人教版高中数学01卷 第四章　三角函数、解三角形《过关检测卷》－(解析版).doc

01卷 第四章　三角函数、解三角形《过关检测卷》
－2022年高考一轮数学单元复****一遍过（新高考专用）
第I卷（选择题）
一、单选题
1．函数部分图象如图所示，则下列叙述正确的是（ ）
A．若把的图象平移个单位可得到的图象，则
B．，恒成立
C．对任意，，，，
D．若，则的最小值为
【答案】D
【分析】
由图象求得，结合三角函数的图象与性质，逐项判定，即可求解.
【详解】
由图象可得，函数的最大值为，即，
又由，即，且，所以，所以，
因为且为单调递减时的零点，所以，
可得，，由图象知，可得，
又由，所以，所以，
对于A中，因为的图象可由函数的图象向左平移个单位得到，
可得，所以A错；
对于B中，令，，得对称轴为，，则B错；
对于C中，函数单调递增区间的长度，最大为，故C错；
对于D中，由，因为，所以且，设，使最小，即绝对值最小的零点，
令，，可得，，
由时，，所以，所以D正确.
故选：D.
【点睛】
解答三角函数的图象与性质的基本方法：
1、根据已知条件化简得出三角函数的解析式为的形式；
2、熟练应用三角函数的图象与性质，结合数形结合法的思想研究函数的性质（如：单调性、奇偶性、对称性、周期性与最值等），进而加深理解函数的极值点、最值点、零点及有界性等概念与性质，但解答中主要角的范围的判定，防止错解.
2．已知函数图象上的最高点与最低点之间距离的最小值为，下面给出了四个命题：
①函数的极大值为+1；
②[，]为函数的一个单调递减区间；
③函数的图象关于点（﹣，0）对称；
④将函数的图象向右平移个单位长度后，所得图象关于原点对称．
这四个命题中，所有真命题的编号是（ ）
A．①② B．②③ C．③④ D．①③
【答案】B
【分析】
化简函数，根据题意求得，得到，可判定①为假命题；利用三角函数的性质，可判定②、③为真命题；根据三角函数的图象变换，求得，根据正弦型函数的性质，可判定④为假命题．
【详解】
由函数，其最小正周期，
由已知得，解得，
所以，所以函数的极大值为2，故①为假命题；
由，解得，
所以该函数的单调递减区间为，
令时，所得区间为，故②为真命题；
令，解得，
所以函数图象的对称中心为，
当时，对称中心为，故③为真命题；
将函数的图象向右平移个单位长度后，
所得图象对应的函数解析式为，
显然该函数不是奇函数，其图象不关于原点对称，故④为假命题．
综上真命题只有②③．
故选：B.
【点睛】
解答三角函数的图象与性质的基本方法：
1、根据已知条件化简得出三角函数的解析式为的形式；
2、熟练应用三角函数的图象与性质，结合数形结合法的思想研究函数的性质（如：单调性、奇偶性、对称性、周期性与最值等），进而加深理解函数的极值点、最值点、零点及有界性等概念与性质，但解答中主要角的范围的判定，防止错解.
3．将函数的图象向左平移半个周期得到的图象，若在上的值域为，则下述四个结论：
①在上有且仅有1个极大值点；
②在上有且仅有1个极小值点；
③在上单调递增；
④可以是函数的一个周期．
其中所有正确结论的编号是（ ）
A．①④ B．①③④ C．②③ D．①③
【答案】D
【分析】
化简，根据在上的值域为，求得，可判定④不正确；根据三角函数的图象与性质，可判定①正确；②不正确；由在上单调递增，求得，可判定③正确．
【详解】
由题意得，
因为，所以，
因为在上的值域为，所以，则，
所以④不正确；
由，可得，再由，可得，
令，可得的极大值点为，所以①正确；
当时，没有极小值点，所以②不正确；
当时，，若在上单调递增，
则，解得，又由，故③正确．
故选：D．
4．已知函数的部分与的对应值如下表：
x
0
1
2
y
1
2
1
则函数的图象的一条对称轴方程是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
由，化简得，求得，再由，求得，根据，求得，得到，结合三角函数的性质，即可求解.
【详解】
根据表格中的数据，可得，所以，
化简得，所以或，
因为，所以，即，故，
所以，
又由，解得，所以，
令，可得，即函数的图象的对称轴方程是，
结合选项，可得选项B满足题意.
故选：B.
5．已知是函数图像与直线的两个不同的交点.若的最小值是，则（ ）
A．6 B．4 C．2 D．1
【答案】B
【分析】
令，求得方程的解，结合的最小值是，得到，即可求解.
【详解】
由题意，函数图像与直线的两个不同的交点，
即，即，
解答或，