高中数学北师大（2019）必修第二册限时训练——1.5正弦函数与余弦函数图像及性质再认识3（含解析）

一、单选题
1．已知函数是定义在R上的奇函数，且为偶函数，对于有下列几种描述：①是周期函数；②是它的一条对称轴；③是它图象的一个对称中心；④当时，它一定取最大值．其中正确的个数是
A．1 B．2 C．3 D．4
2．设函数，则不等式的解集是（ ）
A．
B．
C．
D．
3．已知定义域为的函数，对任意的都有，且.当时，不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
4．若和是定义在实数集上的函数，且方程有实数解，则不可能是（ ）
A． B．
C． D．
5．已知函数，对于任意的，方程恰有一个实数根，则m的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
6．记函数的最小正周期为T．若，且点和直线分别是图像的对称中心和对称轴，则T＝（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
7．已知函数，下列说法正确的是（ ）
A．的最小正周期为
B．若.则
C．在区间上是增函数
D．的对称轴是
8．已知函数（其中），恒成立，且在区间上单调，则（ ）
A．是偶函数．
B．
C．是奇数
D．的最大值为3
三、填空题
9．设.若函数在区间上恰有两个零点，则的取值范围是___________.
10．已知函数，函数满足以下三点条件：①定义域为；②对任意，有；③当时，则函数在区间上零点的个数为__________个.
11．已知函数，若在时恒成立，则的取值范围是___________.
12．中国传统文化中很多内容体现了数学的对称美，如图所示的太极图是由黑白两个鱼形纹组成的圆形图案，充分展现了相互转化、对称统一的形式美、和谐美．给出定义：能够将圆O的周长和面积同时平分的函数称为这个圆的“优美函数”．给出下列命题：①对于任意一个圆O，其“优美函数”有无数个；②函数可以是某个圆的“优美函数”；③正弦函数可以同时是无数个圆的“优美函数”；④函数是“优美函数”的充要条件为函数的图像是中心对称图形．其中正确的命题是______（写出所有正确命题的序号）
四、解答题
13．已知函数和的定义域分别为和，若对任意的都存在个不同的实数，使得（其中），则称为的“重覆盖函数”．
(1)试判断是否为的“2重覆盖函数”？请说明理由；
(2)求证：是的“4重覆盖函数”；
(3)若为的“2重覆盖函数”，求实数a的取值范围．
14．设，函数的定义域为且，
当时有
（1）求；
（2）求的值；
（3）求函数的单调区间．
15．已知函数，满足．
(1)求的值，并求出的最小正周期（无需证明）；
(2)求在区间上的零点个数；
(3)是否存在正整数，使得在区间上恰有2022个零点，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由．
16．已知函数.
(1)解不等式；
(2)若，且的最小值是，求实数的值.
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．B
【解析】利用题意函数奇偶性得出和，联立推导转化得出恒等式，进而得出周期对称轴以及对称中心，再根据函数的性质一一判断即可得出答案.
【详解】由题意函数为偶函数可得：(i)，则可得是函数的一条对称轴；由函数是定义在R上的奇函数可得：(ii)；则由(i)和(ii)可得：，所以，故得函数是周期函数，且周期为2，所以函数的对称轴为；由可得，则可得点为函数的对称中心；当时，函数单调性不确定，所以不一定为最大值，则由上述分析可得①和③正确，②和④不正确，即正确的个数为2.
故选：B.
【点睛】本题考查了函数性质的应用以及利用性质对恒等式的推导，属于中档题.
2．A
【分析】由函数单调性结合特值去排除错误选项即可简单快捷地解决此题.
【详解】
则函数为上的奇函数.
又当时，单调递增，且
当时，单调递增，且
则为上单调递增函数，
又函数为上的奇函数，
则为上单调递增函数，且当时
当时，不等式可化为，不成立.
则选项BC错误；
当时，不等式
可化为，，即，
但是，则此不等式不成立，故不是不等式的解.
则选项D错误：只能选A.
故选：A
3．D
【分析】设，求导可得在R上单调递增，求的解集，等价于求的解集，接着利用在R上单调递增，可得到答案.
【详解】设，则，， 在R上单调递增，又，求的解集，等价于求的解集，在R上单调递增，，且，，故选D.
【点睛】本题主要考查利用导函数解不等式，构造一个新函数是解决本题的关键.
4．C
【分析】由题设令为原方程的解：可得，即可将问题转化为是否有实数解，根据各选项函数，应用数形结合确定正确选项.
【详解】设为的实数解，即，令，则.
∴，即为的实数解，有实数解，
∴结合各选项的函数，判断与是否有交点即可，如下图示：
由图知：当时无交点，无实数解，
故选：C.
5．D
【分析】将方程的根的问题转化为函数的图象与直线有且仅有1个交点，画出图象，数形结合得到不等式组，求出m的取值范围.
【详解】方程恰有一个实数根，等价于函数的图象与直线有且仅有1个交点．
当得：，
结合函数的图象可知，，
解得：.
故选：D
6．A
【分析】求出对称中心和对称轴之间的距离关系，根据周期的取值范围即可确定周期的值
【详解】解：由题意
在中，
设对称点和与对称轴在轴上的交点间的距离为
对称中心：
对称轴：
由几何知识得，
解得：（为属于的参数）
∵，且点和直线分别是图像的对称中心和对称轴
∴
解得：
∵
∴,
故选：A.
7．BD
【分析】把函数化成分段函数，作出函数图象，再逐一分析各个选项即可判断作答.
【详解】依题意，，函数部分图象如图，
函数是周期函数，周期为，而，
即不是的周期，A不正确；
因且，则当时，且，
则且，，因此，，，B正确；
观察图象知，在区间上不单调，事实上，，在区间上不是增函数，C不正确；
观察图象知，，是函数图象的相邻两条对称轴，且相距半个周期长，
事实上，即图象关于对称，
同理有图象关于对称，而函数的周期是，所以函数图象对称轴，D正确.
故选：BD
【点睛】结论点睛：存在常数a使得，则函数图象关于直线对称.
8．BCD
【分析】根据得到，根据单调区间得到，得到或，故CD正确，代入验证知不可能为偶函数，A错误，由函数的对称性可判断B，得到答案.
【详解】∵，，
∴，，
故，，，
由，则，
故，，，
当时，，，
∵在区间上单调，
故，故，即，
，故，故，
综上所述：或，故CD正确；
或，故或，，不可能为偶函数，A错误；
由题可知是函数的一条对称轴，故成立，B正确.
故选：BCD.
【点睛】本题考查了三角函数的性质和参数的计算，难度较大，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.
9．或或.
【分析】由得则满足的k恰有两解，即求.
【详解】由得即，
∵函数在区间上恰有两个零点，
∴，即满足的k恰有两解，
又，所以k取1,2或2,3或3,4，
当k取1,2时，且，即；
当k取2,3时，且，即，
当k取3,4时，且，即，
所以的取值范围是或或.
故答案为：或或.
10．6
【分析】根据、的性质，判断在、的交点情况，结合的性质，判断在上的交点情况，最后利用导数判断上的交点，即可知在上的零点个数.
【详解】由题设，易知时，有，
，故在无零点，同理在也无零点.
∵，故将的图象向右平移个单位后，图象纵向伸长为原来的两倍，
∴在平面直角坐标系，、在上如图所示：
又，故、在上的图象共有5个不同交点，
下证：当，有且只有一个零点.
此时，而，故在上为减函数，
故当，有，当且仅当时等号成立.
综上，、在上的图象共有6个不同交点，即在有6个不同的零点，
故答案为：6.
【点睛】关键点点睛：利用有及各分段函数的性质，分区间判断它们的交点情况，即可知的零点个数.
11．
【分析】先利用复合函数的单调性判断是单调递减函数且，则题意可转化成在时恒成立，设，对称轴为，分两种情况即可求解
【详解】因为，
因为是单调递增函数，且，
所以根据复合函数的单调性性质可得是单调递减函数，而
所以在时恒成立可转化成在时恒成立，
可整理得在时恒成立，
设
当时，的对称轴为，
此时，当，恒成立，满足题意，
所以由可得，所以，
解得，
因为，所以；
当，的对称轴为，
则，解得，
所以或，
所以或，
因为，所以或，
综上所述，的取值范围是
故答案为：
【点睛】关键点睛：这道题得到在时恒成立后，关键是讨论对称轴是否在内，
12．①③##③①
【分析】通过举反例再结合已知条件、函数图像进行判断.
【详解】对于①以圆心O为新的坐标原点建立坐标系，对于任意实数a，函数y=kx即为其“优美函数”，有无数个，故①正确；
对于②函数为偶函数，如图所示，函数图像在y轴一侧都是上凸的，以图像上两点为直径作圆O,可以保证函数的图像平分圆的周长，但函数的图像不可能平分圆的面积，故②不正确；
对于③正弦函数是奇函数，将圆的圆心放在函数的对称中心上，则函数是该圆的“优美函数”，故有无数个圆成立，故③正确；
对于④，函数的图像是中心对称图形，则函数不一定是“优美函数”，如图所示，函数是奇函数，为保证函数图像平分圆的周长，图像上得点
B的连线段一定是圆的直径，当A，B都在右支上时（如图2所示），
由于函数图像是下凸函数，函数的图像分圆的两部分的面积不相等；当A，B两点都在左支上时，同样函数图像分圆的两部分的面积不相等；当A，B一个在左支上，一个在右支上时，函数图像分圆成三部分（如图3所示），或者特殊情况下两部分（如图4所示），
但此时不能再平分周长.故函数的图像是中心对称图像不是函数为“优美函数”的充分条件.故④错误.
故答案为：①③.
13．(1)不是的“2重覆盖函数”理由见解析；
(2)证明见解析；
(3).
【分析】（1）：根据两个函数的值域，结合偶函数的性质进行判断即；
（2）：可根据两个函数的值域，结合余弦函数的周期性进行判断即可；
（3）：将题转化为对任意，有2个实根，根据的性质即可求解．
【详解】（1）由可知：，函数的图像如图所示：
当时， ，
当时，解得，
所以不是的“2重覆盖函数”；
（2）证明：因为，
所以，
又因为，
又因为，
所以，
所以，
又因为，
所以，
又因，可得为奇函数且单调递增，
作出两函数的内的大致图像，如图所示：
，
而函数在上单调递增，且，所以，
由此可知在内有4个解．
所以是在的“4重覆盖函数”；
（3）可得的定义域为，
即对任意，存在2个不同的实数，使得（其中），
∵，∴，
所以，
所以，
即，
即对任意，有2个实根，
当时，已有一个根，故只需时，仅有1个根，
当时，，符合题意，
当时，则需满足，解得，
当时，抛物线开口向下，有最大值，不能满足对任意，仅有1个根，故不成立．
综上，实数a的取值范围是．
【点睛】在处理两函数图像交点问题时，可通过分离变量交点问题转化为与两个函数的图像交点情况.
14．（1）；
（2）．
（3）单调递减区间为
单调递增区间为
【分析】（1）由题意赋值求解
（2）由题意列方程组求解
（3）由三角函数的性质求解
【详解】（1）；
（2）
或或1
又 ，．
（3）
时，单调递减，
时，单调递增；
故的单调递减区间为
单调递增区间为
15．(1)，
(2)4个
(3)存在，
【分析】（1）根据代入即可求解的值．因为的周期是都，故得函数的最小正周期；
（2）利用换元法设，将原方程转换为关于的一元二次方程，解出，进而可得零点个数；
（3）根据的最小正周期为，且内有4个零点，可解得．
(1)
函数，
∵，
∴ ，解得：，
函数的最小正周期，
(2)
当时，．
设，则，
于是，
令，得或，
于是，或或，其中，
即在区间上的零点个数为4个.
(3)
当时，．
设，则，
于是，令，
解得或，故在没有实根．
结合（2）可得，在上有4个零点，
而，
所以函数在有2022个零点.
16．(1)，；(2).
【分析】(1)利用三角恒等变换公式化简，再结合三角函数图像解不等式；
(2) 利用三角恒等变换公式化简，再转化为关于的一元二次不等式，利用分类讨论的思想求出的值.
【详解】(1)∵
由，得，
解集为，
(2)
∵，∴，，
①当时，当且仅当时，取得最小值，这与已知不相符；
②当时，当且仅当时，取最小值，由已知得，解得；
③当时，当且仅当时，取得最小值，由已知得，解得，这与相矛盾.综上所述，.
【点睛】解三角函数的不等式问题需要利用数形结合的思想，而二次函数含参的最值问题需要利用分类讨论的思想.
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