2022届高三数学一轮复习（原卷版）专题2 第1讲.DOC

专题复习检测A卷1(2019年江西临川模拟)已知平面直角坐标角系下，角的顶点与原点重合，始边与x轴非负半轴重合，终边经过点P(4,3)，则cos()ABC或D【答案】B【解析】因为角的终边经过点P(4,3)，则r5，所以sin ，cos .所以cossin 22sin cos 2××.故选B2(2019年湖南衡阳模拟)已知tan()2，则()ABCD【答案】A【解析】由tan()2，可得tan 2，则.故选A3(2019年新课标)下列函数中，以为周期且在区间单调递增的是()Af(x)|cos 2x|Bf(x)|sin 2x|Cf(x)cos|x|Df(x)sin|x|【答案】A【解析】f(x)sin|x|不是周期函数，排除D；f(x)cos|x|的周期为2，排除C；f(x)|sin 2x|在处取得最大值，不可能在区间单调递增，排除B故选A4(2018年山东青岛二中期中)若将函数ycos xsin x的图象向左平移m(m>0)个单位后，所得图象关于y轴对称，则实数m的最小值为()ABCD【答案】C【解析】ycos xsin x2cos，图象向左平移m个单位后，关于y轴对称，所以平移后函数是偶函数四个选项中，只有平移后，所得函数为y2cos(x)2cos x，是偶函数故选C5(2018年湖南师大附中月考)函数ysin，x2，2的单调递增区间是_【答案】和【解析】ysinsin，由2kx2k，kZ，得4kx4k，kZ，故ysin的单调递增区间为，kZ.又x2，2，故ysin，x2，2的单调递增区间是和.6(2018年广东深圳调研)函数ysin2sin2的值域是_【答案】1,1【解析】ysin2sin2sin 2x，函数的值域是1,17若锐角，满足(1tan )(1tan )4，则_.【答案】【解析】因为(1tan )(1tan )4，所以1(tan tan )3tan tan 4，即(tan tan )3(1tan tan )，所以tan ().又，为锐角，.8(2019年浙江丽水模拟)已知f(x)2sin xcos xcos 2x.(1)求f的值；(2)当x时，求f(x)的取值范围【解析】(1)f2sincoscossincos×.(2)f(x)2sin xcos xcos 2xsin 2xcos 2x2sin.当x时，2x，则sin1，12sin2，所以当x时，f(x)的取值范围为1,2B卷9(2019年河南郑州模拟)已知函数f(x)sin(x)的部分图象如图所示，则yf取得最小值时的集合为()ABCD【答案】B【解析】由图象得T4×，则2.又f1，则2×2n(nZ)，即2n(nZ)，结合|<可得，所以f(x)sin.所以yfsin，取得最小值时有2x2k(kZ)，即xk(kZ)故选B10(2019年山东聊城模拟)已知sin，则sin()ABCD【答案】C【解析】cos12sin212×2，则sincos cos2cos212×21.故选C11(2018年安徽皖北校级模拟)已知函数f(x)sin xcos x，则下列命题正确的是_(写出所有正确命题的序号)f(x)的最大值为2；f(x)的图象关于点对称；f(x)在区间上单调递增；若实数m使得方程f(x)m在0,2上恰好有三个实数解x1，x2，x3，则x1x2x3.【答案】【解析】f(x)sin xcos x22sin，正确；将x代入f(x)，得f2sin10，错误；由2kx2k，kZ，得2kx2k，kZ，f(x)在区间上单调递增，正确；若实数m使得方程f(x)m在0,2上恰好有三个实数解，结合f(x)2sin及ym的图象(如图所示)，可知必有x0，x2，此时f(x)2sin，另一解为x，即x1，x2，x3满足x1x2x3，正确12已知函数f(x)10sin cos 10cos2.(1)求函数f(x)的最小正周期；(2)将函数f(x)的图象向右平移个单位长度，再向下平移a(a0)个单位长度后得到函数g(x)的图象，且函数g(x)的最大值为2.求函数g(x)的解析式；求证：存在无穷多个互不相同的正整数x0，使得g(x0)0.【解析】(1)f(x)10sin ·cos 10cos2 5sin x5cos x510sin5，函数f(x)的最小正周期T2.(2)将f(x)的图象向右平移个单位长度后得到y10sin x5的图象，再向下平移a(a0)个单位长度后得到g(x)10sin x5a的图象又已知函数g(x)的最大值为2，105a2，解得a13.g(x)10sin x8.证明：要证存在无穷多个互不相同的正整数x0，使得g(x0)0，即证存在无穷多个互不相同的正整数x0使得10sin x080，即sin x0.由知存在00，使得sin 0.由正弦函数的性质可知当x(0，0)时，均有sin x.ysin x的周期为2，当x(2k0,2k0)(kZ)时，均有sin x.对任意的整数k，(2k0)(2k0)201，对任意的正整数k，都存在正整数xk(2k0,2k0)，使得sin xk，即存在无穷多个互不相同的正整数x0，使得g(x0)0.