新編五年高考真題高考數學復習 第四章 第二節(jié) 三角函數的圖象與性質 理全國通用

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1、第二節(jié)第二節(jié)三角函數的圖象與性質三角函數的圖象與性質考點一三角函數的圖象及其變換1 (20 xx山東， 3)要得到函數ysin4x3 的圖象， 只需將函數ysin 4x的圖象()A向左平移12個單位B向右平移12個單位C向左平移3個單位D向右平移3個單位解析ysin4x3 sin 4x12，要得到y(tǒng)sin4x3 的圖象，只需將函數ysin 4x的圖象向右平移12個單位答案B2(20 xx湖南，9)將函數f(x)sin 2x的圖象向右平移02 個單位后得到函數g(x)的圖象，若對滿足|f(x1)g(x2)|2 的x1，x2，有|x1x2|min3，則()A.512B.3C.4D.6解析易知g(x

2、)sin(2x2)，0，2 ，由|f(x1)f(x2)|2 及正弦函數的有界性知，sin 2x11，sin（2x22）1或sin 2x11，sin（2x22）1，由知x14k1，k24k2(k1，k2Z Z)，|x1x2|min|2（k2k1）|min3，由0，2 ，223，6，同理由得6.故選 D.答案D3(20 xx浙江，4)為了得到函數ysin 3xcos 3x的圖象，可以將函數y 2cos 3x的圖象()A向右平移4個單位B向左平移4個單位C向右平移12個單位D向左平移12個單位解析因為ysin 3xcos 3x 2cos3x4 2cos 3x12 ，所以將函數y 2cos3x的圖象向

3、右平移12個單位后，可得到y(tǒng) 2cos3x4 的圖象，故選 C.答案C4(20 xx遼寧，9)將函數y3sin2x3 的圖象向右平移2個單位長度，所得圖象對應的函數()A在區(qū)間12，712 上單調遞減B在區(qū)間12，712 上單調遞增C在區(qū)間6，3 上單調遞減D在區(qū)間6，3 上單調遞增解析將y3sin2x3 的圖象向右平移2個單位長度后得到y(tǒng)3sin2x2 3 ，即y3sin2x23的圖象，令22k2x2322k，kZ Z，化簡可得x12k，712k，k Z Z ， 即 函 數y 3sin2x23的 單 調 遞 增 區(qū) 間 為12k，712k，kZ Z，令k0，可得y3sin(2x23)在區(qū)間1

4、2，712 上單調遞增，故選 B.答案B5 (20 xx四川， 5)函數f(x)2sin(x)0，22 的部分圖象如圖所示，則，的值分別是()A2，3B2，6C4，6D4，3解析因為3T45123 34，所以T.由此可得T2，解得2，由圖象知當x512時，25122k2(kZ Z)，即2k3(kZ Z)又因為22，所以3.答案A6(20 xx浙江，4)把函數ycos 2x1 的圖象上所有點的橫坐標伸長到原來的 2 倍(縱坐標不變)，然后向左平移 1 個單位長度，再向下平移 1 個單位長度，得到的圖象是()解析ycos 2x1 圖象上所有點的橫坐標伸長到原來的 2 倍得y1cosx1，再向左平移

5、 1 個單位長度得y2cos(x1)1，再向下平移 1 個單位長度得y3cos(x1)，故相應的圖象為 A 項答案A7 (20 xx 遼 寧 ， 16) 已 知 函 數f(x) Atan(x)0，|2，yf(x)的部分圖象如圖，則f24 _解析由題意，結合圖象知函數周期T388 22，2.由 238k(kZ Z)及|2，得4.f(x)Atan2x4 .將點(0， 1)代入上式， 得1Atan4， A1， 即f(x)tan2x4 .故f24 tan2424 tan3 3.答案38(20 xx福建，19)已知函數f(x)的圖象是由函數g(x)cosx的圖象經如下變換得到：先將g(x)圖象上所有點的

6、縱坐標伸長到原來的 2 倍(橫坐標不變)， 再將所得到的圖象向右平移2個單位長度(1)求函數f(x)的解析式，并求其圖象的對稱軸方程；(2)已知關于x的方程f(x)g(x)m在0，2)內有兩個不同的解，.求實數m的取值范圍；證明：cos()2m251.解法一(1)將g(x)cosx的圖象上所有點的縱坐標伸長到原來的 2 倍(橫坐標不變)得到y(tǒng)2cosx的圖象，再將y2cosx的圖象向右平移2個單位長度后得到y(tǒng)2cosx2 的圖象，故f(x)2sinx從而函數f(x)2sinx圖象的對稱軸方程為xk2(kZ Z)(2)f(x)g(x)2sinxcosx 525sinx15cosx 5sin(x)

7、其中 sin15，cos25 .依題意，sin(x)m5在0，2)內有兩個不同的解，當且僅當|m5|1，故m的取值范圍是( 5， 5)證明因為，是方程5sin(x)m在0，2)內的兩個不同的解所以 sin()m5，sin()m5.當 1m 5時，22，即2()；當 5m1 時，232，即32()所以 cos()cos 2()2sin2()12m5212m251.法二(1)解同法一(2)解同法一證明因為，是方程5sin(x)m在0，2)內的兩個不同的解，所以 sin()m5，sin()m5.當 1m 5時，22，即()；當 5m1 時，232，即3()；所以 cos()cos()于是 cos()

8、cos()()cos()cos()sin()sin()cos2()sin()sin() 1m52m522m251.考點二三角函數的性質及其應用1(20 xx四川，4)下列函數中，最小正周期為且圖象關于原點對稱的函數是()Aycos2x2Bysin2x2Cysin 2xcos 2xDysinxcosx解析A 選項：ycos2x2 sin 2x，T，且關于原點對稱，故選 A.答案A2(20 xx陜西，2)函數f(x)cos2x6 的最小正周期是()A.2BC2D4解析T22，B 正確答案B3(20 xx大綱全國，12)已知函數f(x)cosxsin 2x，下列結論中錯誤的是()Ayf(x)的圖象關

9、于(，0)中心對稱Byf(x)的圖象關于直線x2對稱Cf(x)的最大值為32Df(x)既是奇函數，又是周期函數解析對于 A 選項，因為f(2x)f(x)cos(2x)sin 2(2x)cosxsin2xcosxsin 2xcosxsin 2x0，故yf(x)的圖象關于(，0)中心對稱，A 正確；對于 B 選項，因為f(x)cos(x)sin 2(x)cosxsin 2xf(x)，故yf(x)的圖象關于x2對稱，故 B 正確；對于 C 選項，f(x)cosxsin 2x2sinxcos2x2sinx(1sin2x)2sinx2sin3x，令tsinx1，1，則h(t)2t2t3，t1，1，則h(

10、t)26t2，令h(t)0 解得33t33，故h(t)2t2t3，在33，33 上遞增，在1，33 與33，1上遞減，又h(1)0，h33 4 39，故函數的最大值為4 39，故 C 錯誤；對于 D 選項，因為f(x)f(x)cosxsin 2xcosxsin 2x0，故是奇函數，又f(x2)cos(2x)sin 2(2x)cosxsin 2x，故 2是函數的周期，所以函數既是奇函數，又是周期函數，故 D 正確綜上知，錯誤的結論只有 C，故選 C.答案C4(20 xx湖南，6)函數f(x)sinxcosx6 的值域為()A2，2B 3， 3C1，1D.32，32解析f(x)sinxcosx6s

11、inx32cosx12sinx32sinx32cosx 332sinx12cosx 3sinx6 3， 3故選 B 項答案B5(20 xx新課標全國，9)已知0，函數f(x)sinx4 在2，上單調遞減，則的取值范圍是()A.12，54B.12，34C.0，12D(0，2解析由2x得，24x44，又ysin在2，32上遞減，所以242，432，解得1254，故選 A.答案A6(20 xx新課標全國，11)設函數f(x)sin(x)cos(x)0，|2的最小正周期為，且f(x)f(x)，則()Af(x)在0，2 單調遞減Bf(x)在4，34單調遞減Cf(x)在0，2 單調遞增Df(x)在4，34

12、單調遞增解析f(x)sin(x)cos(x)2sinx4 ，周期T2，2.又f(x)f(x)，即f(x)為偶函數，4k2，k4，kZ Z.又|2，4，f(x) 2sin2x2 2cos 2x，易得f(x)在0，2 上單調遞減，故選 A.答案A7(20 xx浙江，11)函數f(x)sin2xsinxcosx1 的最小正周期是_，單調遞減區(qū)間是_解析38k，78k(kZ Z)f(x)1cos 2x212sin 2x122sin2x4 32，T22，由22k2x4322k，kZ Z，解得：38kx78k，kZ Z，單調遞減區(qū)間是38k，78k，kZ Z.答案8(20 xx上海，1)函數y12cos2

13、(2x)的最小正周期是_解析y12cos2(2x)121cos 4x2cos 4x，則最小正周期為2.答案29(20 xx北京，15)已知函數f(x) 2sinx2cosx2 2sin2x2.(1)求f(x)的最小正周期；(2)求f(x)在區(qū)間，0上的最小值解(1)因為f(x)22sinx22(1cosx)sinx4 22，所以f(x)的最小正周期為 2.(2)因為x0，所以34x44.當x42，即x34時，f(x)取得最小值所以f(x)在區(qū)間，0上的最小值為f34122.10(20 xx重慶，18)已知函數f(x)sin2xsinx 3cos2x.(1)求f(x)的最小正周期和最大值；(2)討論f(x)在6，23上的單調性解(1)f(x)sin2xsinx 3cos2xcosxsinx32(1cos 2x)12sin 2x32cos 2x32sin2x3 32，因此f(x)的最小正周期為，最大值為2 32.(2)當x6，23時，02x3，從而當 02x32，即6x512時，f(x)單調遞增，當22x3，即512x23時，f(x)單調遞減綜上可知，f(x)在6，512 上單調遞增；在512，23上單調遞減.