2025人教B版高中数学必修第三册强化练习题（含解析）--7.3.3 余弦函数的性质与图象

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2025人教B版高中数学必修第三册
7.3.3　余弦函数的性质与图象
基础过关练　　　　　 　　　　 　　　　
题组一　余弦(型)函数的图象及其变换
1.(2024安徽A10联盟期末)将函数f(x)=cos个单位,再将所得的函数图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变),得到函数y=g(x)的图象,则(　　)
A.g(x)=-cos x　　　　　　 B.g(x)=cos x
C.g(x)=cos　　　　　　D.g(x)=cos
2.(2023湖南长沙一中检测)函数f(x)=1+cos x的图象与直线y=t(t为常数)的交点最多有(　　)
A.1个　　　　　　B.2个　　　　
C.3个　　　　　　D.4个
3.(2022黑龙江双鸭山第一中学期末)函数y=2cos x,x∈[0,2π]的图象和直线y=2围成的一个封闭的平面图形的面积是　　　　.
4.(2023四川南充期中)函数f(x)=cos x+2|cos x|-m,x∈[0,2π]恰有两个零点,则实数m的取值范围为　　　　　　　　.
题组二　余弦(型)函数的性质
5.(2024湖南长沙雅礼中学月考)如果函数y=3cos(2x+φ)的图象关于点中心对称,那么|φ|的最小值为(　　)
A. 　　　　B.　　　　C.　　　　D.
6.(多选题)下列函数中,是以π为最小正周期的偶函数的是(　　)
A.y=cos　　　　　　B.y=sin
C.y=|2-cos x|　　　　　　D.y=|sin x|
7.(2023北京第三十五中学月考)函数y=sin2x-3cos x+2的最大值为(　　)
A.5　　　　B.　　　　C.-1　　　　D.1
8.(多选题)(2024河南开封期末)已知函数f(x)=cos,则(　　)
A. x∈R,f(x+π)=f(x)
B.f(x)的图象关于直线x=对称
C.f(x)在上单调递增
D.f(x)的图象关于点对称
9.(2022河南南阳一中月考)设a=cos ,b=sin ,c=cos ,则(　　)
A.a>c>b　　　　　　B.c>b>a　　　　
C.c>a>b　　　　　　D.b>c>a
10.(2024湖南衡阳期中)函数f(x)=cos(ωx+φ)的两个零点分别为-,且ω>0,在上f(x)的图象仅有两条对称轴,则ω·φ的值可以是(　　)
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.
11.函数y=cos的单调递增区间是　　　　.
12.(2024山东淄博实验中学期中)已知函数f(x)=cos+1(ω>0)在区间[0,π]上有且仅有2个零点,则ω的取值范围是　　　.
13.(2023江西赣州期中联考)已知函数f(x)=2cos.
(1)写出f(x)图象的一条对称轴的方程;
(2)求f(x)的单调递减区间;
(3)求f(x)在上的值域.
14.(2022河南郑州一中期末)已知函数f(x)=cos(2x+φ),从①为f(x)的图象的一个对称中心;②当x=时,f(x)取得最大值;③f 这三个条件中选择一个作为已知条件并解答.
(1)求f(x)的解析式;
(2)将y=f(x)的图象上各点的横坐标变为原来的(纵坐标不变),再将所得图象向右平移个单位,得到y=g(x)的图象,求函数y=g(x)在(0,π)上的单调递减区间.
题组三　利用余弦(型)函数的图象确定解析式
15.若函数f(x)=2cos(ωx+φ)的部分图象如图所示,则f(x)的解析式为(　　)
A.f(x)=2cos　　　　　　
B.f(x)=2cos
C.f(x)=2cos　　　　　　
D.f(x)=2cos
16.(2022北京大学附属中学期中)已知函数f(x)=Acos(ωx+φ)(其中A>0,ω>0)的部分图象如图所示, f,则f(0)=(　　)
A.-　　　　　　B.-　　　　
C.　　　　　　D.
17.(2024河南南阳六校期中联考)已知函数f(x)=2cos(ωx+φ)的部分图象如图所示,若函数f(x+θ)的图象关于y轴对称,则|θ|的最小值为(　　)
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.1
能力提升练　　　　　 　　　　 　　　　
题组　余弦(型)函数的图象与性质的应用
1.点A在函数f(x)=cos(2x+φ)的图象上,为了得到函数y=sin的图象,只需把曲线f(x)上所有的点(　　)
A.向左平移个单位　　　　　　B.向右平移个单位
C.向右平移个单位　　　　　　D.向左平移个单位
2.(2022黑龙江大庆中学模拟)函数f(x)=在[-π,π]上的图象大致为(　　)
3.(2023河北沧州调研)已知函数f(x)=cos(ω>0)的图象关于直线x=对称,当f(x)的最小正周期取得最大值时,f(x)的图象上距离原点最近的对称中心为(　　)
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.
4.(多选题)已知函数f(x)=Acos(x+φ)+1A>0,|φ|<,若函数y=|f(x)|的部分图象如图所示,则下列说法正确的是(　　)
A.f(x)的图象关于直线x=对称
B.f(x)的图象关于点对称
C.将函数y=2sin x+1的图象向左平移个单位可得到f(x)的图象
D.函数f(x)在区间上单调递减
5.(2022辽宁沈阳同泽高级中学期中)将函数f(x)=cos x的图象先向右平移个单位,再把所得图象上各点的横坐标变为原来的(ω>0)倍,纵坐标不变,得到函数g(x)的图象,若函数g(x)在上没有零点,则 ω的取值范围是　　　　.
6.(2024辽宁大连102中学月考)设函数f(x)=2cos,其中ω∈(0,3),已知|f(x1)-f(x2)|≥4,且|x1-x2|=.
(1)求f(x)的解析式及单调递增区间;
(2)将f(x)的图象向左平移个单位后,得到函数g(x)的图象,若存在x∈,使得-2≤g(x)-m≤5,求实数m的取值范围.
答案与分层梯度式解析
7.3.3　余弦函数的性质与图象
基础过关练
1.A　将函数f(x)=cos个单位,得到y=cos=cos(2x-π)=-cos 2x的图象,再将所得图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变),得到函数y=g(x)=-cos x的图象.故选A.
2.D　在同一平面直角坐标系内作出函数f(x)=1+cos x的图象与直线y=t,如图所示.
由图可知,当03.答案　4π
解析　如图所示,根据余弦函数图象的对称性可知,S'1=S1,S'2=S2,所以将y=2cos x,x∈[0,2π]的图象在x轴下方的部分补到x轴的上方,可得到一个矩形OABC,其面积为2π×2=4π.
4.答案　{0}∪(1,3]
解析　函数f(x)=cos x+2|cos x|-m,x∈[0,2π]的零点个数就是函数y=cos x+2|cos x|
=的图象与直线y=m的交点个数.
作出y=cos x+2|cos x|,x∈[0,2π]的图象,如图,
由图可知,当m=0或15.A　∵y=3cos(2x+φ)的图象关于点中心对称,即3cos+kπ,k∈Z,∴φ=-+kπ,k∈Z,∴当k=2时,|φ|有最小值,为.
6.BD　y=cos的最小正周期T=2π,所以A不符合题意;
y=sin的最小正周期T==π,又y=sin=cos 2x,显然是偶函数,所以B符合题意;
因为|2-cos(x+π)|=|2+cos x|,|2-cos x|≠|2+cos x|,所以y=|2-cos x|不是以π为最小正周期的函数,所以C不符合题意;
易知y=|sin x|是以π为最小正周期的函数,
又|sin(-x)|=|sin x|,所以y=|sin x|是偶函数,所以D符合题意.
7.A　y=sin2x-3cos x+2=-cos2x-3cos x+3=-,因为-1≤cos x≤1,所以当cos x=-1时,函数y=sin 2x-3cos x+2取得最大值,且ymax=-1+3+3=5.故选A.
8.AD　对于A,函数f(x)=cos的最小正周期T==π,故A正确;
对于B,因为f=0,所以y=f(x)的图象不关于直线x=对称,故B错误;
对于C,当x∈时,2x+,因为y=cos x在上不单调,所以f(x)在上不单调,故C错误;
对于D,因为f=cos2×=cos=0,所以f(x)的图象关于点对称,故D正确.
故选AD.
9.A　由已知得b=sin =sin =sin =cos ,c=cos =cos .
因为>0,且y=cos x在上单调递减,所以cos >cos >cos ,即a>c>b.故选A.
10.A　由题意知最小正周期T==π,又T=,且ω>0,所以ω=2.由函数f(x)的零点为-,得2×+kπ,k∈Z,即φ=+kπ,k∈Z,所以ω·φ=+2kπ,k∈Z.结合选项可知选A.
11.答案　,k∈Z
解析　y=cos.
令2kπ-π≤2x-≤2kπ,k∈Z,
解得kπ-≤x≤kπ+,k∈Z,
所以单调递增区间是,k∈Z.
12.答案　
解析　由0≤x≤π,得≤2ωx+≤2πω+,
因为函数f(x)在[0,π]上有且仅有2个零点,
所以3π≤2πω+<5π,解得≤ω<,
故ω的取值范围为.
13.解析　(1)令2x-=kπ,k∈Z,解得x=,k∈Z,取k=0,可得x=,所以f(x)图象的一条对称轴方程为x=.
(2)令2kπ≤2x-≤π+2kπ(k∈Z),解得+kπ≤x≤+kπ(k∈Z),所以f(x)的单调递减区间为(k∈Z).
(3)因为x∈,所以2x-,所以cos,所以2cos∈[1,2],
所以f(x)在上的值域为[1,2].
14.解析　(1)若选①,则2×+kπ,k∈Z,解得φ=+kπ,k∈Z,又|φ|<,所以φ=,所以f(x)=.
若选②,则f,所以2×+φ=2kπ,k∈Z,解得φ=-+2kπ,k∈Z,又|φ|<,所以φ=,所以f(x)=.
若选③,则f,所以cos,所以+2kπ,k∈Z或+2kπ,k∈Z,解得φ=+2kπ,k∈Z或φ=-+2kπ,k∈Z,又|φ|<,所以φ=,所以f(x)=.
(2)由题意及(1)得g(x)=.
令2kπ≤4x-≤π+2kπ,k∈Z,得≤x≤,k∈Z,所以函数g(x)=在(0,π)上的单调递减区间为.
15.A　由题图可知,f(0)=2cos φ=,即cos φ=.
又0<φ<=π+2kπ,k∈Z,∴ω=k,k∈Z.
又由题图可知,,故ω<.
∴f(x)=2cos.故选A.
16.C　由题图可知函数f(x)的最小正周期T=2×,故ω==3.将代入解析式,得Acos=0,故+2kπ(k∈Z),所以φ=-+2(k-1)π(k∈Z),
所以f(x)=Acos.
又f ,所以A=.
所以f(x)=.
所以f(0)=.故选C.
17.D　由题图可知f(0)=2cos φ=1,则cos φ=,
∴φ=±+2kπ,k∈Z,
又-,
又f=0,
∴根据题图及五点法作图原理,得ω×,解得ω=,
从而f(x+θ)=2cos,
∵f(x+θ)的图象关于y轴对称,∴f(x+θ)为偶函数,
∴(θ-1)=kπ,k∈Z,∴θ=3k+1,k∈Z,
所以|θ|min=1.
故选D.
能力提升练
1.D　点A在函数f(x)的图象上,则f=1,即+φ=2kπ,k∈Z,即φ=-+2kπ,k∈Z,又|φ|<,所以φ=-,所以f(x)=cos.因为y=sin,所以只需将f(x)的图象向左平移个单位,即可得到y=sin的图象.故选D.
解题模板　三角函数的图象变换必须要保证是同名函数,若变换前后的函数名称不同,则要选择合适的诱导公式将其化为同名函数,再分析自变量的变化关系,得到变换的结果.
2.D　因为x∈[-π,π],f(-x)==-f(x),所以函数f(x)为奇函数,所以A不符合题意.又由当x=π时,f(π)=,可知03.D　由题意得=kπ(k∈Z),解得ω=6k-(k∈Z),因为ω>0,所以当k=1时,ω最小,为,此时f(x)的最小正周期最大,所以f(x)=cos.
令+kπ,k∈Z,得x=,k∈Z,
当k=0时,x=-,当k=1时,x=,所以函数f(x)的图象上距离原点最近的对称中心为.故选D.
4.BC　由题图知函数f(x)的最大值为3,最小值为-1,所以A=2,所以f(x)=2cos(x+φ)+1.
因为函数y=|f(x)|的图象过点(0,2),所以2cos φ+1=2,即cos φ=,又|φ|<,所以φ=,所以f(x)=2cos+1.
令x+=kπ(k∈Z),得x=-+kπ(k∈Z),所以函数f(x)图象的对称轴方程为x=-+kπ(k∈Z),故A错误.
令x++kπ(k∈Z),得x=+kπ(k∈Z),所以函数f(x)图象的对称中心为(k∈Z),故B正确.
函数y=2sin x+1的图象向左平移个单位得到y=2sin+1的图象,故C正确.
令2kπ≤x+≤π+2kπ,k∈Z,得-+2kπ≤x≤+2kπ,k∈Z,所以函数f(x)的单调递减区间为,k∈Z,当k=0时,函数f(x)的单调递减区间为,所以函数f(x)在区间上不具有单调性,故D错误.
故选BC.
5.答案　
解析　由题意得g(x)=cos.
∵函数g(x)在上没有零点,
∴,∴0<ω≤1.
∵,
∴,
∴k∈Z,
解得2k+≤ω≤,k∈Z,
当k=0时,≤ω≤;
当k=-1时,结合0<ω≤1,可得0<ω≤.
∴ω∈.
6.解析　(1)由f(x)=2cos知,f(x)max=2,f(x)min=-2,则|f(x1)-f(x2)|≤4,
又已知|f(x1)-f(x2)|≥4,
所以|f(x1)-f(x2)|=4,
故f(x1),f(x2)中恰有一个为最大值2,一个为最小值-2,
所以有|x1-x2|=(k∈Z),
则T=(k∈Z),
又2ω=,故ω==2k+1(k∈Z).
因为ω∈(0,3),且k∈Z,所以k=0,ω=1,
则f(x)=2cos.
令2k1π-π≤2x-≤2k1π(k1∈Z),
解得k1π-≤x≤k1π+(k1∈Z),
故f(x)的单调递增区间为(k1∈Z).
(2)由题意可得g(x)=f=2cos2=2cos.
∵x∈,
此时g(x)min=-1,g(x)max=2,
由题意知,存在x∈,-2≤g(x)-m≤5有解,即存在x∈,m-2≤g(x)≤m+5,可得解得-6≤m≤4,
故实数m的取值范围是[-6,4].
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