2025北师大版高中数学必修第二册强化练习题--专题强化练2　三角函数图象与性质的应用

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2025北师大版高中数学必修第二册
专题强化练2　三角函数图象与性质的应用
1.(2024黑龙江部分学校联考)已知函数f(x)=Acos(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|<π)的部分图象如图所示,则函数y=f(x)-1在区间[0,2π]内的零点个数为(　　)
A.3　　　　B.4　　　　C.5　　　　D.6
(2024江西南昌二中月考)函数f(x)=(2x-π)cos,x∈
(-2π,3π)的所有零点之和为(　　)
A.0　　　　B.　　　　D.7π
3.(多选题)(2024江西上饶模拟)已知函数f(x)=Atan(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)的部分图象如图所示,则(　　)
A.ω·φ·A=
B.f(x)的图象过点
C.函数y=|f(x)|的图象关于直线x=对称
D.若函数y=|f(x)|+λf(x)在区间上不单调,则实数λ的取值范围是[-1,1]
4.(2023河南南阳一中月考)将函数f(x)=sin 2x图象上的所有点向右平移个单位长度后得到函数g(x)的图象,若存在x1,x2,使得[ f(x1)]2+[g(x2)]2=2,则|x1-x2|min=　　　　.
5.(2024江西丰城中学期末)已知函数f(x)=2sin(ω>0)在[0,2π]上的图象有且仅有3个最高点,现有下面四个结论:
①f(x)在(0,2π)上的图象有且仅有3个最低点;
②f(x)在(0,2π)上至多有7个零点;
③f(x)在上单调递增;
④ω的取值范围是.
其中结论正确的是　　　　.(填序号)
6.(2024江西萍乡期末)已知函数f(x)=2sin(ωx+φ)在区间-上单调递增,f =2,且　　　　,从下列两个条件中选择一个补充在横线上,再解答.
①f =0;② a∈R,f(x)在区间[a,a+π]上至少有2个零点.
(1)求函数f(x)的解析式;
(2)对任意x∈,[f(x)]2-mf(x)+2≥0恒成立,求实数m的取值范围.
答案与分层梯度式解析
专题强化练2　三角函数图象与性质的应用
1.C　由题图可知A=2,最小正周期T==π,则ω==2,所以f(x)=2cos(2x+φ).
因为函数f(x)的图象过点,所以2cos-+φ=0,故-+
φ=+kπ,k∈Z,解得φ=+kπ,k∈Z,
因为|φ|<π,所以φ=,则f(x)=2cos,
令f(x)=1,则2cos=1,即2x++2kπ或2x++2kπ,k∈Z,
所以x=kπ或x=-+kπ,k∈Z,
又x∈[0,2π],所以x=0或x=或x=π或x=或x=2π,所以函数y=f(x)-1在区间[0,2π]内有5个零点.故选C.
2.C　设u=x-,u∈,则g(u)=2ucos u-sin u=0,可得tan u-2u=0,则函数f(x)的零点即为y=tan u与y=2u的图象在上交点的横坐标,画出函数y=tan u与y=2u在上的图象如图,
由图可知,两函数图象有7个交点,且从左到右第1个与第7个,第2个与第6个,第3个与第5个都关于原点对称,第4个交点为原点,所以7个零点之和为0,记7个零点从左到右依次为u1,u2,…,u7,相应的x分别为x1,x2,…,x7,则u1+u2+u3+u4+u5+u6+u7=0,
可得x1-=0,得x1+x2+x3+x4+x5+x6+x7=,
即原函数所有零点之和为.故选C.
3.BCD　由题图得,最小正周期T==π,
∴ω==1,∴f(x)=Atan(x+φ),由题中的函数图象知,+φ=,∴φ=,故f(x)=Atan,
将(0,2)代入上式,得Atan ,∴A=2,故ω·φ·A=,故A错误;
由A的分析知,f(x)=2tan,则f=2tan =2tan ,故B正确;
∵=|2tan x|,
f +x==|2tan x|,
∴f-x=f+x,∴函数y=|f(x)|的图象关于直线x=对称,故C正确;
y=|f(x)|+λf(x)=2tanx++2λtanx+,
当x∈,即x+∈时,y=+2λtan+2λtanx+=(2+2λ)tan;
当x∈,即x+∈时,y=+2λtan
+2λtan=(-2+2λ)tan.
当函数y=|f(x)|+λf(x)在区间上不单调时,则有(2+2λ)(-2+2λ)≤0,即-1≤λ≤1,故D正确.
故选BCD.
4.答案　
解析　由已知得g(x)=f ,
所以[f(x1)]2+[g(x2)]2=sin22x1+sin2=2,
所以sin22x1=sin2=1,
则2x1=+k1π,2x2-+k2π,k1,k2∈Z,
则x1=,k1,k2∈Z,
所以|x1-x2|=,k1,k2∈Z,
当k1-k2=0时,|x1-x2|取得最小值,且|x1-x2|min=.
5.答案　②③④
解析　对于④,由ωx-+2kπ,k∈Z得f(x)取得最大值时x=
,k∈Z,
因为f(x)在[0,2π]上的图象有且仅有3个最高点,
所以解得≤ω<,故④正确;
对于①,由ωx-+2kπ,k∈Z得f(x)取得最小值时x=,k∈Z,
因为≤ω<,所以≤,
因为第3个正的最小值为,所以≤,
所以第3个正的最小值不一定在(0,2π)内,故①错误;
对于②,由ωx-=kπ,k∈Z得x=,k∈Z,
第7、8个正的零点为,
因为≤≤,
所以第7个正零点有可能在(0,2π)内,第8个正零点不在(0,2π)内,
所以f(x)在(0,2π)上至多有7个零点,故②正确;
对于③,由-≤ωx-≤,得-≤x≤,
因为≤,所以f(x)在上单调递增,故③正确.
6.解析　(1)选条件①:设函数f(x)的最小正周期为T,由题知f(x)的最大值为2,
因为f(x)在上单调递增,f=2,f =0,所以,所以T=π,所以ω==2,
所以f(x)=2sin(2x+φ),
又f =2,所以sin=1,
所以φ=+2kπ(k∈Z),
又|φ|<,所以φ=,
所以f(x)=2sin.
选条件②:设函数f(x)的最小正周期为T,因为 a∈R,f(x)在区间[a,a+π]上至少有2个零点,所以T≤π,又因为f(x)在上单调递增,
所以≥,即T≥π,
所以T=π,所以ω=2,
所以f(x)=2sin(2x+φ),
又f =2,所以sin=1,所以φ=+2kπ(k∈Z),又|φ|<,所以φ=,
所以f(x)=2sin.
(2)因为x∈,
所以2x+∈,
则f(x)∈[1,2],
令t=f(x),且t∈[1,2],则t2-mt+2≥0在[1,2]内恒成立,即m≤t+在[1,2]内恒成立,
令g(t)=t+,t∈[1,2],g(t)=t+≥2,当且仅当t=,即t=时等号成立,
故g(t)min=2,故m≤2,
所以实数m的取值范围为(-∞,2].
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