2019-2020年高考数学一轮总复习第三章三角函数解三角形3.3三角函数的图象与性质课时跟踪检测理.doc

2019-2020年高考数学一轮总复习第三章三角函数解三角形3.3三角函数的图象与性质课时跟踪检测理课 时 跟 踪 检 测 基 础 达 标1函数y|cosx|的一个单调增区间是()A. B0，C. D解析：将ycosx的图象位于x轴下方的图象关于x轴对称翻折到x轴上方，x轴上方(或x轴上)的图象不变，即得y|cosx|的图象(如图)故选D.答案：D2.设偶函数f(x)Asin(x)(A0，0，0)的部分图象如图所示，KLM为等腰直角三角形，KML90，KL1，则f的值为()A BC D解析：由题意知，点M到x轴的距离是，根据题意可设f(x)cosx，又由题图知1，所以，所以f(x)cosx，故fcos.答案：D3关于函数ytan，下列说法正确的是()A是奇函数B在区间上单调递减C.为其图象的一个对称中心D最小正周期为解析：函数ytan是非奇非偶函数，A错；在区间上单调递增，B错；最小正周期为，D错；由2x，kZ得x，当k0时，x，所以它的图象关于对称，故选C.答案：C4(xx届河南中原名校模拟)已知函数f(x)sin(2x)，其中02，若f(x)对xR恒成立，且ff()，则等于()A. BC. D解析：若f(x)对xR恒成立，则f等于函数的最大值或最小值，即2k，kZ，则k，kZ，又ff()，即sin0，又02，所以2.所以当k1时，此时，满足条件答案：C5已知0，函数f(x)sin在上单调递减，则的取值范围是()A. BC. D(0,2解析：由x，0得x，由题意结合选项知，所以所以.答案：A6函数f(x)2sin(x)(0)对任意x都有ff，则f的值为()A2或0 B2或2C0 D2或0解析：因为函数f(x)2sin(x)对任意x都有ff，所以该函数图象关于直线x对称，因为在对称轴处对应的函数值为最大值或最小值，所以选B.答案：B7如果函数y3cos(2x)的图象关于点对称，那么|的最小值为()A. BC. D解析：由题意得3cos3cos3cos0，k，kZ.k，kZ，取k0，得|的最小值为.答案：A8(xx届衡阳质检)已知函数f(x)2cos2x，g(x)a4sinx，当f(x)g(x)对xn，m恒成立时，mn的最大值为，则a_.解析：f(x)g(x)2cos2xa4sinx，即4sin2x2a4sinx0，(2sinx)25a，由题意可得5a0，即2sinx.f(x)g(x)对任意xn，m恒成立，mn的最大值为，当1时，2sin，当0)的最小值为2.(1)求函数f(x)的单调递增区间；(2)在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且bcosA2ccosAacosB，求f(C)的取值范围解：(1)f(x)cosx(msinxcosx)sin2(x)msinxcosxcos2xsin2xmsin2xcos2xsin(2x)，其中tan，由其最小值为2，可得 2，解得m212，m0，可得m2，tan，f(x)2sin，令2k2x2k，kZ，解得kxk，kZ.函数f(x)的单调递增区间为，kZ.(2)bcosA2ccosAacosB，即bcosAacosB2ccosA，由正弦定理可得sinBcosAsinAcosB2sinCcosA，即sinC2sinCcosA，C为三角形内角，sinC0，cosA，可得A，C，可得2C，sin，f(C)2sin(1,2能 力 提 升1(xx届山西长治二中第一次联考)已知函数f(x)sin(0)，且在上有且仅有三个零点，若f(0)f，则()A. B2C. D解析：函数f(x)sin(0)，f(0)f，即f(0)f0，f(x)的图象关于点对称，故sin0，故有k，kZ.f(x)在上有且仅有三个零点，故有，64.综合，结合所给的选项，可得.故选D.答案：D2(xx届河北邯郸一模)已知函数f(x)2sin2x(0)在区间上单调递增，则的最大值是()A. BC. D解析：函数f(x)1cos(0)在上单调递增，则2x，0，则解得0，故的最大值是.答案：C3已知f(x)2sina1.(1)求f(x)的单调递增区间；(2)当x时，f(x)的最大值为4，求a的值；(3)在(2)的条件下，求满足f(x)1且x，的x的取值集合解：(1)f(x)2sina1，由2k2x2k，kZ，可得kxk，kZ，所以f(x)的单调递增区间为，kZ.(2)当x时，f(x)取得最大值4，即f2sina1a34，所以a1.(3)由f(x)2sin21，可得sin，则2x2k，kZ或2x2k，kZ，即xk，kZ或xk，kZ，又x，可解得x，所以x的取值集合为.4已知a0，函数f(x)2asin2ab，当x时，5f(x)1.(1)求常数a，b的值；(2)设g(x)f且lg g(x)0，求g(x)的单调区间解：(1)因为x，所以2x.所以sin，所以2asin2a，a所以f(x)b,3ab，又因为5f(x)1，所以b5,3ab1，因此a2，b5.(2)由(1)得，f(x)4sin1，g(x)f4sin14sin1，又由lg g(x)0，得g(x)1，所以4sin11，所以sin，所以2k2x2k，kZ，其中当2k2x2k，kZ时，g(x)单调递增，即kxk，kZ，所以g(x)的单调增区间为，kZ.又因为当2k2x2k，kZ时，g(x)单调递减，即kxk，kZ.所以g(x)的单调减区间为，kZ.