7.2余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

7.2余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．已知命题“，”是假命题，则m的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
2．函数，在区间上是增函数，且，则函数在上（ ）
A．单调递增 B．单调递减
C．最大值 D．最小值
3．已知函数满足，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
4．下列函数中在区间上单调递减的是（ ）
A． B． C． D．
5．已知函数的零点为，存在零点，使，则不能是（ ）．
A． B．
C． D．
6．已知函数的一条对称轴为直线，一个周期为4，则的解析式可能为（ ）
A． B．
C． D．
7．函数的图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
8．函数的单调递减区间是（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题
9．已知函数，则（ ）
A．的图象关于原点对称
B．的图象关于直线对称
C．在上单调递增
D．在上有个零点
10．已知函数，则（ ）
A．的图象关于点对称 B．的图象关于直线对称
C．在上单调递减 D．的最小值为
11．下列结论中正确的是（ ）
A．若函数，且，则
B．为偶函数，则的图象关于对称
C．若函数与图象的任意连续三个交点构成边长为4的等边三角形，则正实数
D．若，函数在区间上单调递减，且在区间上存在零点，则的取值范围是
12．已知函数，则下列说法正确的有（ ）
A．当时，的最小正周期为
B．当时，的最小值为
C．当时，在区间上有4个零点
D．若在上单调递减，则
三、填空题
13．在锐角中，内角，，的边分别对应，，，若，则的取值范围是
14．已知偶函数的图像关于点中心对称，且在区间上单调，则 ．
15．已知函数有且仅有3个零点，则的取值范围是 .
16．已知函数和的定义域分别为和，若对任意的都恰有个不同的实数，使得（其中），则称为的“重覆盖函数”.（1）若函数是的“重覆盖函数”，则 ；（2）若为的“2重覆盖函数”，记实数的最大值为，则 .
四、解答题
17．已知函数，相邻两条对称轴的距离为．
(1)若为偶函数，设，求的单调递增区间；
(2)若过点，设，若对任意的，都有，求实数的取值范围．
18．若存在常数、，使得函数对于同时满足：，，则称函数为“”类函数．
(1)判断函数是否为“”类函数？如果是，写出一组的值；如果不是，请说明理由；
(2)函数是“”类函数，且当时，．
①证明：是周期函数，并求出在上的解析式；
②若，，求的最大值和最小值．
19．如图是函数图象的一部分.
(1)求函数的解析式；
(2)若关于的方程在上有解，求实数的取值范围.
20．已知函数．
(1)当时，直接写出的单调区间（不要求证明），并求出的值域；
(2)设函数，若对任意，总有，使得，求实数的取值范围．
21．在中，且．
(1)求角的大小；
(2)设函数，当时，求的值域．
第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页
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参考答案：
1．B
【分析】
写出原命题的否定，即为真命题，然后将有解问题转化为最值问题求解即可.
【详解】命题“，”是假命题，
则“，”是真命题，
所以有解，
所以，
又，
因为，所以，
即.
故选：B.
2．D
【分析】
利用换元法，结合余弦函数的图象可得的范围，由范围，结合正弦函数的图象，依次判断选项即可.
【详解】由题意知，设，
函数在区间上是增函数，且，
所以当时，，
对于AB，函数在上先减后增，故排除AB；
对于CD，当时，函数取到最小值，故C错误，D正确.
故选：D.
3．A
【分析】
根据题意可知为的对称中心，结合余弦函数对称性分析求解.
【详解】因为，可知为的对称中心，
则，可得，
解得，
且，可知：当时，取到最小值.
故选：A.
4．C
【分析】结合常见函数的图象和性质进行判断.
【详解】对于A，因为是周期函数，在上不单调，故A错误；
对于B，在上是，单调递增，故B错误；
对于D，是二次函数，图象是开口向上的抛物线，对称轴为轴，
所以它在上为增函数，故D错误；
对于C，只有这个函数在上单调递减，故C正确..
故选：C
5．D
【分析】
根据给定条件，利用零点存在性定理求出的范围，再求出各选项中函数的零点即可判断得解.
【详解】函数定义域为，函数在上单调递增，
而，因此，
对于A，由，得，解得或或，
显然或，A能；
对于B，由，得，解得，
，即，，B能；
对于C，由，得，则，
解得，取，，C能；
对于D，函数在上单调递增，，而，D不能.
故选：D
【点睛】方法点睛：函数零点的求解与判断方法：(1)直接求零点：令，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间上是连续不断的曲线，且，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．
6．B
【分析】根据正弦型函数(余弦型函数)周期公式及其图象的对称性性质即可判断.
【详解】对于A选项，因，当时，函数值，即是函数的一个对称中心，故A项错误；
对于B选项，，当时，函数值，故是函数的一条对称轴，故B项正确；
对于C选项，，故C项错误；
对于D选项， ，故D项错误.
故选：B.
7．B
【分析】根据函数奇偶性即可排除CD，由特殊点的函数值即可排除A.
【详解】，则的定义域为R，
又，
所以为奇函数，图象关于原点对称，故排除CD，
当时，，故排除A.
故选：B.
8．D
【分析】根据余弦函数的单调性及复合函数的性质，列式解得答案.
【详解】，
由题意单调递减，且，
则，解得，，
所以的单调递减区间是.
故选：D.
9．AD
【分析】对于，由已知可得，且为奇函数，即可判断；对于，通过求函数的对称轴即可判断；对于，求函数的单调递增区间可知在上先增后减；对于，把零点个数转化为方程根的个数，通过换元法求解方程的根即可判断.
【详解】，
令，则，
故为奇函数，图象关于原点对称，故正确；
当，时，即，，
所以函数的对称轴为，，当时，，
所以不存在整数使得，故错误；
当时，即，
所以函数的单调递增区间为，，
当时，单调递增区间为，当时，单调递增区间为，
所以在单调递增，在单调递减，故错误；
令，所以，令，
由，则，当，，，时，，
则在上有4个零点，分别是，，，，故正确.
故选：.
10．AC
【分析】
化简，利用余弦函数的性质对各个选项逐一分析可得答案．
【详解】
，
对于AB，当时，，
的图象关于点对称，故 A正确，B不正确；
对于C，当时，，
在上单调递减，故 C正确；
对于D，的最小值为，故D不正确．
故选：AC．
11．BC
【分析】
利用换元思想求解析式判断A,利用偶函数求出对称轴判断B,由两函数交点和周期判断C,由余弦函数单调性和零点判断D.
【详解】对于A，因为，则，
又，则，故A错误.
对于B，由为偶函数，可得，
所以，则的图象关于对称，故B正确；
对于C，作出函数与的图像，
设两图像任意相邻的三个交点分别为，如图所示．
由题意可知为等边三角形，且，
所以函数的最小正周期.
因为，且ω为正实数，所以.C正确；
对于D，当时，，
因为，函数在区间上单调递减，
所以，
所以，即，
当时，，
因为，在区间上存在零点，
所以，解得，综上：.D错误.
故选：BC.
12．AB
【分析】
根据三角函数的周期性、含的二次项函数的值域、三角函数的零点、单调性等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】当时，，所以的最小正周期为，A选项正确；
当时，，
所以的最小值为，B选项正确；
当时，，
令，解得或，此时或或，
在区间上有3个零点，C选项错误；
，设，
在上单调递减，则，根据复合函数的单调性，
在上单调递增，所以，解得，D选项错误.
故选：AB
13．
【分析】先对边角互换化简，得到，再锐角中，找到，再化简即可求解.
【详解】因为，由正弦定理得，，
即，化简得，
在中，则，则,
所以锐角中，，解得，
所以，
故答案为：.
14．/1.5
【分析】
根据题意，再由对称中心求出，最后根据函数单调性确定.
【详解】因为偶函数，所以，，
即或，
又的图像关于点中心对称，
所以，即，
所以，
因为函数单调，所以，即，
所以当时，符合条件.
故答案为：
15．
【分析】
根据函数图像及零点的定义可得结果.
【详解】当时没有零点，所以依题意有且仅有3个零点，
又时，所以，即，
故；
当时有1个零点，所以依题意有且仅有2个零点，
所以，即，
故答案为：.
16． 4 /
【分析】（1）求出、的值域，作出两函数的内的大致图象，结合图象可得答案；
（2）即对任意，都有2个不同的实数，使得，即，即对任意有2个实根，分、、讨论可得答案.
【详解】（1）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象，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”，故；
（2）可得的定义域为，
即对任意，都有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，实数的取值范围是，的最大值为，
则.
故答案为：4；.
【点睛】方法点睛：在处理两函数图象交点问题时，可通过分离变量交点问题转化为与两个函数的图象交点情况.
17．(1)
(2).
【分析】
（1）由得，进而写出解析式， 根据条件确定解析式，应用余弦型函数的单调性求递增区间；
（2）由题设有，设，结合二次函数性质、分类讨论研究的最值，即可求参数范围.
【详解】（1）
由题设，所以，
由题设知为偶函数，且，所以，
所以，则，
所以 ，，即，，
所以单调递增区间为；
（2）因为过点，所以，可得，
所以，又，所以，所以，
对任意的，都有成立，
所以即，
，
由，设，
则有图象是开口向下，对称轴为的抛物线，
当时在上单调递增，，即，
解得，所以；
当时在上单调递减，，即，
解得，所以；
当时，，所以，解得，
所以，
综上所述：实数的取值范围为.
18．(1)是“”类函数， 可以是（答案不唯一）
(2)① 证明见解析，；②最大值为20，最小值为
【分析】
（1）根据余弦函数的性质可得答案；
（2）①根据函数的对称性确定函数的周期，根据周期和对称性可得函数解析式；②记，分，，讨论，根据恒成立，求出的范围即可.
【详解】（1）是“”类函数，
令，得，即的对称轴为，
令，得，即的对称中心为，
当时，，
可以是（答案不唯一）；
（2）①函数是“”类函数，
，，
，
，是周期函数．
当时，，．
当时，，，
．
故，
②当时，．
在上单调递增，又关于中心对称，关于轴对称
在上单调递增，在上单调递减，
在上单调递增，在上单调递减，
记，由①得：，
1）当时，，满足；
2）当时，，
由在上恒成立可得：，
解得：；
3）当时，，
由在上恒成立可得：，
解得：．
综上所述实数的取值范围为．
所以的最大值为20，最小值为．
19．(1)
(2)
【分析】（1）由图可得出的值，求出函数的最小正周期，可得出的值，再由结合的取值范围可得出的值，即可得出函数的解析式；
（2）令，分析可知，关于的方程在上有解，令，由参变量分离法可得，求出函数在上的值域，即可求得实数的取值范围.
【详解】（1）解：由图可得，
函数的最小正周期为，则，
所以，，
因为，则，
因为，则，所以，，解得，
所以，.
（2）解：由
可得，
即，
即，
即，其中，
因为，则，令，
则有，则关于的方程在上有解，
由可得，
令，则，
因为函数、在上均为减函数，
所以，函数在上为减函数，则，
所以，，解得，故实数的取值范围是.
【点睛】方法点睛：已知函数有零点（方程有根）求参数值（取值范围）常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.
20．(1)单调递增区间为和，递减区间为和；值域是
(2)
【分析】（1）利用对勾函数性质结合奇偶性判断单调区间，利用基本不等式求值域；
（2）求出的值域并将题目转化为函数的值域是的值域的子集，分情况讨论t的范围，求的最值列不等式求解.
【详解】（1）当时，,
易知，且定义域关于原点对称，故为奇函数；
结合对勾函数的性质可得：的单调递增区间为和，递减区间为和．
当时，，
当且仅当时等号成立；
当时，，当且仅当时，等号成立．
所以的值域是；
（2），
因为，所以，所以，，
所以，那么的值域为．
当时，总有，使得，
转化为函数的值域是的值域的子集，
即当时，恒成立．
当时，在上单调递增，可得，，所以；
当时，，满足题意；
当时，对任意的，，显然，
所以，对任意的恒成立，可得．
当时，，，此时．
综上可得，实数的取值范围为．
【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：
一般地，已知函数，
（1）若，，总有成立，故；
（2）若，，有成立，故；
（3）若，，有成立，故；
（4）若若，，有，则的值域是值域的子集 ．
21．(1)
(2)．
【分析】依题意，可得，从而可求得角的大小；
先利用和差角公式及辅助角公式进行化简，然后结合余弦函数的性质即可求解．
【详解】（1）因为且，
所以．
因为，所以，
所以，
所以，即，
因为，所以．
（2）
，
当时，，
所以．
则的值域为．
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