PAGEPAGE62022版高考數學一輪總復習第3章三角函數、解三角形3.3三角函數的圖象和性質模擬演練文[A級根底達標](時間：40分鐘)1．給定性質：①最小正周期為π；②圖象關于直線x＝eq\f(π,3)對稱，那么以下四個函數中，同時具有性質①②的是()A．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,6))) B．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))C．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))) D．y＝sin|x|答案B解析注意到函數y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π，當x＝eq\f(π,3)時，y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,3)－\f(π,6)))＝1，因此該函數同時具有性質①②.2．[2022·衡陽模擬]函數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和為()A．2－eq\r(3) B．0C．－1 D．－1－eq\r(3)答案A解析∵0≤x≤9，∴－eq\f(π,3)≤eq\f(π,6)x－eq\f(π,3)≤eq\f(7π,6)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)x－\f(π,3)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，1)).∴y∈[－eq\r(3)，2]，∴ymax＋ymin＝2－eq\r(3).3．函數f(x)＝tanωx(ω>0)的圖象的相鄰兩支截直線y＝1所得的線段長為eq\f(π,4)，那么feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)))的值是()A．0 B．eq\f(\r(3),3)C．1 D．eq\r(3)答案D解析由條件可知，f(x)的周期是eq\f(π,4).由eq\f(π,ω)＝eq\f(π,4)，得ω＝4，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)))＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4×\f(π,12)))＝taneq\f(π,3)＝eq\r(3).4．[2022·南昌模擬]函數y＝eq\r(cosx－\f(\r(3),2))的定義域為()A．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,6)))B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,6)，kπ＋\f(π,6)))(k∈Z)C．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,6)，2kπ＋\f(π,6)))(k∈Z)D．R答案C解析∵cosx－eq\f(\r(3),2)≥0,得cosx≥eq\f(\r(3),2)，∴2kπ－eq\f(π,6)≤x≤2kπ＋eq\f(π,6)，k∈Z.5．函數y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－2x))(x∈[0，π])的遞增區(qū)間是()A．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(5π,6))) B．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，π))C．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(7π,12))) D．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,3)))答案A解析首先將函數化為y＝－2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))(x∈[0，π])，令t＝2x－eq\f(π,6)，x增大，t增大，所以為求函數的增區(qū)間，須研究y＝2sint的減區(qū)間．由eq\f(π,2)＋2kπ≤2x－eq\f(π,6)≤eq\f(3π,2)＋2kπ，k∈Z得eq\f(π,3)＋kπ≤x≤eq\f(5π,6)＋kπ，k∈Z，所以k＝0時得eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(5π,6)))，應選A.6．函數y＝3－2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))的最大值為________，此時x＝________.答案5eq\f(3π,4)＋2kπ(k∈Z)解析函數y＝3－2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))的最大值為3＋2＝5，此時x＋eq\f(π,4)＝π＋2kπ(k∈Z)，即x＝eq\f(3π,4)＋2kπ(k∈Z)．7．假設函數y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))(ω∈N*)的一個對稱中心是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))，那么ω的最小值是________．答案2解析由題意得ω×eq\f(π,6)＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)，ω＝6k＋2(k∈Z)，∵ω∈N*，所以ω的最小值是2.8．[2022·鄭州模擬]函數f(x)＝2sinωx(ω>0)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,4)))上的最小值是－2，那么ω的最小值為________．答案eq\f(3,2)解析因為f(x)＝2sinωx(ω>0)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,4)))上的最小值為－2，所以eq\f(T,4)≤eq\f(π,3)，即eq\f(π,2ω)≤eq\f(π,3).所以ω≥eq\f(3,2)，即ω的最小值為eq\f(3,2).9．設函數f(x)＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)－\f(π,3))).(1)求函數f(x)的定義域、周期和單調區(qū)間；(2)求不等式－1≤f(x)≤eq\r(3)的解集．解(1)由eq\f(x,2)－eq\f(π,3)≠eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)，得x≠eq\f(5π,3)＋2kπ(k∈Z)，所以函數f(x)的定義域是eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x∈R，且x≠\f(5π,3)＋2kπ，k∈Z)))).因為ω＝eq\f(1,2)，所以周期T＝eq\f(π,ω)＝2π.由－eq\f(π,2)＋kπ<eq\f(x,2)－eq\f(π,3)<eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)，得－eq\f(π,3)＋2kπ<x<eq\f(5π,3)＋2kπ(k∈Z)．所以函數f(x)的單調遞增區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)＋2kπ，\f(5π,3)＋2kπ))(k∈Z)．(2)由－1≤taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)－\f(π,3)))≤eq\r(3)，得－eq\f(π,4)＋kπ≤eq\f(x,2)－eq\f(π,3)≤eq\f(π,3)＋kπ(k∈Z)．解得eq\f(π,6)＋2kπ≤x≤eq\f(4π,3)＋2kπ(k∈Z)．所以不等式－1≤f(x)≤eq\r(3)的解集是eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋2kπ≤x≤\f(4π,3)＋2kπ，k∈Z)))).10．函數f(x)＝sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，0<φ<\f(2π,3)))的最小正周期為π.(1)求當f(x)為偶函數時φ的值；(2)假設f(x)的圖象過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(\r(3),2)))，求f(x)的單調遞增區(qū)間．解∵由f(x)的最小正周期為π，那么T＝eq\f(2π,ω)＝π，∴ω＝2，∴f(x)＝sin(2x＋φ)．(1)當f(x)為偶函數時，f(－x)＝f(x)，∴sin(2x＋φ)＝sin(－2x＋φ)，展開整理得sin2xcosφ＝0，由上式對?x∈R都成立，∴cosφ＝0.∵0<φ<eq\f(2π,3)，∴φ＝eq\f(π,2).(2)f(x)的圖象過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(\r(3),2)))時，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,6)＋φ))＝eq\f(\r(3),2)，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋φ))＝eq\f(\r(3),2).又∵0<φ<eq\f(2π,3)，∴eq\f(π,3)<eq\f(π,3)＋φ<π，∴eq\f(π,3)＋φ＝eq\f(2π,3)，φ＝eq\f(π,3)，∴f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(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(5π,12)≤x≤kπ＋eq\f(π,12)，k∈Z.∴f(x)的遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(5π,12)，kπ＋\f(π,12)))，k∈Z.[B級知能提升](時間：20分鐘)11．函數y＝3cos(x＋φ)＋2的圖象關于直線x＝eq\f(π,4)對稱，那么|φ|的最小值是()A．eq\f(π,4) B．eq\f(π,3)C．eq\f(π,6) D．eq\f(π,2)答案A解析由題意可知，eq\f(π,4)＋φ＝kπ，k∈Z，故φ＝kπ－eq\f(π,4)，k∈Z.當k＝0時，φ＝－eq\f(π,4)，此時|φ|＝eq\f(π,4)為最小值，選A.12．[2022·石家莊模擬]假設f(x)＝2sinωx＋1(ω>0)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(2π,3)))上是增函數，那么ω的取值范圍是________．答案eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3,4)))解析由2kπ－eq\f(π,2)≤ωx≤2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，得f(x)的增區(qū)間是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2kπ,ω)－\f(π,2ω)，\f(2kπ,ω)＋\f(π,2ω)))，k∈Z.因為f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(2π,3)))上是增函數，所以eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(2π,3)))?eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2ω)，\f(π,2ω))).所以－eq\f(π,2)≥－eq\f(π,2ω)且eq\f(2π,3)≤eq\f(π,2ω)，所以ω∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3,4))).13．x∈(0，π]，關于x的方程2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＝a有兩個不同的實數解，那么實數a的取值范圍為________．答案(eq\r(3)，2)解析令y1＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))，x∈(0，π]，y2＝a，作出y1的圖象如下圖．假設2sineq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1())x＋eq\f(π,3)eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1())＝a在(0，π]上有兩個不同的實數解，那么y1與y2應有兩個不同的交點，所以eq\r(3)<a<2.14．函數f(x)＝sin(ωx＋φ)(0<ω<1,0≤φ≤π)是R上的偶函數，其圖象關于點Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)π，0))對稱．(1)求φ，ω的值；(2)求f(x)的單調遞增區(qū)間；(3)x∈eq\b\lc\[