2018高考数学（理）大一轮复习习题：第四章 三角函数、解三角形 课时达标检测（二十一） 三角函数的图象与性质 Word版含答案.doc

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1、课时达标检测（二十一）课时达标检测（二十一） 三角函数的图象与性质三角函数的图象与性质 1 1下列函数中，最小正周期为下列函数中，最小正周期为 且图象关于原点对称的函数是且图象关于原点对称的函数是( ( ) ) A Ay ycoscos 2 2x x2 2 B By ysinsin 2 2x x2 2 C Cy ysin 2sin 2x xcos 2cos 2x x D Dy ysin sin x xcos cos x x 解析：选解析：选 A A y ycoscos 2 2x x2 2sin 2sin 2x x，最小正周期，最小正周期T T222 2，且为奇函数，其，且为奇函数，其图象关于原

2、点对称，故图象关于原点对称，故 A A 正确；正确；y ysinsin 2 2x x2 2cos 2cos 2x x，最小正周期为，最小正周期为 ，且为偶函数，且为偶函数，其图象关于其图象关于y y轴对称，故轴对称，故 B B 不正确；不正确；C C，D D 均为非奇非偶函数，其图象不关于原点对称，故均为非奇非偶函数，其图象不关于原点对称，故C C，D D 不正确不正确 2 2函数函数f f( (x x) )tantan 2 2x x3 3的单调递增区间是的单调递增区间是( ( ) ) A.A. k k2 21212，k k2 2551212( (k kZ)Z) B.B. k k2 21212

3、，k k2 2551212( (k kZ)Z) C.C. k k1212，k k551212( (k kZ)Z) D.D. k k6 6，k k223 3( (k kZ)Z) 解析：选解析：选 B B 由由k k2 22 2x x3 3k k2 2( (k kZ)Z)，得，得k k2 21212x xk k2 2551212( (k kZ)Z)，所以函数所以函数f f( (x x) )tantan 2 2x x3 3的单调递增区间为的单调递增区间为 k k2 21212，k k2 2551212( (k kZ)Z) 3 3已知函数已知函数y ysin sin xx( (0)0)在区间在区间 0

4、 0，2 2上为增函数，且图象关于点上为增函数，且图象关于点(3(3，0)0)对对称，则称，则的取值集合为的取值集合为( ( ) ) A.A. 1 13 3，2 23 3，1 1 B.B. 1 16 6，1 13 3 C.C. 1 13 3，2 23 3 D.D. 1 16 6，2 23 3 解析：选解析：选 A A 由题意知由题意知 2 22 2，3 3k k，即即 0011，k k3 3，其中其中k kZ Z，则，则1 13 3，2 23 3或或1 1，即，即的取值集合为的取值集合为 1 13 3，2 23 3，1 1 . . 4 4设函数设函数f f( (x x) )3sin3sin 2

5、 2x x4 4，若存在这样的实数，若存在这样的实数x x1 1，x x2 2，对任意的，对任意的x xR R，都有，都有f f( (x x1 1)f f( (x x)f f( (x x2 2) )成立，则成立，则| |x x1 1x x2 2| |的最小值为的最小值为_ 解析：解析：对任意对任意x xR R，都有，都有f f( (x x1 1)f f( (x x)f f( (x x2 2) )成立，成立，f f( (x x1 1) )，f f( (x x2 2) )分别为函数分别为函数f f( (x x) )的最小值和最大值，的最小值和最大值，| |x x1 1x x2 2| |的最小值为的

6、最小值为1 12 2T T1 12 2222 22.2. 答案：答案：2 2 5 5已知已知x x(0(0，关于，关于x x的方程的方程 2sin2sin x x3 3a a有两个不同的实数解，则实数有两个不同的实数解，则实数a a的取值范的取值范围为围为_ 解析：令解析：令y y1 12sin2sin x x3 3，x x(0(0，y y2 2a a，作出，作出y y1 1的图象如的图象如图所示若图所示若 2sin2sin x x3 3a a在在(0(0，上有两个不同的实数解，则上有两个不同的实数解，则y y1 1与与y y2 2应有两个不同的交点，所以应有两个不同的交点，所以 3 3 a

7、a2.2. 答案：答案：( ( 3 3，2)2) 一、选择题一、选择题 1 1 若函数 若函数f f( (x x) )同时具有以下两个性质：同时具有以下两个性质： f f( (x x) )是偶函数；是偶函数； 对任意实数对任意实数x x， 都有， 都有f f 4 4x xf f 4 4x x. .则则f f( (x x) )的解析式可以是的解析式可以是( ( ) ) A Af f( (x x) )cos cos x x B Bf f( (x x) )coscos 2 2x x2 2 C Cf f( (x x) )sinsin 4 4x x2 2 D Df f( (x x) )cos 6cos

8、6x x 解析：选解析：选 C C 由题意可得，函数由题意可得，函数f f( (x x) )是偶函数，且它的图象关于直线是偶函数，且它的图象关于直线x x4 4对称因为对称因为f f( (x x) )cos cos x x是偶函数，是偶函数，f f 4 42 22 2，不是最值，故不满足图象关于直线，不是最值，故不满足图象关于直线x x4 4对称，故排对称，故排除除 A.A.因为函数因为函数f f( (x x) )coscos 2 2x x2 2sin 2sin 2x x是奇函数，不满足条件是奇函数，不满足条件，故排除，故排除 B.B.因为函因为函数数f f( (x x) )sinsin 4

9、4x x2 2cos 4cos 4x x是偶函数，且是偶函数，且f f 4 41 1，是最小值，故满足图象关于直，是最小值，故满足图象关于直线线x x4 4对称，故对称，故 C C 满足条件因为函数满足条件因为函数f f( (x x) )cos 6cos 6x x是偶函数，是偶函数，f f 4 40 0，不是最值，不是最值，故不满足图象关于直线故不满足图象关于直线x x4 4对称，故排除对称，故排除 D.D. 2 2已知函数已知函数f f( (x x) )2sin(22sin(2x x)(|)(|), |), 若若f f 8 82 2，则，则f f( (x x) )的一个单调递的一个单调递增区

10、间可以是增区间可以是( ( ) ) A.A. 8 8，338 8 B.B. 558 8，998 8 C.C. 338 8，8 8 D.D. 8 8，558 8 解析：选解析：选 D D f f 8 82 2，2sin2sin 4 42 2，即，即 sinsin 4 41.1.4 42 22 2k k， 又， 又| |0)0)的图象的的图象的相邻两条对称轴之间的距离为相邻两条对称轴之间的距离为2 2，且该，且该函数图象关于点函数图象关于点( (x x0,0,0)0)成中心对称，成中心对称，x x0 0 0 0，2 2，则，则x x0 0( ( ) ) A.A.551212 B.B.4 4 C.C

11、.3 3 D.D.6 6 解析：选解析：选 A A 由题意得由题意得T T2 22 2，T T，则，则2.2.由由 2 2x x0 06 6k k(k kZ)Z)，得，得x x0 0k k2 21212( (k kZ)Z)，又，又x x0 0 0 0，2 2，所以，所以x x0 0551212. . 5 5设函数设函数f f( (x x) ) sinsin x x3 3( (x xR)R)，则，则f f( (x x)()( ) ) A A在区间在区间 ，2 2上是减函数上是减函数 B B在区间在区间 223 3，776 6上是增函数上是增函数 C C在区间在区间 8 8，4 4上是增函数上是增

12、函数 D D在区间在区间 3 3，556 6上是减函数上是减函数 解析： 选解析： 选 B B 由由f f( (x x) ) sinsin x x3 3可知，可知，f f( (x x) )的最小正周期为的最小正周期为 .由由k kx x3 32 2k k(k kZ)Z)，得，得3 3k kx x6 6k k(k kZ)Z)，即，即f f( (x x) )在在 3 3k k，6 6k k ( (k kZ)Z)上单调递增； 由上单调递增； 由2 2k kx x3 3k k(k kZ)Z)， 得， 得6 6k kx x223 3k k(k kZ)Z)， 即， 即f f( (x x) )在在 6 6k

13、 k，223 3k k ( (k kZ)Z)上单调递减将各选项逐项代入验证，可知上单调递减将各选项逐项代入验证，可知 B B 正确正确 6 6(2017(2017安徽江南十校联考安徽江南十校联考) )已知函数已知函数f f( (x x) )sin(sin(xx) )00，| |2 2的最小正的最小正周期为周期为 44，且对任意，且对任意x xR R，都有，都有f f( (x x)f f 3 3成立，则成立，则f f( (x x) )图象的一个对称中心的坐标图象的一个对称中心的坐标是是( ( ) ) A.A. 223 3，0 0 B.B. 3 3，0 0 C.C. 223 3，0 0 D.D.

14、553 3，0 0 解析：选解析：选 A A 由由f f( (x x) )sin(sin(xx) )的最小正周期为的最小正周期为 44，得，得1 12 2. .因为因为f f( (x x)f f 3 3恒成立，所以恒成立，所以f f( (x x) )maxmaxf f 3 3，即，即1 12 23 32 22 2k k(k kZ)Z)，所以，所以3 32 2k k(k kZ)Z)，由由| |0)0)在区间在区间 0 0，3 3上单调递增，在区间上单调递增，在区间 3 3，2 2上单调递上单调递减，则减，则_._. 解析：解析：f f( (x x) )sin sin xx( (0)0)过原点，过

15、原点， 当当 00 xx2 2，即，即 00 x x2 2时，时，y ysin sin xx是增函数；是增函数； 当当2 2xx332 2，即，即2 2x x332 2时，时，y ysin sin xx是减函数是减函数 由由f f( (x x) )sin sin xx( (0)0)在在 0 0，3 3上单调递增，上单调递增， 在在 3 3，2 2上单调递减知，上单调递减知，2 23 3，3 32 2. . 答案：答案：3 32 2 9 9已知函数已知函数f f( (x x) )3sin3sin xx6 6( (0)0)和和g g( (x x) )3cos(23cos(2x x) )的图象的对称

16、中心完的图象的对称中心完全相同，若全相同，若x x 0 0，2 2，则，则f f( (x x) )的取值范围是的取值范围是_ 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2 2，所，所以以f f( (x x) )3sin3sin 2 2x x6 6， 当， 当x x 0 0，2 2时， 时， 6 622x x6 6556 6， 所以， 所以1 12 2sinsin 2 2x x6 611，故故f f( (x x) ) 3 32 2，3 3 . . 答案：答案： 3 32 2，3 3 1010已知函数已知函数

17、f f( (x x) )coscos 3 3x x3 3，其中，其中x x 6 6，m m m mR R 且且m m 6 6，若，若f f( (x x) )的值域是的值域是 1 1，3 32 2，则，则m m的最大值是的最大值是_ 解析： 由解析： 由x x 6 6，m m， 可知可知556 633x x3 333m m3 3， f f 6 6coscos556 63 32 2， 且， 且f f 229 9cos cos 1 1，要使要使f f( (x x) )的值域是的值域是 1 1，3 32 2，需要，需要 33m m3 3776 6，解得，解得229 9m m551818，即，即m m的

18、最大值是的最大值是551818. . 答案：答案：551818 三、解答题三、解答题 1111已知函数已知函数f f( (x x) )sin(sin(xx) ) 00 223 3的最小正周期为的最小正周期为 . (1)(1)求当求当f f( (x x) )为偶函数时为偶函数时的值；的值； (2)(2)若若f f( (x x) )的图象过点的图象过点 6 6，3 32 2，求，求f f( (x x) )的单调递增区间的单调递增区间 解：解：f f( (x x) )的最小正周期为的最小正周期为 ，则，则T T22，2 2， f f( (x x) )sin(2sin(2x x) ) (1)(1)当当

19、f f( (x x) )为偶函数时，为偶函数时，f f( (x x) )f f( (x x) )即即 sin(2sin(2x x) )sin(sin(2 2x x) )，展开整理，展开整理得得 sin 2sin 2x xcos cos 0 0，由已知，上式对任意，由已知，上式对任意x xR R 都成立，都成立，cos cos 0.0.00 223 3，2 2. . (2)(2)由由f f( (x x) )的图象过点的图象过点 6 6，3 32 2，得，得 sinsin 226 63 32 2， 即即 sinsin 3 33 32 2. . 又又00 223 3，3 3 3 300 时，时， 2 2a aa ab b8 8，b b5 5，a a3 3 2 23 3，b b5.5. 当当a a00 时，时， b b8 8，2 2a aa ab b5 5，a a3 33 3 2 2，b b8.8. 综上所述，综上所述，a a3 3 2 23 3，b b5 5 或或a a3 33 3 2 2，b b8. 8.