高考數(shù)學二輪復習 主攻36個必考點 三角函數(shù)與解三角形 考點過關(guān)檢測二 文-人教版高三全冊數(shù)學試題

考點過關(guān)檢測（二）1．函數(shù)f(x)＝sinxcosx＋(1＋tan2x)cos2x的最小正周期和最大值分別是()A．π和eq\f(3,2) B.eq\f(π,2)和1C．π和1 D．2π和eq\f(3,2)解析：選A∵f(x)＝sinxcosx＋(1＋tan2x)cos2x＝eq\f(1,2)sin2x＋1，∴函數(shù)f(x)的最小正周期為π，最大值為eq\f(3,2).故選A.2．(2019·合肥高三調(diào)研)若將函數(shù)f(x)＝cos2x(1＋cosx)(1－cosx)圖象上所有點的橫坐標伸長為原來的2倍(縱坐標不變)，得到函數(shù)y＝g(x)的圖象，則函數(shù)y＝g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)＋kπ，kπ))(k∈Z)B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ，\f(π,2)＋kπ))(k∈Z)C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)＋\f(1,4)kπ，\f(1,4)kπ))(k∈Z)D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)kπ，\f(π,8)＋\f(1,4)kπ))(k∈Z)解析：選A因為f(x)＝cos2x(1＋cosx)(1－cosx)＝cos2xsin2x＝eq\f(1,4)sin22x＝eq\f(1,8)－eq\f(1,8)cos4x，所以g(x)＝eq\f(1,8)－eq\f(1,8)cos2x，所以當－π＋2kπ≤2x≤2kπ(k∈Z)，即－eq\f(π,2)＋kπ≤x≤kπ(k∈Z)時，y＝g(x)單調(diào)遞減，所以g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)＋kπ，kπ))(k∈Z)，故選A.3．(2019·山西平遙中學調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝2sin(ωx＋φ)(ω>0，|φ|<π)的部分圖象如圖所示，已知點A(0，eq\r(3))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))，若將它的圖象向右平移eq\f(π,6)個單位長度，得到函數(shù)g(x)的圖象，則函數(shù)g(x)圖象的一條對稱軸方程為()A．x＝eq\f(π,12) B．x＝eq\f(π,4)C．x＝eq\f(π,3) D．x＝eq\f(2π,3)解析：選A由題意知圖象過A(0，eq\r(3))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))，即f(0)＝2sinφ＝eq\r(3)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)·ω＋φ))＝0，又ω>0，|φ|<π，并結(jié)合圖象知φ＝eq\f(2π,3)，eq\f(π,6)·ω＋φ＝π＋2kπ(k∈Z)，得ω＝2，所以f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))，因為圖象向右平移eq\f(π,6)個單位長度得g(x)＝2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＋\f(2π,3)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，所以對稱軸滿足2x＋eq\f(π,3)＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)，解得x＝eq\f(π,12)＋eq\f(kπ,2)(k∈Z)，所以滿足條件的一條對稱軸方程是x＝eq\f(π,12)，故選A.4．(2020屆高三·江西紅色七校第一次聯(lián)考)函數(shù)y＝sin2x－eq\f(π,6)的圖象與函數(shù)y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))的圖象()A．有相同的對稱軸但無相同的對稱中心B．有相同的對稱中心但無相同的對稱軸C．既有相同的對稱軸也有相同的對稱中心D．既無相同的對稱中心也無相同的對稱軸解析：選A令2x－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，得x＝eq\f(π,3)＋eq\f(kπ,2)，k∈Z，令x－eq\f(π,3)＝kπ，k∈Z，得x＝eq\f(π,3)＋kπ，k∈Z，故函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))與y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))的圖象有相同的對稱軸．令2x－eq\f(π,6)＝kπ，k∈Z，得x＝eq\f(π,12)＋eq\f(kπ,2)，k∈Z，令x－eq\f(π,3)＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，得x＝eq\f(5π,6)＋kπ，k∈Z，故函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))與y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))的圖象無相同的對稱中心．5．(2019·武漢高三調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝asinωx＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))(a>0，ω>0)，對于任意的x1，x2∈R，都有f(x1)＋f(x2)－2eq\r(3)≤0，若f(x)在[0，π]上的值域為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\r(3)))，則實數(shù)ω的取值范圍為()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,2))) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,3)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(2,3))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,2)))解析：選Bf(x)＝asinωx＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))＝asinωx＋cosωxcoseq\f(π,6)＋sinωxsineq\f(π,6)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋a))sinωx＋eq\f(\r(3),2)cosωx＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋a))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))2)·sin(ωx＋φ)，其中tanφ＝eq\f(\f(\r(3),2),\f(1,2)＋a).對于任意的x1，x2∈R，都有f(x1)＋f(x2)－2eq\r(3)≤0，即f(x1)＋f(x2)≤2eq\r(3)，當且僅當f(x1)＝f(x2)＝f(x)max時取等號，故2eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋a))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))2)＝2eq\r(3)，解得a＝1或a＝－2(舍去)，故f(x)＝eq\f(3,2)sinωx＋eq\f(\r(3),2)cosωx＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6))).因為0≤x≤π，所以0≤ωx≤ωπ，eq\f(π,6)≤ωx＋eq\f(π,6)≤ωπ＋eq\f(π,6).又f(x)在[0，π]上的值域為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\r(3)))，所以eq\f(π,2)≤ωπ＋eq\f(π,6)≤eq\f(5π,6)，解得eq\f(1,3)≤ω≤eq\f(2,3)，故選B.6．(2019·山東三校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝3sin(ωx＋φ)(ω>0,0<φ<π)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＝0，對x∈R恒有f(x)≤eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))))，且在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,15)，\f(π,5)))上有且只有一個x1使f(x1)＝3，則ω的最大值為()A.eq\f(57,4) B.eq\f(105,4)C.eq\f(111,4) D.eq\f(117,4)解析：選B由題意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)ω＋φ＝k1π，,\f(π,3)ω＋φ＝k2π＋\f(π,2)，))k1，k2∈N，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ω＝\f(32k＋1,4)，,φ＝\f(k′π,2)＋\f(π,4)，))k，k′∈Z，其中k＝k2－k1，k′＝k2＋k1＝k＋2k1，故k與k′同為奇數(shù)或同為偶數(shù)．又f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,15)，\f(π,5)))上有且只有一個x，使f(x)取得最大值，且要求ω最大，則區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,15)，\f(π,5)))包含的周期應該最多，所以eq\f(π,5)－eq\f(π,15)＝eq\f(2π,15)≤2T，得0<ω≤30，即eq\f(32k＋1,4)≤30，所以k≤19.5.當k＝19時，ω＝eq\f(117,4)，k′為奇數(shù)，φ＝eq\f(3π,4)，此時eq\f(117,4)x＋eq\f(3π,4)∈(2.7π，6.6π)，當eq\f(117,4)x1＋eq\f(3π,4)＝4.5π或6.5π時，f(x1)＝3都成立，舍去；當k＝18時，ω＝eq\f(111,4)，k′為偶數(shù)，φ＝eq\f(π,4)，此時eq\f(111,4)x＋eq\f(π,4)∈(2.1π，5.8π)，當eq\f(111,4)x1＋eq\f(π,4)＝2.5π或4.5π時，f(x1)＝3都成立，舍去；當k＝17時，ω＝eq\f(105,4)，k′為奇數(shù)，φ＝eq\f(3π,4)，此時eq\f(105,4)x＋eq\f(3π,4)∈(2.5π，6π)，當且僅當eq\f(105,4)x1＋eq\f(3π,4)＝4.5π時，f(x1)＝3成立．綜上所述，ω最大值為eq\f(105,4).7．(2019·贛州崇義中學月考)若函數(shù)y＝tan3ax－eq\f(π,3)(a≠0)的最小正周期為eq\f(π,2)，則a＝________.解析：由題意得eq\f(π,|3a|)＝eq\f(π,2)，解得|3a|＝2，所以a＝±eq\f(2,3).答案：±eq\f(2,3)8．(2019·昆明第一中學月考)已知函數(shù)f(x)＝2cosωx(ω>0)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))上單調(diào)，則ω的取值范圍為________．解析：由已知，f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))上單調(diào)，所以eq\f(1,2)T≥eq\f(π,3)，即eq\f(π,ω)≥eq\f(π,3)，故0<ω≤3.答案：(0,3]9．(2019·贛州摸底)已知函數(shù)f(x)＝sinωx－eq\f(π,6)＋eq\f(1,2)，ω>0，x∈R，且f(α)＝－eq\f(1,2)，f(β)＝eq\f(1,2).若|α－β|的最小值為eq\f(3π,4)，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)))＝________，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為________．解析：函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))＋eq\f(1,2)，ω>0，x∈R，由f(α)＝－eq\f(1,2)，f(β)＝eq\f(1,2)，且|α－β|的最小值為eq\f(3π,4)，得eq\f(T,4)＝eq\f(3π,4)，即T＝3π＝eq\f(2π,ω)，所以ω＝eq\f(2,3).所以f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)x－\f(π,6)))＋eq\f(1,2).則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)))＝sineq\f(π,3)＋eq\f(1,2)＝eq\f(\r(3)＋1,2).由－eq\f(π,2)＋2kπ≤eq\f(2,3)x－eq\f(π,6)≤eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，得－eq\f(π,2)＋3kπ≤x≤π＋3kπ，k∈Z，即函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)＋3kπ，π＋3kπ))，k∈Z.答案：eq\f(\r(3)＋1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)＋3kπ，π＋3kπ))，k∈Z10．(2019·紹興期末)已知函數(shù)f(x)＝2sinx·eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))＋cosx))，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).(1)求feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))；(2)求f(x)的最大值與最小值．解：(1)因為coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝coseq\f(π,6)＝eq\f(\r(3),2)，sineq\f(π,6)＝eq\f(1,2)，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝2×eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)＋\f(\r(3),2)))＝eq\r(3).(2)f(x)＝2sinx·eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))＋cosx))＝2sinx·eq\f(1,2)cosx＋eq\f(\r(3),2)sinx＋cosx＝eq\f(3,2)sin2x＋eq\f(\r(3),2)(1－cos2x)＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＋eq\f(\r(3),2).因為x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以2x－eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(5π,6))).令z＝2x－eq\f(π,6)，因為y＝sinz在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,2)))上單調(diào)遞增，在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(5π,6)))上單調(diào)遞減，所以，當2x－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，即x＝eq\f(π,3)時，f(x)有最大值eq\f(3\r(3),2)；當2x－eq\f(π,6)＝－eq\f(π,6)，即x＝0時，f(x)有最小值0.11．(2019·北京東城區(qū)期末)已知函數(shù)f(x)＝2eq\r(3)sinax·cosax＋2cos2ax－1(0<a≤1)．(1)當a＝1時，求函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(π,2)))上的最大值與最小值；(2)當f(x)的圖