数学必修 第一册5.4 三角函数的图象与性质一课一练

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1． eq \a\vs4\al(【多选题】) 设函数f(x)＝cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3))) ，则下列结论正确的是( ABC )
A．f(x)的一个周期为－2π
B．y＝f(x)的图象关于直线x＝ eq \f(8π,3) 对称
C．f(x＋π)的一个零点为x＝ eq \f(π,6)
D．f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π)) 上单调递减
【解析】 f(x－2π)＝cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－2π＋\f(π,3))) ＝cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3))) ＝f(x)，A正确；f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,3)π)) ＝cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,3)π＋\f(π,3))) ＝cs 3π＝－1，B正确；f(x＋π)＝cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋π＋\f(π,3))) ＝cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(4,3)π)) ，此时f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6))) ＝cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋\f(4,3)π)) ＝cs eq \f(3,2) π＝0，故x＝ eq \f(π,6) 是f(x＋π)的零点，C正确；若 eq \f(π,2) ＜x＜π.则 eq \f(5π,6) ＜x＋ eq \f(π,3) ＜ eq \f(4,3) π，f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,6)π，\f(4,3)π)) 上不单调，D错误．故选ABC.
2．下列不等式中成立的是( D )
A．sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,8))) ＞sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,10)))
B．sin 3＞sin 2
C．sin eq \f(7,5) π＞sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,5)π))
D．sin 2＞cs 1
【解析】 因为sin 2＝cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－2)) ＝cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(π,2))) ，且0＜2－ eq \f(π,2) ＜1＜π，所以cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(π,2))) ＞cs 1，即sin 2＞cs 1.故选D.
3．下列函数中，既为偶函数又在(0，π)上单调递增的是( C )
A．y＝|cs x|
B．y＝cs |－x|
C．y＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,2)))
D．y＝－sin eq \f(x,2)
【解析】 y＝|cs x|在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) 上单调递减，排除选项A；y＝cs |－x|＝cs |x|在(0，π)上单调递减，排除选项B；y＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,2))) ＝－sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－x)) ＝－cs x是偶函数，且在(0，π)上单调递增，符合题意；y＝－sin eq \f(x,2) 是奇函数，且在(0，π)上单调递减，排除选项D.
4．函数y＝cs2x＋2csx的值域为( C )
A．[－1，1] B．[－1，2]
C．[－1，3] D．[0，3]
【解析】 y＝cs2x＋2csx＝(cs x＋1)2－1，因为cs x∈[－1，1]，所以y∈[－1，3].
5．函数f(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4))) 在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) 上的最小值为( B )
A．－1 B．－ eq \f(\r(2),2)
C． eq \f(\r(2),2) D．0
【解析】 因为x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) ，所以－ eq \f(π,4) ≤2x－ eq \f(π,4) ≤ eq \f(3π,4) ，所以当2x－ eq \f(π,4) ＝－ eq \f(π,4) 时，f(x)有最小值－ eq \f(\r(2),2) .
6．函数y＝|sin x|＋sin x的值域为( D )
A．[－1，1] B．[－2，2]
C．[－2，0] D．[0，2]
【解析】 因为y＝|sin x|＋sin x＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2sin x，sin x≥0，,0，sin x＜0，)) 又因为－1≤sin x≤1，所以y∈[0，2].
二、填空题
7．已知函数y＝3cs (π－x)，则当x＝__2kπ＋π(k∈Z)__时，函数取得最大值．
【解析】 y＝3cs (π－x)＝－3cs x，当cs x＝－1，即x＝2kπ＋π(k∈Z)时，y有最大值3.
8．函数f(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6))) 的图象离y轴最近的一条对称轴的方程是__x＝－ eq \f(π,6) __．
【解析】 由2x－ eq \f(π,6) ＝kπ＋ eq \f(π,2) (k∈Z)得函数图象的对称轴方程为x＝ eq \f(kπ,2) ＋ eq \f(π,3) (k∈Z)，当k＝－1时，得函数图象离y轴最近的一条对称轴方程为x＝－ eq \f(π,6) .
9．函数y＝cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4))) 的单调递减区间为__ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(π,8)，kπ＋\f(5π,8))) (k∈Z)__.
【解析】 由2kπ≤2x－ eq \f(π,4) ≤2kπ＋π(k∈Z)，得kπ＋ eq \f(π,8) ≤x≤kπ＋ eq \f(5π,8) (k∈Z)，所以函数的单调递减区间为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(π,8)，kπ＋\f(5π,8))) (k∈Z).
10．sin 11°，cs 10°，sin 168°的大小关系是__sin__11°【解析】 cs 10°＝sin 80°，sin 168°＝sin (180°－12°)＝sin 12°.因为y＝sin x在[0°，90°]上单调递增，所以sin 11°11．若函数f(x)＝2sin ωx(0＜ω＜1)在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3))) 上的最大值是 eq \r(2) ，则ω＝__ eq \f(3,4) __．
【解析】 ∵x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3))) ，即0≤x≤ eq \f(π,3) ，且0＜ω＜1，
∴0≤ωx≤ eq \f(ωπ,3) ＜ eq \f(π,3) .
∵f(x)max＝2sin eq \f(ωπ,3) ＝ eq \r(2) ，∴sin eq \f(ωπ,3) ＝ eq \f(\r(2),2) ， eq \f(ωπ,3) ＝ eq \f(π,4) ，即ω＝ eq \f(3,4) .
三、解答题
12．已知函数f(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－2x)) .
(1)求函数f(x)的最小正周期；
(2)求函数f(x)在[－π，0]上的单调递减区间．
解：f(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－2x)) 可化为f(x)＝－sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3))) .
(1)周期T＝ eq \f(2π,ω) ＝ eq \f(2π,2) ＝π.
(2)f(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－2x)) ＝－sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3))) .
令2kπ－ eq \f(π,2) ≤2x－ eq \f(π,3) ≤2kπ＋ eq \f(π,2) ，k∈Z，
得kπ－ eq \f(π,12) ≤x≤kπ＋ eq \f(5π,12) ，k∈Z，
所以当x∈R时，y＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－2x)) 的单调递减区间为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12))) ，k∈Z．
从而当x∈[－π，0]时，y＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－2x)) 的单调递减区间为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－π，－\f(7π,12))) ， eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，0)) .
[B级 素养养成与评价]
13． eq \a\vs4\al(【多选题】) 设函数f(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,5))) (ω＞0)，已知函数f(x)在[0，2π]有且仅有5个零点．下列四个结论中正确的是( ACD )
A．f(x)在(0，2π)有且仅有3个最大值点
B．f(x)在(0，2π)有且仅有2个最小值点
C．f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,10))) 单调递增
D．ω的取值范围是 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(12,5)，\f(29,10)))
【解析】 由于ω＞0，f(0)＝sin eq \f(π,5) ＞sin 0，
而f(x)在[0，2π]有且仅有5个零点，
所以5π≤2ωπ＋ eq \f(π,5) <6π，解得 eq \f(12,5) ≤ω＜ eq \f(29,10) ，D项正确；
因此只有满足ωx＋ eq \f(π,5) ＝ eq \f(π,2) ， eq \f(5π,2) ， eq \f(9π,2) 的x是f(x)在(0，2π)上的最大值点，共3个，A项正确；
满足ωx＋ eq \f(π,5) ＝ eq \f(3π,2) ， eq \f(7π,2) 的x显然是f(x)在(0，2π)上的最小值点，但当ω接近 eq \f(29,10) 时，ωx＋ eq \f(π,5) ＝ eq \f(11π,2) ＜6π，也是一个最小值点，这时有3个最小值点，B项错误；
当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,10))) 时，由ω× eq \f(π,10) ＋ eq \f(π,5) ＝(ω＋2)× eq \f(π,10) ＜ eq \f(49,100) π＜ eq \f(π,2) ，所以f(x)是递增的，C项正确．
14．若函数y＝sin x的定义域为[a，b]，值域为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,2))) ，则b－a的最大值与最小值之和为__2π__．
【解析】 特殊化：作出y＝sin x的图象如图所示，b－a的最大值为 eq \f(13π,6) － eq \f(5π,6) ＝ eq \f(4π,3) ，b－a的最小值为 eq \f(3π,2) － eq \f(5π,6) ＝ eq \f(2π,3) ，
所以最大值与最小值之和为 eq \f(4π,3) ＋ eq \f(2π,3) ＝2π.
15．求下列函数的最大值和最小值．
(1)f(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6))) ，x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) ；
(2)y＝－2cs2x＋2sinx＋3，x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(5π,6))) .
解：(1)当x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) 时，2x－ eq \f(π,6) ∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(5π,6))) .
由函数图象知，f(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6))) ∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1)) ，
所以f(x)在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) 上的最大值和最小值分别为1，－ eq \f(1,2) .
(2)由题意得，y＝－2(1－sin2x)＋2sinx＋3
＝2sin2x＋2sinx＋1
＝2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin x＋\f(1,2))) eq \s\up12(2) ＋ eq \f(1,2) .
因为x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(5π,6))) ，所以 eq \f(1,2) ≤sin x≤1.
当sin x＝1时，ymax＝5；
当sin x＝ eq \f(1,2) 时，ymin＝ eq \f(5,2) .
16．已知函数f(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x＋φ)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0<φ<\f(π,2))) 图象的一条对称轴是直线x＝ eq \f(π,4) .
(1)求φ的值；
(2)求函数f(x)的单调递增区间．
解：(1)因为直线x＝ eq \f(π,4) 是函数f(x)图象的一条对称轴，
所以sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)×\f(π,4)＋φ)) ＝±1，所以 eq \f(π,8) ＋φ＝kπ＋ eq \f(π,2) ，k∈Z．
又因为0<φ< eq \f(π,2) ，所以φ＝ eq \f(3π,8) .
(2)由(1)知φ＝ eq \f(3π,8) ，因此y＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x＋\f(3π,8))) .
由题意得，2kπ－ eq \f(π,2) ≤ eq \f(1,2) x＋ eq \f(3π,8) ≤2kπ＋ eq \f(π,2) ，k∈Z，
即4kπ－ eq \f(7π,4) ≤x≤4kπ＋ eq \f(π,4) ，k∈Z，
所以函数f(x)的单调递增区间为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(4kπ－\f(7π,4)，4kπ＋\f(π,4))) ，k∈Z．