福建省2022-2023学年高一上学期期末数学试题汇编-05三角函数的图像与性质（人教版）（解析版）
一、单选题
1．（22·23上·漳州·期末）函数的部分图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】先根据函数的奇偶性，可排除BD，根据当时，即可排除C得出答案.
【解析】因为，
所以，
所以为偶函数，故排除BD；
当时，，，则，故排除C.
故选：A．
2．（21·22上·漳州·期末）已知函数在上恰有三个零点，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据题意，将原问题转化为函数在区间上恰有三个零点，根据正弦函数的性质，即可求出结果.
【解析】因为，所以，
又函数在上恰有三个零点，等价于函数在区间上恰有三个零点，
由正弦函数的性质可知，，
所以，即的取值范围为.
故选：D.
3．（22·23上·漳州·期末）函数的单调区间是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据正切函数的性质可得，解得答案.
【解析】由，解得，
所以函数的单调区间是.
故选：A.
4．（22·23上·南平·期末）“”是“”的（ ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】由，得；反之不成立．再由充分必要条件的判定判断.
【解析】由，得；
反之，由，得.
∴“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
5．（22·23上·福州·期末）设函数在的图象大致如下图所示，则函数图象的对称中心为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】化简，由题意可得，由图可得：，解不等式即可求出，令，即可求出图象的对称中心.
【解析】，
因为的图象过点，
所以，
解得：，
因为由图可得：，
所以，
，
令，解得：，
则函数图象的对称中心为.
故选：C.
6．（22·23上·厦门·期末）设，，，则的大小关系正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】以0和1为桥梁，分别比较与0，1的大小关系，即可得到答案.
【解析】因为，所以；
因为，所以；
因为，所以.
所以.
故选：A
二、多选题
7．（22·23上·漳州·期末）若函数则（ ）
A．为偶函数 B．存在实数，使得函数的零点恰有4个
C．在上单调递增 D．方程在内有4个不同的解
【答案】ACD
【分析】根据偶函数定义判断A，利用数形结合的方法讨论的根的个数可判断B,D，再根据函数，的单调性判断C.
【解析】函数定义域为,且，
所以函数为偶函数，A正确；
若，则的零点为，则有无数个零点，
若，则，
当时，方程无解，
当时，，作图如下，
由图象可知，有无数个解，
同理当时，有无数个解，
若，则，
当时，方程无解，
当时，，作图如下，
由图象可知，有无数个解，
同理当时，有无数个解，
综上，不存在实数，使得函数的零点恰有4个，B错误；
因为在上单调递增且恒大于零，单调递增且恒大于零，
所以在上单调递增，C正确；
由可得，作出，的图象如下，
因为，所以数形结合可得可知，
方程在有2个根，
又因为，都为奇函数，
所以方程在有2个根，
所以方程在共有4个根，
综上方程在内有4个不同的解，D正确，
故选：ACD.
8．（22·23上·福州·期末）已知函数，则下列结论正确的有（ ）
A．的一个周期是 B．在上单调递增
C．最大值为 D．方程在上有7个解
【答案】BCD
【分析】根据的值即可判断A；写出函数在上的解析式，再根据余弦函数的单调性即可判断B；易得函数为偶函数及当时，函数是以为周期的周期函数，求出函数在的最大值即可判断C；求出当时，方程的根的个数，再根据函数的奇偶性即可判断D.
【解析】对于A，因为，
所以不是函数的一个周期，故A错误；
对于B，当，，
由，可得，
所以在上单词递增，故B正确；
对于C，因为，所以函数为偶函数，
则当时，，
因为，
所以当时，函数是以为周期的周期函数，
则当时，
，
当时，，
则，则，
当时，，
则，则，
综上，
所以最大值为，故C正确；
对于D，当时，，
由，得，
所以或，
所以或，
又，所以或或，
当时，，
由，得，
所以或，
所以或，
又，所以，
综上可得当时，方程有3个解，
又函数为偶函数，所以当时，方程有3个解，
综上所述方程在上有7个解，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】本题考查了三角函数的周期性单调性及最值问题，考查了分类讨论思想
9．（22·23上·福州·期末）已知x，y是正数，且满足，则下列叙述正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】ACD
【分析】A选项，利用基本不等式“1”的妙用求解最小值；B选项，先计算出，结合对数函数的单调性得到答案；C选项，由得到，结合得到；D选项，计算出，结合正切函数在上的单调性得到答案.
【解析】A选项，因为x，y是正数，且满足，
则，
当且仅当，即时，等号成立，A正确；
B选项，，则，
当且仅当时，等号成立，故B错误；
C选项，因为，所以，
因为为正数，故，
则，C正确；
D选项，由得到，
当且仅当时，等号成立，
故，即，
因为，，所以，
因为在上单调递增，
故，D正确.
故选：ACD
10．（22·23上·漳州·期末）函数，下列结论正确的是（ ）
A．的值域是
B．当且仅当或时，有最大值
C．当且仅当时，有最小值
D．当且仅当时，
【答案】AB
【分析】分析可知，求出函数的最小正周期，并作出函数的图象，逐项判断可得出合适的选项.
【解析】作出函数的图象如下图中的实线部分所示：
易知，
所以，
，
结合图形可知，函数为周期函数，且最小正周期为.
由图可知，对于AC选项，函数的值域是，A对C错；
对于B选项，当且仅当或时，有最大值，B对；
对于D选项，当且仅当时，，D错.
故选：AB.
11．（22·23上·厦门·期末）若函数在区间的最大值为2，则的可能取值为（ ）
A．0 B． C． D．
【答案】CD
【分析】由题意可得，从而可得所以当时，，又因为，所以必有成立，结合选项，即可得答案.
【解析】解：因为，
所以当时，即，，
又因为，
所以，
所以的可能取值为.
故选：CD.
12．（22·23上·厦门·期末）“田忌赛马”的故事闪烁着我国古代先贤的智慧光芒。该故事的大意是：齐王有上、中、下三匹马A1，B1，C1，田忌也有上中下三匹马A2， B2， C2， 且这六匹马在比赛中的胜负可用不等式表示如下：A1>A2>B1>B2>C1>C2（注：A>B表示A马与B马比赛，A马获胜）.一天，齐王找田忌赛马，约定：每匹马都出场比赛一局，共赛三局，胜两局者获得整场比赛的胜利.面对劣势，田忌事先了解到齐王三局比赛的“出马”顺序为上马、中马、下马，并采用孙膑的策略：分别用下马、上马、中马与齐王的上马、中马、下马比赛，获得了整场比赛的胜利，创造了以弱胜强的经典案例.已知我方三个数为，，，对方的三个数以及排序如表所示：
第一局 第二局 第三局
对方
当时，我方必胜的排序是（ ）
A． B． C． D．
【答案】AB
【分析】逐一进行判断，根据角度的范围以及对方每一局数据大小，结合三角函数性质进行比较，最后结合田忌赛马的事例即可得出我方必胜的排序.
【解析】对A，当时，，
，所以我方必胜；
对B，当时，，，
，所以我方必胜；
对C，当时，，
，所以我方必败；
对D，当时，，
，所以我方必败.
故选：AB
三、填空题
13．（22·23上·厦门·期末）函数的单调递增区间是 .
【答案】
【分析】整体法求解的单调递减区间即可.
【解析】的单调递增区间，即的单调递减区间，
令，
解得：，
故的单调递增区间为.
故答案为：
四、解答题
14．（22·23上·福州·期末）设函数和的定义域分别为和，若对，都存在个不同的实数，使（其中，），则称为的“重覆盖函数”．
(1)试判断是否为的“4重覆盖函数”？并说明理由；
(2)已知函数为的“2重覆盖函数”，求实数的取值范围.
【答案】(1)答案见解析；
(2).
【分析】（1）作出在上的图象，求出函数的值域为，结合图象，即可得出判断；
（2）求出的值域为.易知，时，显然对任意，有1个实根.然后根据在有且只有一个实根，结合二次函数的性质，即可得出实数的取值范围.
【解析】（1）因为，所以.
作出在上的图象如下图，
当时，为单调递增函数，则，
又为偶函数，所以函数的值域为.
由图象可知，当时，函数与在上的图象恒有4个交点，
根据定义可得，是的“4重覆盖函数”.
（2）可得的定义域为，
即对任意，存在2个不同的实数，使得（其中）.
因为，所以，所以，则，所以，
所以.
即，
即对任意，有2个实根.
当时，，则在上必有一个根，
故只需时，仅有1个根.
当时，，
因为，所以，即，根据一次函数的性质知，在仅有1个根，符合题意；
当时，.
因为，要使在仅有1个根，则需满足，解得；
当时，，图象为抛物线开口向下.
因为，要使在仅有1个根，则需满足，
解得，所以满足．
综上，实数a的取值范围是．
【点睛】关键点点睛：小问2中，根据“重覆盖函数”的概念，对任意，存在2个不同的实数，使得（其中）.进而根据分段函数可推得，任意，在上仅有1个实根.
15．（21·22上·福州·期末）某同学作函数f (x) = Asin(x +)在一个周期内的简图时，列表并填入了部分数据，如下表：
0
-3
(1)请将上表数据补充完整，并求出f (x)的解析式；
(2)若f (x)在区间(m，0)内是单调函数，求实数m的最小值.
【答案】(1)表格见解析，
(2)
【分析】（1）由题意，根据五点法作图，利用正弦函数的性质，补充表格，并求出函数的解析式．
（2）由题意利用正弦函数的单调性，求出实数的最小值．
【解析】（1）解：作函数，，的简图时，
根据表格可得，，，．
结合五点法作图，，，故函数的解析式为．
列表如下：
0
0 3 0 0
（2）解：因为，所以，若在区间内是单调函数，
则，且，解得，
故实数的最小值为．
16．（22·23上·宁德·期末）已知函数，其中a为常数.
(1)若对，恒成立，求实数a的取值范围；
(2)若方程在内有且只有三个互异实数解，求实数a的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）参变分离得到对恒成立，由函数单调性和基本不等式求出和的最值，得到实数的取值范围；
（2）解法一：换元后得到，问题等价于且；或且；或且，分三种情况数形结合得到实数a的取值范围；
解法二：换元后得到，问题等价于且；或且；或且，先考虑和，再考虑，，得到实数的取值范围.
【解析】（1），恒成立，
即对恒成立，
因为在上单调递增，
所以，
今，由基本不等式可知，当且仅当时取等号，
所以，
所以，即实数的取值范围是.
（2）解法一：今，则方程即，
设，是方程的两根，
则方程在内有且只有三个实数解等价于且；
或且；或且
今，对称轴为，且，
①当且时，，解得；
②当且时，，解得；
③当且时，与相矛盾，不合题意；
综上，实数的取值范围为.
解法二：今，则方程即，
设，是方程的两根，令.
若，则，，当时，有一个实数解，有两个实数解，
则方程在有两个实数解；
若，则，，
当时，有一个实数解，有一个实数解，
则方程在有两个实数解，不合题意；
此外，要使方程在有三个实数解，只需，，
则，解得；
综上，实数的取值范围为.
【点睛】复合函数零点问题处理策略：考虑关于的方程的根的个数，在解决此类问题时，分两层来分析，第一层是解关于的方程，观察有几个的值使其等式成立，第二层是结合第一层的值，求出对应的的值，求出零点的个数.
17．（22·23上·福州·期末）已知函数，.
(1)求；
(2)如图所示，小杜同学画出了在区间上的图象，试通过图象变换，在图中画出在区间上的示意图；
(3)证明：函数有且只有一个零点.
【答案】(1)
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）求出，即可得出的值；
（2）由（1）知，函数的图象关于点对称，则函数在区间的图象由对称性即可得出；
（3），设函数，分别讨论，和时，的单调性，即可求出的单调性和值域，结合零点存在性定理即可证明.
【解析】（1）因为，
所以，
所以.
（2）由（1）知，函数的图象关于点对称，
则函数在区间的图象如下图所示，
（3）因为，
所以，
设函数，
①当时，因为函数在单调递减，
所以，
因为函数在单调递增，
所以，
所以，所以函数在区间没有零点.
②当时，因为函数在单调递增，
函数在单调递增，所以在单调递增，
又，
，
根据零点存在性定理，存在唯一，使得.
③当时，函数在单调递增，
所以，
，
所以，
所以函数在区间没有零点.
综上，函数有且只有一个零点.
18．（22·23上·福州·期末）在①函数的一个零点为0；②函数图象上相邻两条对称轴的距离为；③函数图象的一个最低点的坐标为，这三个条件中任选两个，补充在下面问题中，并给出问题的解答.
问题：已知函数，满足______.
(1)求的解析式，并求的单调递增区间；
(2)求使成立的的取值集合.
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.
【答案】(1)；
(2)
【分析】（1）选①②，由①可求出，由②可求出，即可求出的解析式；令，解不等式即可求出的单调递增区间；选①③，由①可求出，由③可求出，即可求出的解析式，下同选①②；选②③，由②可求出，由③可求出，即可求出的解析式，下同选①②；
（2）因为，所以，解不等式即可求出答案.
【解析】（1）选①②，因为函数的一个零点为0，所以，
所以，所以，
又因为，所以，
因为函数图象上相邻两条对称轴的距离为，
所以，又因为，所以，解得：，
所以函数的解析式为，
令，
解得：，
所以函数的单调递增区间为：.
选①③，因为函数的一个零点为0，所以，
所以，所以，
又因为，所以，
因为函数图象的一个最低点的坐标为，
所以，所以，
所以，解得：，
又因为，解得：，
所以函数的解析式为，下同选①②.
选②③，因为函数图象上相邻两条对称轴的距离为，
所以，又因为，所以，解得：，
因为函数图象的一个最低点的坐标为，
所以，所以，
所以，解得：，
又因为，所以，
所以函数的解析式为，下同选①②.
（2）由（1）知，，
因为，所以，所以，
所以，
解得：，
所以使成立的的取值集合为：
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页福建省2022-2023学年高一上学期期末数学试题汇编-05三角函数的图像与性质（人教版）
一、单选题
1．（22·23上·漳州·期末）函数的部分图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
2．（21·22上·漳州·期末）已知函数在上恰有三个零点，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
3．（22·23上·漳州·期末）函数的单调区间是（ ）
A． B．
C． D．
4．（22·23上·南平·期末）“”是“”的（ ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
5．（22·23上·福州·期末）设函数在的图象大致如下图所示，则函数图象的对称中心为（ ）
A． B．
C． D．
6．（22·23上·厦门·期末）设，，，则的大小关系正确的是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
7．（22·23上·漳州·期末）若函数则（ ）
A．为偶函数 B．存在实数，使得函数的零点恰有4个
C．在上单调递增 D．方程在内有4个不同的解
8．（22·23上·福州·期末）已知函数，则下列结论正确的有（ ）
A．的一个周期是 B．在上单调递增
C．最大值为 D．方程在上有7个解
9．（22·23上·福州·期末）已知x，y是正数，且满足，则下列叙述正确的是（ ）
A． B． C． D．
10．（22·23上·漳州·期末）函数，下列结论正确的是（ ）
A．的值域是
B．当且仅当或时，有最大值
C．当且仅当时，有最小值
D．当且仅当时，
11．（22·23上·厦门·期末）若函数在区间的最大值为2，则的可能取值为（ ）
A．0 B． C． D．
12．（22·23上·厦门·期末）“田忌赛马”的故事闪烁着我国古代先贤的智慧光芒。该故事的大意是：齐王有上、中、下三匹马A1，B1，C1，田忌也有上中下三匹马A2， B2， C2， 且这六匹马在比赛中的胜负可用不等式表示如下：A1>A2>B1>B2>C1>C2（注：A>B表示A马与B马比赛，A马获胜）.一天，齐王找田忌赛马，约定：每匹马都出场比赛一局，共赛三局，胜两局者获得整场比赛的胜利.面对劣势，田忌事先了解到齐王三局比赛的“出马”顺序为上马、中马、下马，并采用孙膑的策略：分别用下马、上马、中马与齐王的上马、中马、下马比赛，获得了整场比赛的胜利，创造了以弱胜强的经典案例.已知我方三个数为，，，对方的三个数以及排序如表所示：
第一局 第二局 第三局
对方
当时，我方必胜的排序是（ ）
A． B． C． D．
三、填空题
13．（22·23上·厦门·期末）函数的单调递增区间是 .
四、解答题
14．（22·23上·福州·期末）设函数和的定义域分别为和，若对，都存在个不同的实数，使（其中，），则称为的“重覆盖函数”．
(1)试判断是否为的“4重覆盖函数”？并说明理由；
(2)已知函数为的“2重覆盖函数”，求实数的取值范围.
15．（21·22上·福州·期末）某同学作函数f (x) = Asin(x +)在一个周期内的简图时，列表并填入了部分数据，如下表：
0
-3
(1)请将上表数据补充完整，并求出f (x)的解析式；
(2)若f (x)在区间(m，0)内是单调函数，求实数m的最小值.
16．（22·23上·宁德·期末）已知函数，其中a为常数.
(1)若对，恒成立，求实数a的取值范围；
(2)若方程在内有且只有三个互异实数解，求实数a的取值范围.
17．（22·23上·福州·期末）已知函数，.
(1)求；
(2)如图所示，小杜同学画出了在区间上的图象，试通过图象变换，在图中画出在区间上的示意图；
(3)证明：函数有且只有一个零点.
18．（22·23上·福州·期末）在①函数的一个零点为0；②函数图象上相邻两条对称轴的距离为；③函数图象的一个最低点的坐标为，这三个条件中任选两个，补充在下面问题中，并给出问题的解答.
问题：已知函数，满足______.
(1)求的解析式，并求的单调递增区间；
(2)求使成立的的取值集合.
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.
试卷第1页，共3页
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