【復(fù)習(xí)參考】2021年高考數(shù)學(xué)(理)提升演練：三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)

2021屆高三數(shù)學(xué)（理）提升演練：三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)一、選擇題1．函數(shù)y＝sinx＋cosx的最小值和最小正周期分別是()A．－eq\r(2)，2π B．－2,2πC．－eq\r(2)，π D．－2，π2．函數(shù)y＝sinx|eq\f(cosx,sinx)|(0<x<π)的圖象大致是()3．若動直線x＝a與函數(shù)f(x)＝sinx和g(x)＝cosx的圖象分別交于M、N兩點，則|MN|的最大值為()A．1 B.eq\r(2)C.eq\r(3) D．24．已知函數(shù)y＝sinx的定義域為[a，b]，值域為[－1，eq\f(1,2)]，則b－a的值不行能是()A.eq\f(π,3) B.eq\f(2π,3)C．π D.eq\f(4π,3)5．已知函數(shù)f(x)＝2sinωx(ω>0)在區(qū)間[－eq\f(π,3)，eq\f(π,4)]上的最小值是－2，則ω的最小值為()A.eq\f(2,3) B.eq\f(3,2)C．2 D．36．設(shè)函數(shù)f(x)＝sin(2x＋eq\f(π,4))＋cos(2x＋eq\f(π,4))，則()A．y＝f(x)在(0，eq\f(π,2))單調(diào)遞增，其圖象關(guān)于直線x＝eq\f(π,4)對稱B．y＝f(x)在(0，eq\f(π,2))單調(diào)遞增，其圖象關(guān)于直線x＝eq\f(π,2)對稱C．y＝f(x)在(0，eq\f(π,2))單調(diào)遞減，其圖象關(guān)于直線x＝eq\f(π,4)對稱D．y＝f(x)在(0，eq\f(π,2))單調(diào)遞減，其圖象關(guān)于直線x＝eq\f(π,2)對稱二、填空題7．假如函數(shù)y＝3cos(2x＋φ)的圖象關(guān)于點(eq\f(4π,3)，0)中心對稱，那么|φ|的最小值為________．8．設(shè)函數(shù)y＝sin(eq\f(π,2)x＋eq\f(π,3))，若對任意x∈R，存在x1，x2使f(x1)≤f(x)≤f(x2)恒成立，則|x1－x2|的最小值是________．9．設(shè)函數(shù)y＝sin(ωx＋φ)(ω>0，φ∈(－eq\f(π,2)，eq\f(π,2)))的最小正周期為π，且其圖象關(guān)于直線x＝eq\f(π,12)對稱，則在下面四個結(jié)論：①圖象關(guān)于點(eq\f(π,4)，0)對稱；②圖象關(guān)于點(eq\f(π,3)，0)對稱；③在[0，eq\f(π,6)]上是增函數(shù)；④在[－eq\f(π,6)，0]上是增函數(shù)中，全部正確結(jié)論的編號為________．三、解答題10．已知函數(shù)f(x)＝4cosxsin(x＋eq\f(π,6))－1.(1)求f(x)的最小正周期；(2)求f(x)在區(qū)間[－eq\f(π,6)，eq\f(π,4)]上的最大值和最小值．11．設(shè)a＝(sin2eq\f(π＋2x,4)，cosx＋sinx)，b＝(4sinx，cosx－sinx)，f(x)＝a·b.(1)求函數(shù)f(x)的解析式；(2)已知常數(shù)ω>0，若y＝f(ωx)在區(qū)間[－eq\f(π,2)，eq\f(2π,3)]上是增函數(shù)，求ω的取值范圍；12．已知a＝(5eq\r(3)cosx，cosx)，b＝(sinx,2cosx)，函數(shù)f(x)＝a·b＋|b|2.(1)求函數(shù)f(x)的最小正周期；(2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)減區(qū)間；(3)當(dāng)eq\f(π,6)≤x≤eq\f(π,2)時，求函數(shù)f(x)的值域．詳解答案：1．解析：∵y＝eq\r(2)sin(x＋eq\f(π,4))，∴當(dāng)x＋eq\f(π,4)＝2kπ－eq\f(π,2)(k∈Z)時，ymin＝－eq\r(2).T＝2π.答案：A2．解析：y＝sinx|eq\f(cosx,sinx)|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(cosx，0<x<\f(π,2),0，x＝\f(π,2),－cosx，\f(π,2)<x<π))答案：B3．解析：|MN|＝|sina－cosA|＝|eq\r(2)sin(a－eq\f(π,4))|，∴|MN|max＝eq\r(2).答案：B4．解析：畫出函數(shù)y＝sinx的草圖分析知b－a的取值范圍為[eq\f(2π,3)，eq\f(4π,3)]．答案：A5．解析：∵f(x)＝2sinωx(ω>0)在區(qū)間[－eq\f(π,3)，eq\f(π,4)]上的最小值為－2∴eq\f(T,4)≤eq\f(π,3)，即eq\f(π,2ω)≤eq\f(π,3)，∴ω≥eq\f(3,2)，即ω的最小值為eq\f(3,2).答案：B6．解析：由于y＝sin(2x＋eq\f(π,4))＋cos(2x＋eq\f(π,4))＝eq\r(2)sin(2x＋eq\f(π,2))＝eq\r(2)cos2x，所以y＝eq\r(2)cos2x在(0，eq\f(π,2))單調(diào)遞減，對稱軸為2x＝kπ，即x＝eq\f(kπ,2)(k∈Z)．答案：D7．解析：由題意知，2×eq\f(4π,3)＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z.解得φ＝kπ－eq\f(13π,6)，k∈Z.當(dāng)k＝2時，|φ|min＝eq\f(π,6).答案：eq\f(π,6)8．解析：由f(x1)≤f(x)≤f(x2)恒成立，可得f(x1)為最小值，f(x2)為最大值，|x1－x2|的最小值為半個周期．答案：29．解析：∵T＝π，∴ω＝2.又2×eq\f(π,12)＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)，∴φ＝kπ＋eq\f(π,3).∵φ∈(－eq\f(π,2)，eq\f(π,2))，∴φ＝eq\f(π,3)，∴y＝sin(2x＋eq\f(π,3))．由圖象及性質(zhì)可知②④正確．答案：②④10．解：(1)由于f(x)＝4cosxsin(x＋eq\f(π,6))－1＝4cosx(eq\f(\r(3),2)sinx＋eq\f(1,2)cosx)－1＝eq\r(3)sin2x＋2cos2x－1＝eq\r(3)sin2x＋cos2x＝2sin(2x＋eq\f(π,6))，所以f(x)的最小正周期為π.(2)由于－eq\f(π,6)≤x≤eq\f(π,4)，所以－eq\f(π,6)≤2x＋eq\f(π,6)≤eq\f(2π,3).于是，當(dāng)2x＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，即x＝eq\f(π,6)時，f(x)取得最大值2；當(dāng)2x＋eq\f(π,6)＝－eq\f(π,6)，即x＝－eq\f(π,6)時，f(x)取得最小值－1.11．解：(1)f(x)＝sin2eq\f(π＋2x,4)·4sinx＋(cosx＋sinx)·(cosx－sinx)＝4sinx·eq\f(1－cos\f(π,2)＋x,2)＋cos2x＝2sinx(1＋sinx)＋1－2sin2x＝2sinx＋1，∴f(x)＝2sinx＋1.(2)∵f(ωx)＝2sinωx＋1，ω>0.由2kπ－eq\f(π,2)≤ωx≤2kπ＋eq\f(π,2)，得f(ωx)的增區(qū)間是[eq\f(2kπ,ω)－eq\f(π,2ω)，eq\f(2kπ,ω)＋eq\f(π,2ω)]，k∈Z.∵f(ωx)在[－eq\f(π,2)，eq\f(2π,3)]上是增函數(shù)，∴[－eq\f(π,2)，eq\f(2π,3)]?[－eq\f(π,2ω)，eq\f(π,2ω)]．∴－eq\f(π,2)≥－eq\f(π,2ω)且eq\f(2π,3)≤eq\f(π,2ω)，∴ω∈(0，eq\f(3,4)]．12．解：f(x)＝a·b＋|b|2＝5eq\r(3)cosx·sinx＋cosx·2cosx＋sin2x＋4cos2x＝5eq\r(3)sinxcosx＋sin2x＋6cos2x＝eq\f(5\r(3),2)sin2x＋eq\f(1－cos2x,2)＋3(1＋cos2x)＝eq\f(5\r(3),2)sin2x＋eq\f(5,2)cos2x＋eq\f(7,2)＝5sin(2x＋eq\f(π,6))＋eq\f(7,2)(1)f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π.(2)由2kπ＋eq\f(π,2)≤2x＋eq\f(π,6)≤2kπ＋eq\f(3π,2)得kπ＋eq\f(π,6)≤x≤kπ＋eq\f(2π,3)，k∈Z.∴f(x