7.1正弦函数的图像与性质 同步练习（含解析）2023——2024学年沪教版（2020）高中数学必修第二册

7.1正弦函数的图像与性质同步练习
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．已知函数，若，，且在上单调，则的取值可以是（ ）
A．3 B．5 C．7 D．9
2．已知函数的最小正周期为π，则（ ）
A．在单调递增 B．是的一个对称中心
C．在的值域为 D．是的一条对称轴
3．已知函数的最大值为2，其图象上相邻的两条对称轴之间的距离为，且的图象关于点对称，则在区间上的最小值为（ ）
A． B． C． D．0
4．已知函数在上单调，的图象关于点中心对称且关于直线对称，则的取值个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
5．函数的单调递增区间是（ ）
A． B．
C． D．
6．设函数，则下列叙述正确的是（ ）
A．的最小正周期为
B．的图象关于直线对称
C．在上的最小值为
D．的图象关于点对称
7．函数的值域是（　　）
A．[－1,1] B．
C． D．
8．已知函数的图象关于直线对称，且对任意实数，都有，当时，，则下列说法正确的是（ ）
A．为奇函数 B．2为函数的一个周期
C．在上单调递增 D．函数有5个零点
二、多选题
9．已知函数在上有且仅有5个零点，则（ ）
A．的取值范围是
B．的图象在上有且仅有3个最高点
C．的图象在上最多有3个最低点
D．在上单调递增
10．已知函数，且，若函数向右平移个单位长度后为偶函数，则（ ）
A．
B．函数在区间上单调递增
C．的最小值为
D．的最小值为
11．已知a，b，c分别为内角A，B，C的对边，下面四个结论正确的是（ ）
A．若，则为等腰三角形
B．在锐角中，不等式恒成立
C．若，，且有两解，则b的取值范围是
D．若，的平分线交于点D，，则的最小值为9
12．已知函数在上单调，的图象关于点中心对称且关于直线对称，则的值可能是（ ）
A． B． C． D．
三、填空题
13．如图，在平面直角坐标系xOy中，角的始边为x轴的非负半轴，终边与单位圆O交于点P，过点P作x轴的垂线，垂足为M．若记点M到直线OP的距离为，则的值域为 ．
14．写出一个，使得函数的图象关于点对称，则可以为 ．
15．如图，在扇形中，半径是扇形弧上的动点，矩形内接于扇形，则矩形的周长的最大值为 .

16．已知函数在区间上单调，且满足 ；函数在区间上恰有5个零点，则的取值范围为 ．
四、解答题
17．已知函数.
(1)求的对称轴方程；
(2)若关于的方程在区间上有两个不相等的实根，求实数的取值范围.
18．已知函数．
(1)求函数的最小正周期；
(2)若，求的最值及取最值时的值；
(3)若函数在内有且只有一个零点，求实数的取值范围．
19．已知函数为奇函数．
(1)求a的值；
(2)设函数，
i．证明：有且只有一个零点；
ii．记函数的零点为，证明：．
20．如图，在扇形中，圆心角是扇形弧上的动点.

(1)若平分时，求的值；
(2)若，矩形内接于扇形，求矩形面积的最大值及相应的的大小.
21．设，我们常用来表示不超过的最大整数.如：.
(1)求证：；
(2)解方程：；
(3)已知，若对，使不等式成立，求实数的取值范围.
第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页
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参考答案：
1．A
【分析】
根据可知时，函数取到最大值，结合，可求出，结合选项，分类讨论，结合函数性质求得的值，利用函数的单调性确定的具体值，即可求得答案.
【详解】因为，故时，函数取到最大值，
又，可知为的对称中心，
故，
故；
又在上单调，故，
即，
结合选项，当时，，时，函数取到最大值，
故，则，
结合，没有符合题意的值，不合题意；
当时，，时，函数取到最大值，
故，则，
结合，没有符合题意的值，不合题意；
当时，，时，取到最大值，
故，则，
结合，可得，则，
由，得，
由于在上不单调，故在上不单调，不合题意；
当时，，时，取到最大值，
故，则，
结合，可得，则，满足为的对称中心，
由，得，
由于在上单调递减，故在上单调递减，符合题意；
故
故选：A
【点睛】
易错点点睛：本题考查了根据的性质求解参数，容易出错的地方是求出参数的范围后，确定其具体值时，在分类讨论时很容易出错，错在不能结合函数的单调性确定取舍.
2．C
【分析】
由函数的最小正周期为π，求出，再代入化简，画出的图象，再对选项一一判断即可得出答案.
【详解】因为函数的最小正周期为π，所以，
所以函数
即，作出函数的图象，
如下图所示：
对于A，由图可知，在单调有增有减，故A错误；
对于B，由图象可知，无对称中心，故B错误；
对于C，由图象可知，为偶函数，当，
，所以，
所以，所以在的值域为，故C正确；
对于D，由图象可知，的对称轴为，故D错误.
故选：C.
【点睛】
关键点睛：由函数的最小正周期求出，再代入化简，画出的图象，再由三角函数的单调性，对称性，值域对选项一一判断即可得出答案.
3．B
【分析】
利用题目条件求出的解析式，然后讨论在上的单调性即可.
【详解】
由条件知，，，
从而，，
所以，即，
又因为，故.
这说明，该函数在上递增，在上递减.
又，所以在区间上的最小值为.
故选：B.
4．B
【分析】
根据的对称性求出，结合函数的单调性可得的取值范围，即可确定k的值，一一验证k的取值，是否符合题意，即可确定的可能值，从而得解.
【详解】
由题意得的图象关于点中心对称且关于直线对称，
故，则，
即，
由函数在上单调，
得，即，即，
解得，而，故或1，或2，
当时，，则，结合，得，
则，此时，
当时，，由于在上单调递增，
故在上单调递增，满足题意；
当时，，则，结合，得，
则，此时，
当时，，由于在上不单调，
故在上不单调，此时不合题意；
当时，，则，结合，得，
则，此时，
当时，，由于在上单调递增，
故在上单调递增，满足题意；
综上，或.
故选：B
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是利用的对称性与单调性得到的可能取值，从而检验得解.
5．B
【分析】
先由真数大于零求出的定义域，再利用整体角范围求解单调增区间可得.
【详解】
由题意可得，
首先有，解得.
故的定义域为，
要使单调递增，则单调递增，
故令，解得.
则的单调递增区间是.
故选：B.
6．D
【分析】
根据正弦型函数的周期性、对称性、值域逐项判断即可得结论.
【详解】对于的最小正周期为，故A错误；
对于B，，所以直线不是的图象的对称轴，故B错误；
对于C，当时，
在上的最小值为，故C错误；
对于D，的图象关于点对称，故D正确．
故选：D.
7．B
【分析】
根据整体法即可求解.
【详解】
由可得，所以
故选：B．
8．C
【分析】
利用函数平移的性质判断A，举反例排除B，由条件推得的周期性与奇偶性，从而作出的大致图象判断C，再选项C的基本上作出的大致图象判断D.
【详解】对于A，由的图象关于直线对称，
得的图象关于直线对称，所以为偶函数，故A错误;
对于B，因为当时，，则，
因为，所以，
则，即，故B错误；
对于C，因为，则，
所以，所以4为函数的一个周期，
当时，，作出的大致图象，易知C正确;
对于D，令，则，如图，作出的大致图象，
当时，，，
结合的对称性与图象可知，函数与的图象有11个交点，
所以有11个零点，故D错误.
故选：C.
9．BC
【分析】
根据题意先求出在上由小到大的第5与第6个零点，列不等式组可解得的范围，可判断A；求出最大值点和最小值点，根据的范围即可判断BC；根据正弦函数的单调性求出的单调增区间，结合的范围即可判断D.
【详解】由，，得，，
所以函数在上由小到大的第5个零点为，第6个零点为，
由题知，，解得，A项错误．
令，解得，，
当时，，因为，
所以，，
当且仅当，1，2时，，故在上有且仅有3个最高点，B项正确.
令，解得，，
同上可知，，，
当，2时，，当时，令，解得，
所以当时，在上有3个最低点，C项正确．
由，得，
所以在区间上单调递增，
因为，所以，又因为，
所以在区间上不单调，D项错误．
故选：BC.
10．AC
【分析】由可得函数关于轴对称，由此可解出，则A正确；可得，由此即可判断出B选项；将函数向右平移个单位长度后得到，由偶函数，可得 ，再由，即可求出的最小值.
【详解】对于A，因为，所以函数关于轴对称，
所以，解得，
又，所以当时，，故A正确；
对于B，，
当时，，
因为在区间上不单调递增，故B错误；
对于CD，将函数向右平移个单位长度后得到，
由偶函数，可得：，解得，
又，所以当时，的最小值为，故C正确，D错误.
故选：AC
11．BCD
【分析】A项，用余弦定理统一成边形式化简判断；B项， 由为锐角三角形，与正弦函数的单调性可得；C项，结合图形，根据边角的关系与解的数量判断；D项，根据三角形面积可得到，将变为，展开后利用基本不等式，即可求得答案.
【详解】选项A，因为，即，
所以有
整理可得，所以或，
故为等腰三角形或直角三角形，故A错误；
选项B，若为锐角三角形，所以，所以，
由正弦函数在单调递增，则，故B正确.
选项C，如图，若有两解，则，
所以，则b的取值范围是，故C正确．
选项D，的平分线交于点D，，
由，由角平分线性质和三角形面积公式得，
得，
即，得，
得，
当且仅当，即时，取等号，故D正确.
故选：BCD.
12．AC
【分析】
根据函数的对称性求出，结合函数的单调性可得的取值范围，即可确定k的值，一一验证k的取值，是否符合题意，即可确定的可能值，即得答案.
【详解】
由题意得的图象关于点中心对称且关于直线对称，
故，则，
即，
由函数在上单调，
得，即，即，
解得，而，故或1，或2，
当时，，则，结合，得，
则，此时，
当时，，由于在上单调递增，
故在上单调递增，
故的值可以为；
当时，，则，结合，得，
则，此时，
当时，，由于在上不单调，
故在上不单调，此时不合题意；
当时，，则，结合，得，
则，此时，
当时，，由于在上单调递增，
故在上单调递增，
故的值可以为；
故的值可能是，，
故选：AC
13．
【分析】
根据三角函数的定义得及，利用面积法求得，根据的范围及三角函数的性质讨论的单调性，进而求得答案.
【详解】由题意，，
由，
得，
所以当时，单调递增；当时，单调递减；
当时，单调递增；当时，单调递减；
易知的最小正周期为，
所以只考虑在上的值域即可，
又，，，，，
所以的值域为.
故答案为：.
14．（答案不唯一）
【分析】
利用正弦函数的对称性与周期性得到关于的方程，解之即可得解.
【详解】因为的图象关于点对称，
所以，则，故，
又，所以，，，…．.
故答案为：（答案不唯一）.
15．10
【分析】
连接，利用直角三角形边角关系求出矩形周长表达式，再利用辅助角公式结合正弦函数的性质求出最大值即得.
【详解】连接，令，由，得，
，，
因此矩形的周长，
其中，显然，结合题设易知，
因此当时，，所以矩形的周长的最大值为10.
故答案为：10

16． 0
【分析】由结合函数单调性，即可确定的一个对称中心为，即可求得；利用函数的对称中心和单调区间，结合周期可得，求出，再结合函数零点个数，列出不等式求得，综合，即可求得的取值范围.
【详解】因为函数在区间上单调，
且满足，而，,
即的一个对称中心为，故；
而，故在区间上单调，
设函数的最小正周期为T，则；
函数在区间上恰有5个零点，则恰好为第一个零点，
相邻两个零点之间相距半个周期，
故，即，
解得，结合，
可得的取值范围为，
故答案为：
【点睛】关键点睛：本题综合考查了三角函数单调性、周期以及对称性的应用，解答的关键在于第二空的求解时，要根据零点的个数，结合正弦函数的性质，列出关于参数的不等式，从而求解答案.
17．(1)
(2)或
【分析】
（1）利用三角恒等变换化简可得，由整体代换法可得的对称轴方程为；
（2）由换元法将问题转化为方程在上仅有一个实根，由二次函数根的分布情况即可得实数的取值范围.
【详解】（1）易知
令得
所以的对称轴方程为
（2）因为，则，
的函数值从0递增到1，又从1递减回0，如下图所示，
令则
依题意得在上仅有一个实根，此根应该在区间上，

令，因为
则需或，
解得或；
可得实数的取值范围是或.
18．(1)；
(2)最小值为0，此时；最大值为3，此时；
(3)．
【分析】
（1）由三角恒等变换化简后，由正弦型函数的周期公式求解；
（2）根据自变量取值范围，整体换元后利用正弦函数的图象与性质求最值；
（3）转化为函数交点只有一个，根据正弦函数图象与性质确定范围.
【详解】（1）
，
故函数的最小正周期为．
（2）
由（1）知，
因为，所以，
令，则，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，
所以，即时，函数有最小值，最小值为．
当，即，函数有最大值，最大值为．
综上的最小值为0，此时；最大值为3，此时．
（3）
因为函数在内有且只有一个零点，
所以在只有一个实根，
即，即，
即函数在的图象在与直线只有一个交点，
当时，，
令，则在区间的图象与直线只有一个交点时，
即，解得．
19．(1)
(2)i．证明见解析；ii．证明见解析
【分析】
（1）借助函数的奇偶性计算即可得；
（2）结合零点的存在性定理分类讨论可证有且只有一个零点；结合零点性质与单调性放缩可得.
【详解】（1），
即有，即恒成立，
故；
（2）i．当时，函数与函数均在定义域上单调递增，
故在上单调递增，
又，，
故存在唯一零点，
当时，，，故，
当时，，，故，
故当时，无零点，
综上所述，有且只有一个零点，且该零点；
ii．由上可知，且有，
则，
即，
由函数在区间上单调递增，
故.
【点睛】关键点睛：本题i．问关键在于借助零点的存在性定理判定有且只有一个零点，ii．问关键在于借助零点，将转化为，结合函数单调性，得到.
20．(1)
(2)时，矩形的面积最大为．
【分析】
（1）利用等腰三角形求出的值，利用两角和差的正切公式进行计算即可．
（2）设，根据直角三角形的边角关系，求出矩形的长和高，辅助角公式进行化简求解即可．
【详解】（1）
若平分时，
则，
则，
则．
（2）
设，
，，，
，
，
则，
则矩形面积
，，
则，
当，即时，矩形的面积最大为．

21．(1)证明见解析
(2)或或.
(3)
【分析】（1）设，就、分类讨论后可证该恒等式；
（2）利用可得，求出其解后逐个检验可得原方程的解；
（3）求出的最大值后参变分离，从而可求参数的取值范围.
【详解】（1）设，
若，则，，
故，而，，故.
若，则，，
故，而，，故.
综上，.
（2）因为，故，
因为，故，故，故，
若，则，又，故符合；
若，则，故，又，不符合，均舍；
若，则，故，又，故符合；
若，则，故，又，故符合；
综上，或或.
（3）,
当时，，故，故
因为对，使不等式成立，
故在上恒成立，
故在上恒成立，而在上恒成立，
故在上恒成立，
设，，
因为在上均为增函数，故，为增函数，
故，
设，
设，
则，
而，故，故，
即，故为减函数，
故，故.
【点睛】方法点睛：与取整函数有关的证明问题，可将实数表示整数部分和小数部分，从而便于证明，而与绝对值有关的不等式恒成立或有解问题，注意利用公式去掉绝对值符号，便于参变分离.
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