2020新高考数学理二轮专题培优新方案主攻40个必考点练习三角函数与解三角形平面向量考点过关检测二解

考点过关检测（二）1．函数f(x)＝sinxcosx＋(1＋tan2x)cos2x的最小正周期和最大值分别是()A．π和32B.π2和1C．π和1D．2π和32解析：选A∵f(x)＝sinxcosx＋(1＋tan2x)cos2x＝12sin2x＋1，∴函数f(x)的最小正周期为π，最大值为32.故选A.2．(2019·合肥高三调研)若将函数f(x)＝cos2x(1＋cosx)(1－cosx)图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变)，得到函数y＝g(x)的图象，则函数y＝g(x)的单调递减区间为()A.－π2＋kπ，kπ(k∈Z)B.kπ，π2＋kπ(k∈Z)C.－π8＋14kπ，14kπ(k∈Z)D.14kπ，π8＋14kπ(k∈Z)解析：选A因为f(x)＝cos2x(1＋cosx)(1－cosx)＝cos2xsin2x＝14sin22x＝18－18cos4x，所以g(x)＝18－18cos2x，所以当－π＋2kπ≤2x≤2kπ(k∈Z)，即－π2＋kπ≤x≤kπ(k∈Z)时，y＝g(x)单调递减，所以g(x)的单调递减区间是－π2＋kπ，kπ(k∈Z)，故选A.3．(2019·山西平遥中学调研)已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)(ω0，|φ|π)的部分图象如图所示，已知点A(0，3)，Bπ6，0，若将它的图象向右平移π6个单位长度，得到函数g(x)的图象，则函数g(x)图象的一条对称轴方程为()A．x＝π12B．x＝π4C．x＝π3D．x＝2π3解析：选A由题意知图象过A(0，3)，Bπ6，0，即f(0)＝2sinφ＝3，fπ6＝2sinπ6·ω＋φ＝0，又ω0，|φ|π，并结合图象知φ＝2π3，π6·ω＋φ＝π＋2kπ(k∈Z)，得ω＝2，所以f(x)＝2sin2x＋2π3，因为图象向右平移π6个单位长度得g(x)＝2sin2x－π6＋2π3＝2sin2x＋π3，所以对称轴满足2x＋π3＝π2＋kπ(k∈Z)，解得x＝π12＋kπ2(k∈Z)，所以满足条件的一条对称轴方程是x＝π12，故选A.4．(2020届高三·江西红色七校第一次联考)函数y＝sin2x－π6的图象与函数y＝cosx－π3的图象()A．有相同的对称轴但无相同的对称中心B．有相同的对称中心但无相同的对称轴C．既有相同的对称轴也有相同的对称中心D．既无相同的对称中心也无相同的对称轴解析：选A令2x－π6＝π2＋kπ，k∈Z，得x＝π3＋kπ2，k∈Z，令x－π3＝kπ，k∈Z，得x＝π3＋kπ，k∈Z，故函数y＝sin2x－π6与y＝cosx－π3的图象有相同的对称轴．令2x－π6＝kπ，k∈Z，得x＝π12＋kπ2，k∈Z，令x－π3＝π2＋kπ，k∈Z，得x＝5π6＋kπ，k∈Z，故函数y＝sin2x－π6与y＝cosx－π3的图象无相同的对称中心．5．(2019·武汉高三调研)已知函数f(x)＝asinωx＋cosωx－π6(a0，ω0)，对于任意的x1，x2∈R，都有f(x1)＋f(x2)－23≤0，若f(x)在[0，π]上的值域为32，3，则实数ω的取值范围为()A.13，12B.13，23C.14，23D.14，12解析：选Bf(x)＝asinωx＋cosωx－π6＝asinωx＋cosωxcosπ6＋sinωxsinπ6＝12＋asinωx＋32cosωx＝12＋a2＋322·sin(ωx＋φ)，其中tanφ＝3212＋a.对于任意的x1，x2∈R，都有f(x1)＋f(x2)－23≤0，即f(x1)＋f(x2)≤23，当且仅当f(x1)＝f(x2)＝f(x)max时取等号，故212＋a2＋322＝23，解得a＝1或a＝－2(舍去)，故f(x)＝32sinωx＋32cosωx＝3sinωx＋π6.因为0≤x≤π，所以0≤ωx≤ωπ，π6≤ωx＋π6≤ωπ＋π6.又f(x)在[0，π]上的值域为32，3，所以π2≤ωπ＋π6≤5π6，解得13≤ω≤23，故选B.6．(2019·山东三校联考)已知函数f(x)＝3sin(ωx＋φ)(ω0,0φπ)，f－π3＝0，对x∈R恒有f(x)≤fπ3，且在区间π15，π5上有且只有一个x1使f(x1)＝3，则ω的最大值为()A.574B.1054C.1114D.1174解析：选B由题意知－π3ω＋φ＝k1π，π3ω＋φ＝k2π＋π2，k1，k2∈N，则ω＝32k＋14，φ＝k′π2＋π4，k，k′∈Z，其中k＝k2－k1，k′＝k2＋k1＝k＋2k1，故k与k′同为奇数或同为偶数．又f(x)在π15，π5上有且只有一个x，使f(x)取得最大值，且要求ω最大，则区间π15，π5包含的周期应该最多，所以π5－π15＝2π15≤2T，得0ω≤30，即32k＋14≤30，所以k≤19.5.当k＝19时，ω＝1174，k′为奇数，φ＝3π4，此时1174x＋3π4∈(2.7π，6.6π)，当1174x1＋3π4＝4.5π或6.5π时，f(x1)＝3都成立，舍去；当k＝18时，ω＝1114，k′为偶数，φ＝π4，此时1114x＋π4∈(2.1π，5.8π)，当1114x1＋π4＝2.5π或4.5π时，f(x1)＝3都成立，舍去；当k＝17时，ω＝1054，k′为奇数，φ＝3π4，此时1054x＋3π4∈(2.5π，6π)，当且仅当1054x1＋3π4＝4.5π时，f(x1)＝3成立．综上所述，ω最大值为1054.7．(2019·赣州崇义中学月考)若函数y＝tan3ax－π3(a≠0)的最小正周期为π2，则a＝________.解析：由题意得π|3a|＝π2，解得|3a|＝2，所以a＝±23.答案：±238．(2019·昆明第一中学月考)已知函数f(x)＝2cosωx(ω0)在0，π3上单调，则ω的取值范围为________．解析：由已知，f(x)在0，π3上单调，所以12T≥π3，即πω≥π3，故0ω≤3.答案：(0,3]9．(2019·赣州摸底)已知函数f(x)＝sinωx－π6＋12，ω0，x∈R，且f(α)＝－12，f(β)＝12.若|α－β|的最小值为3π4，则f3π4＝________，函数f(x)的单调递增区间为________．解析：函数f(x)＝sinωx－π6＋12，ω0，x∈R，由f(α)＝－12，f(β)＝12，且|α－β|的最小值为3π4，得T4＝3π4，即T＝3π＝2πω，所以ω＝23.所以f(x)＝sin23x－π6＋12.则f3π4＝sinπ3＋12＝3＋12.由－π2＋2kπ≤23x－π6≤π2＋2kπ，k∈Z，得－π2＋3kπ≤x≤π＋3kπ，k∈Z，即函数f(x)的单调递增区间为－π2＋3kπ，π＋3kπ，k∈Z.答案：3＋12－π2＋3kπ，π＋3kπ，k∈Z10．(2019·绍兴期末)已知函数f(x)＝2sinx·cosx－π3＋cosx，x∈0，π2.(1)求fπ6；(2)求f(x)的最大值与最小值．解：(1)因为cos－π6＝cosπ6＝32，sinπ6＝12，所以fπ6＝2×12×32＋32＝3.(2)f(x)＝2sinx·cosx－π3＋cosx＝2sinx·12cosx＋32sinx＋cosx＝32sin2x＋32(1－cos2x)＝3sin2x－π6＋32.因为x∈0，π2，所以2x－π6∈－π6，5π6.令z＝2x－π6，因为y＝sinz在区间－π6，π2上单调递增，在区间π2，5π6上单调递减，所以，当2x－π6＝π2，即x＝π3时，f(x)有最大值332；当2x－π6＝－π6，即x＝0时，f(x)有最小值0.11．(2019·北京东城区期末)已知函数f(x)＝23sinax·cosax＋2cos2ax－1(0a≤1)．(1)当a＝1时，求函数f(x)在区间π12，π2上的最大值与最小值；(2)当f(x)的图象经过点π3，2时，求a的值及函数f(x)的最小正周期．解：(1)当a＝1时，f(x)＝23sinx·cosx＋2cos2x－1＝3sin2x＋cos2x＝2sin2x＋π6.因为π12≤x≤π2，所以π3≤2x＋π6≤7π6.所以当2x＋π6＝π2，即x＝π6时，f(x)取得最大值2，当2x＋π6＝7π6，即x＝π2时，f(x)取得最小值－1.(2)因为f(x)＝23sinax·cosax＋2cos2ax－1(0a≤1)，所以f(x)＝3sin2ax＋cos2ax＝2sin2ax＋π6.因为f(x)的图象经过点π3，2，所以2sin2aπ3＋π6＝2，即sin2aπ3＋π6＝1.所以2aπ3＋π6＝π2＋2kπ(k∈Z)．所以a＝3k＋12(k∈Z)．因为0a≤1，所以a＝12.所以f(x)的最小正周期T＝2π1＝2π.