2018年高考数学一轮复习课时跟踪检测22文新人教A版

PAGEPAGE1课时跟踪检测(二十二)[高考基础题型得分练]1．[2017·湖北武汉2月调研]函数f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\f(x,2)·cos\f(x,2)))的最小正周期是()A.eq\f(π,4) B.eq\f(π,2)C．π D．2π答案：C解析：由已知得，f(x)＝eq\f(|sinx|,2)，故f(x)的最小正周期为π.2．函数y＝eq\r(cosx－\f(\r(3),2))的定义域为()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.3．函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))，给出下列结论正确的是()A．f(x)的最小正周期为eq\f(π,2)B．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))是奇函数C．f(x)的一个对称中心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))D．f(x)的一条对称轴为x＝eq\f(π,6)答案：B解析：由题可知，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＝eq\f(1,2)sin2x，故选B.4．[2017·山东泰安模拟]已知函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(3π,2)))(x∈R)，下面结论错误的是()A．函数f(x)的最小正周期为πB．函数f(x)是偶函数C．函数f(x)的图象关于直线x＝eq\f(π,4)对称D．函数f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上是增函数答案：C解析：f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(3π,2)))＝－cos2x，故其最小正周期为π，故A正确；易知函数f(x)是偶函数，B正确；由函数f(x)＝－cos2x的图象可知，函数f(x)的图象关于直线x＝eq\f(π,4)不对称，C错误；由函数f(x)的图象易知，函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上是增函数，D正确，故选C.5．[2017·东北三省哈尔滨、长春、沈阳、大连四市联考]函数f(x)＝2cos(ωx＋φ)(ω≠0)对任意x都有feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))等于()A．2或0 B．－2或2C．0 D．－2或0答案：B解析：由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))可知，函数图象关于直线x＝eq\f(π,4)对称，则在x＝eq\f(π,4)处取得最值，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝±2，故选B.6．函数y＝tanx＋sinx－|tanx－sinx|在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2)))内的图象是()ABCD答案：D解析：y＝tanx＋sinx－|tanx－sinx|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2tanx，x∈\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，,2sinx，x∈\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2))).))7．[2017·山东师大附中模拟]已知函数f(x)＝sin(2x＋φ)，其中0＜φ＜2π，若f(x)≤eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))))对x∈R恒成立，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＞f(π)，则φ等于()A.eq\f(π,6) B.eq\f(5π,6)C.eq\f(7π,6) D.eq\f(11π,6)答案：C解析：由f(x)≤eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))))可知，eq\f(π,6)是函数f(x)的对称轴，又2×eq\f(π,6)＋φ＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，∴φ＝eq\f(π,6)＋kπ，k∈Z.由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＞f(π)，得sin(π＋φ)＞sin(2π＋φ)，即－sinφ>sinφ，∴sinφ<0，又0＜φ＜2π，∴π＜φ＜2π，∴当k＝1时，φ＝eq\f(7π,6).8．[2016·豫南九校质检]已知函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))，其中x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，a))，若f(x)的值域是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))，则实数a的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3))) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(2π,3))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，π))答案：D解析：若－eq\f(π,3)≤x≤a，则－eq\f(π,6)≤x＋eq\f(π,6)≤a＋eq\f(π,6)，∵当x＋eq\f(π,6)＝－eq\f(π,6)或x＋eq\f(π,6)＝eq\f(7π,6)时，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＝－eq\f(1,2)，∴要使f(x)的值域是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))，则有eq\f(π,2)≤a＋eq\f(π,6)≤eq\f(7π,6)，eq\f(π,3)≤a≤π，即a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，π)).9．[2017·豫北、豫北十所名校联考]已知直线y＝m(0<m<2)与函数y＝sinωx＋eq\r(3)cosωx(ω>0)的图象关于A(1，m)，B(5，m)，C(7，m)三点，则ω＝()A.eq\f(π,3) B.eq\f(π,4)C.eq\f(π,2) D.eq\f(π,6)答案：A解析：y＝f(x)＝sinωx＋eq\r(3)cosωx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3))).由f(1)＝f(5)＝f(7)知，直线x＝3和x＝6是函数f(x)图象的相邻的两条对称轴，∴f(x)的最小正周期T＝6，又ω>0，∴eq\f(2π,ω)＝6，得ω＝eq\f(π,3).故选A.10.[2017·湖北二次联考]函数f(x)＝sinωx＋eq\r(3)cosωx(x∈R)，又f(α)＝－2，f(β)＝0，且|α－β|的最小值等于eq\f(π,2)，则正数ω的值为________．答案：1解析：因为函数f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))，又知T＝4×eq\f(π,2)＝2π，则ω＝eq\f(2π,T)＝1.11．设函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A>0，ω>0，|φ|<\f(π,2)))与直线y＝3的交点的横坐标构成以π为公差的等差数列，且x＝eq\f(π,6)是f(x)图象的一条对称轴，则函数f(x)的单调递增区间为________．答案：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)＋kπ，\f(π,6)＋kπ))，k∈Z解析：由题意，得A＝3，T＝π，∴ω＝2，∴f(x)＝3sin(2x＋φ)．又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝3或feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝－3，∴2×eq\f(π,6)＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，φ＝eq\f(π,6)＋kπ，k∈Z.又∵|φ|<eq\f(π,2)，∴φ＝eq\f(π,6)，∴f(x)＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))).令－eq\f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq\f(π,6)≤eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，化简，得－eq\f(π,3)＋kπ≤x≤eq\f(π,6)＋kπ，k∈Z，∴函数f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)＋kπ，\f(π,6)＋kπ))，k∈Z.12．已知x∈(0，π]，关于x的方程2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＝a有两个不同的实数解，则实数a的取值范围为________．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的图象如图所示．若2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＝a在(0，π]上有两个不同的实数解，则y1与y2应有两个不同的交点，所以eq\r(3)<a<2.[冲刺名校能力提升练]1．[2017·河北石家庄一模]函数f(x)＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的单调递增区间是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)－\f(π,12)，\f(kπ,2)＋\f(5π,12)))(k∈Z)B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)－\f(π,12)，\f(kπ,2)＋\f(5π,12)))(k∈Z)C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))(k∈Z)D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,6)，kπ＋\f(2π,3)))(k∈Z)答案：B解析：由kπ－eq\f(π,2)＜2x－eq\f(π,3)＜kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，得eq\f(kπ,2)－eq\f(π,12)＜x＜eq\f(kπ,2)＋eq\f(5π,12)(k∈Z)，所以函数f(x)＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)－\f(π,12)，\f(kπ,2)＋\f(5π,12)))(k∈Z)．2．若函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))(ω>0)的图象的相邻两条对称轴之间的距离为eq\f(π,2)，且该函数图象关于点(x0,0)成中心对称，x0∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，则x0＝()A.eq\f(5π,12) B.eq\f(π,4)C.eq\f(π,3) D.eq\f(π,6)答案：A解析：由题意，得eq\f(T,2)＝eq\f(π,2)，T＝π，ω＝2.又2x0＋eq\f(π,6)＝kπ(k∈Z)，x0＝eq\f(kπ,2)－eq\f(π,12)(k∈Z)，而x0∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以x0＝eq\f(5π,12).3．若函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，且|φ|<\f(π,2)))在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3)))上是单调减函数，且函数值从1减少到－1，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝()A.eq\f(1,2) B.eq\f(\r(2),2)C.eq\f(\r(3),2) D．1答案：C解析：由题意，得函数f(x)的周期T＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－\f(π,6)))＝π，所以ω＝2，此时f(x)＝sin(2x＋φ)，将点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，1))代入上式，得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋φ))＝1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(|φ|<\f(π,2)))，所以φ＝eq\f(π,6)，所以f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，于是feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋\f(π,6)))＝coseq\f(π,6)＝eq\f(\r(3),2).4．[2017·河北石家庄一模]若存在实数t，对任意实数x∈[0，α]，均有(sinx－t)(cosx－t)≤0，则实数α的最大值是________．答案：eq\f(3π,4)解析：因为(sinx－t)(cosx－t)≤0，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinx－t≤0，,cosx－t≥0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinx－t≥0，,cosx－t≤0，))解得sinx≤t≤cosx或cosx≤t≤sinx.当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))时，sinx≤eq\f(\r(2),2)≤cosx；当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,4)))时，cosx≤eq\f(\r(2),2)≤sinx；当x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))时，cosx≤0≤sinx≤eq\f(\r(2),2).此时易知只有当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3π,4)))时，存在实数t＝eq\f(\r(2),2)，不等式(sinx－t)(cosx－t)≤0才是恒成立，所以α的最大值是eq\f(3π,4).5．已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<φ<\f(2π,3)))的最小正周期为π.(1)求当f(x)为偶函数时φ的值；(2)若f(x)的图象过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(\r(3),2)))，求f(x)的单调递增区间．解：∵由f(x)的最小正周期为π，则T＝eq\f(2π,ω)＝π，∴ω＝2，∴f(x)＝sin(2x＋φ)．(1)当f(x)为偶函数时，f(－x)＝f(x)．∴sin(2x＋φ)＝sin(－2x＋φ)，展开整理，得sin2xcosφ＝0，由已知上式对∀x∈R都成立，∴cosφ＝0.∵0<φ<eq\f(2π,3)，∴φ＝eq\f(π,2).(2)f(x)的图象过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(\r(3),2)))时，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＝