－\f(π,3)))取最大值，即ymax＝2×1＝2，當(dāng)eq\f(πx,6)－eq\f(π,3)＝－eq\f(π,3)時(shí)，函數(shù)y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(πx,6)－\f(π,3)))取最小值，即ymin＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＝－eq\r(3)，因此y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(πx,6)－\f(π,3)))(0≤x≤9)的最大值與最小值之差為2＋eq\r(3).答案A4．(2022·北京順義區(qū)統(tǒng)練)已知函數(shù)f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))－cos2x，其中x∈R，給出下列四個(gè)結(jié)論：①函數(shù)f(x)是最小正周期為π的奇函數(shù)；②函數(shù)f(x)圖象的一條對(duì)稱軸是x＝eq\f(2π,3)；③函數(shù)f(x)圖象的一個(gè)對(duì)稱中心為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，0))；④函數(shù)f(x)的遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,6)，kπ＋\f(2π,3)))(k∈Z)．則正確結(jié)論的個(gè)數(shù)是 ()．A．1 B．2C．3 D．4解析由已知得，f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))－cos2x＝cos2xcoseq\f(π,3)－sin2xsineq\f(π,3)－cos2x＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))).f(x)不是奇函數(shù)，故①錯(cuò)；當(dāng)x＝eq\f(2π,3)時(shí)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4π,3)＋\f(π,6)))＝1，故②正確；當(dāng)x＝eq\f(5π,12)時(shí)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)))＝－sinπ＝0，故③正確；令2kπ＋eq\f(π,2)≤2x＋eq\f(π,6)≤2kπ＋eq\f(3π,2)(k∈Z)，得kπ＋eq\f(π,6)≤x≤kπ＋eq\f(2π,3)(k∈Z)，故④正確．綜上，正確的結(jié)論個(gè)數(shù)為3.答案C5．(2022·濟(jì)寧一模)已知函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)(0＜φ＜π)的圖象如圖所示，若f(x0)＝3，x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(5π,6)))，則sinx0的值為 ()．A.eq\f(4\r(3)－3,10)B.eq\f(3\r(3)＋4,10)C.eq\f(4\r(3)＋1,10)D.eq\f(3\r(3)＋3,10)解析由圖象知A＝5，eq\f(T,2)＝eq\f(4π,3)－eq\f(π,3)＝π，∴T＝2π，∴ω＝eq\f(2π,2π)＝1，且1×eq\f(π,3)＋φ＝2kπ＋eq\f(π,2)，又0＜φ＜π，∴φ＝eq\f(π,6)，∴f(x)＝5sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6))).由f(x0)＝3，得sin(x0＋eq\f(π,6))＝eq\f(3,5)，即eq\f(\r(3),2)sinx0＋eq\f(1,2)cosx0＝eq\f(3,5)，①又x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(5π,6)))，∴x0＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，∴coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0＋\f(π,6)))＝－eq\f(4,5)，即eq\f(\r(3),2)cosx0－eq\f(1,2)sinx0＝－eq\f(4,5)，②由①②解得sinx0＝eq\f(3\r(3)＋4,10).答案B二、填空題6．(2022·重慶卷)將函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω＞0，－eq\f(π,2)≤φ＜eq\f(π,2))圖象上每一點(diǎn)的橫坐標(biāo)縮短為原來(lái)的一半，縱坐標(biāo)不變，再向右平移eq\f(π,6)個(gè)單位長(zhǎng)度得到y(tǒng)＝sinx的圖象，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝________.答案eq\f(\r(2),2)7．(2022·江蘇五市聯(lián)考)函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0,0≤φ＜2π)在R上的部分圖象如圖所示，則f(2014)的值為_(kāi)_______．解析依據(jù)題意，由函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0，0≤φ＜2π)在R上的部分圖象可知周期為12，由此可知T＝eq\f(2π,ω)＝12，ω＝eq\f(π,6)，A＝5，將(5,0)代入可知，5sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)＋φ))＝0，可知φ＝eq\f(π,6)，所以f(2014)＝5sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)×2014＋\f(π,6)))＝－eq\f(5,2).答案－eq\f(5,2)8．(2022·北京卷)設(shè)函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A，ω，φ是常數(shù)，A>0，ω>0)．若f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))上具有單調(diào)性，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))，則f(x)的最小正周期為_(kāi)_______．解析由f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))上具有單調(diào)性，得eq\f(T,2)≥eq\f(π,2)－eq\f(π,6)，即T≥eq\f(2π,3)；由于feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))，所以f(x)的一條對(duì)稱軸為x＝eq\f(\f(π,2)＋\f(2π,3),2)＝eq\f(7π,12)；又由于feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))，所以f(x)的一個(gè)對(duì)稱中心的橫坐標(biāo)為eq\f(\f(π,2)＋\f(π,6),2)＝eq\f(π,3).所以eq\f(1,4)T＝eq\f(7π,12)－eq\f(π,3)＝eq\f(π,4)，即T＝π.答案π三、解答題9．(2022·四川卷)已知函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,4))).(1)求f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間；(2)若α是其次象限角，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,3)))＝eq\f(4,5)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))cos2α，求cosα－sinα的值．解(1)由于函數(shù)y＝sinx的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)＋2kπ，\f(π,2)＋2kπ))，k∈Z，由－eq\f(π,2)＋2kπ≤3x＋eq\f(π,4)≤eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，得－eq\f(π,4)＋eq\f(2kπ,3)≤x≤eq\f(π,12)＋eq\f(2kπ,3)，k∈Z.所以，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)＋\f(2kπ,3)，\f(π,12)＋\f(2kπ,3)))，k∈Z.(2)由已知，有sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(4,5)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))(cos2α－sin2α)，所以sinαcoseq\f(π,4)＋cosαsineq\f(π,4)＝eq\f(4,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosαcos\f(π,4)－sinαsin\f(π,4)))(cos2α－sin2α)，即sinα＋cosα＝eq\f(4,5)(cosα－sinα)2(sinα＋cosα)．當(dāng)sinα＋cosα＝0時(shí)，由α是其次象限角，知α＝eq\f(3π,4)＋2kπ，k∈Z.此時(shí)，cosα－sinα＝－eq\r(2).當(dāng)sinα＋cosα≠0時(shí)，有(cosα－sinα)2＝eq\f(5,4).由α是其次象限角，知cosα－sinα<0，此時(shí)cosα－sinα＝－eq\f(\r(5),2).綜上所述，cosα－sinα＝－eq\r(2)或－eq\f(\r(5),2).10．(2022·濟(jì)寧一模)已知函數(shù)f(x)＝sinxcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＋eq\f(\r(3),4).(1)當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,6)))時(shí)，求函數(shù)f(x)的值域；(2)將函數(shù)y＝f(x)的圖象向右平移eq\f(π,3)個(gè)單位后，再將得到的圖象上各點(diǎn)的橫坐標(biāo)變?yōu)樵瓉?lái)的eq\f(1,2)倍(縱坐標(biāo)保持不變)，得到函數(shù)y＝g(x)的圖象，求函數(shù)g(x)的表達(dá)式及對(duì)稱軸方程．解(1)f(x)＝sinxcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＋eq\f(\r(3),4)＝sinxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosxcos\f(π,3)－sinxsin\f(π,3)))＋eq\f(\r(3),4)＝eq\f(1,2)sinxcosx－eq\f(\r(3),2)sin2x＋eq\f(\r(3),4)＝eq\f(1,4)sin2x－eq\f(\r(3),2)×eq\f(1－cos2x,2)＋eq\f(\r(3),4)＝eq\f(1,4)sin2x＋eq\f(\r(3),4)cos2x＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))).由－eq\f(π,3)≤x≤eq\f(π,6)，得－eq\f(π,3)≤2x＋eq\f(π,3)≤eq\f(2π,3)，所以－eq\f(\r(3),2)≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))≤1，－eq\f(\r(3),4)≤eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))≤eq\f(1,2)，所以f(x)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),4)，\f(1,2))).(2)由(1)知f(x)＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，將函數(shù)y＝f(x)的圖象向右平移eq\f(π,3)個(gè)單位后，得到函數(shù)y＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))＋\f(π,3)))＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的圖象，再將得到的圖象上各點(diǎn)的橫坐標(biāo)變?yōu)樵瓉?lái)的eq\f(1,2)倍(縱坐標(biāo)保持不變)，得到函數(shù)y＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(π,3)))的圖象，所以g(x)＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(π,3))).當(dāng)4x－eq\f(π,3)＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)時(shí)，g(x)取最值，所以x＝eq\f(kπ,4)＋eq\f(5π,24)(k∈Z)，所以函數(shù)g(x)的對(duì)稱軸方程是x＝eq\f(kπ,4)＋eq\f(5π,24)(k∈Z)．