2021-2022学年 北师大版2019必修2 第一章三角函数单元测试卷(word版含答案)

学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、选择题(每题4分，共8各小题，共计32分)

1.下列区间中，使函数ysinx为增函数的是( ) A.[0,π]

π3πB.[,] 22ππC.[,]

22D.[π,2π]

34π2.如果角的终边经过点(,)，那么sin()cos(π)tan(2π)( )

552A.

4 34B.

3C.

3 43D.

43.设直线yπ0,233与函数ysinx，x2

B.12，ycosx，x3，则

，ytanx的图像在

内交点的横坐标依次为x1sinx1x2x3( )A.32 C.

1 2D.32

πfx.

2π4.已知fx3sinxcosx(0π,0)对任意实数x都有fx2且函数fx的图象向左平移A.3 5.已知A.14π 5π个单位后得到的图象关于原点对称，则6πf的值等于( ) 4B.3 C.1 D.-1

π，下列各角中与的终边在同一条直线上的是( ) 5B.

13π 5C.13π 10D.

7π 56.将函数f(x)sin(2xπ)的图象向右平移π，再把所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)

66得到函数g(x)的图象，则下列说法正确的是（ ） A.函数g(x)的图象关于点(π,0)对称 C.函数g(x)的图象关于直线xπ对称

6B.函数g(x)的最小正周期为π D.函数g(x)在区间[π,2π]上单调递增

63π7.已知sin(πx)3，则cosx等于（ ）

635A.3

5B.4 5C.3

5D.4

5kπ8.已知kπ1,kZ，则角的终边所在的象限是（ ） 4A.第一象限 B.第二象限 C.第一或第二象限 D.第三或第四象限

二、多项选择题(每题4分，共2各小题，共计8分)

9.将函数f(x)2sin(x)(0,0π)图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，再将所得图象向左平移函数，则( )

A.f(x)的最小正周期为2π B.f(x)是奇函数

πC.f(x)在,π上单调递减

2πD.函数y2f(x)fx的最大值是222

4π个单位长度后得到函数g(x)的图象，若g(x)是最小正周期为4π的偶210.下列函数，最小正周期为π的有( ) A.ysinx

B.ysinx

πC.ysin2x

3D.y2cosx1

三、填空题(每题4分，共5各小题，共计20分)

11.已知角的顶点为坐标原点,始边为x轴的非负半轴,若P(4,y)是角终边上一点,且sin则y__________.

π15π5π12.已知cos，则cos2sin的值为________

6363π13.若在x0,上有两个不同的实数值满足方程cos2x3sin2xk1，则k的取值范围是

225,5________.

ππ14.函数fx3sin2x2cos2x在区间,上的最大值为_________.

66πππ15.已知函数f(x)Asin3xA0,||满足f(x)fx，对任意的xR，

423πfx2恒成立，且存在x0，使得3πxt,，6πfx02，则f(x)______________；若3πfx的值域是[A,2]，则实数t的取值范围是_____________.

12四、解答题(每题10分，共4各小题，共计40分)

16.已知函数fxcos2x3sinxcosx0图象的任意两条相邻对称轴间距离为3π

2（1）求的值；

π23π3（2）若是第一象限角，且f,求sin的值

22642117.已知sincos,0π.

3（1）求sincos的值； （2）求sincos的值.

18.在直角坐标系中写出下列角的集合： （1）终边在x轴的非负半轴上； （2）终边在yxx0上．

19.在与角10030终边相同的角中，求满足下列条件的角. （1）最大的负角； （2）360,720内的角．

参考答案

1.答案：C

ππππ解析：ysinx在2kπ,2kπ(kZ)上递增，所以使函数ysinx为增函数的是,.

22222.答案：A 解析：易知sin3.答案：D

解析：解：当tanxπx0,24344，cos，tan.原式coscostan. 553333时， π633，x3，

sinx33，cosx， π，x0,2π又sinxcosx2，

x1x2π2，x1x2x3322π3，

sinx1x2x3.

故选：D. 当tanx33时，可求出x3π6，利用诱导公式

π2πsinxcosx2π，x0,2，可求出x1x2，即可求

解.

考查了诱导公式的应用，特殊角的三角函数值，属于基础题. 4.答案：D

π解析：fx3sinxcosx2sinx，

6π因为fx2πfx，所以fxfxπ，可得fx的周期为π，

2则

2πππ，2，所以fx2sin2x，

6将函数fx的图象向左平移

ππππ个单位后得到y2sin2x2sin2x，

6666因为关于原点对称，所以ππkπkZ，kπkZ， 665ππ2π5π，fx2sin2sin2x2x，

6636因为0π，所以k1，ππ2π7π1所以f21， 2sin22sin43642故选D. 5.答案：A

14π14π解析：因为，所以与的终边在同一条直线上. 3π556.答案：D

π5π1解析：由题意得：g(x)sin(x)，当xπ时，g(π)sin，故(π,0)不是对称中心，故A

662选项错误；T2ππππ

2π，B选项错误；当x时，g()0，故,0是g(x)的对称中心，故C1666

π2ππππ2π选项错误；当x[,]时，x[0,]，此时ysinx单调递增，故函数g(x)在区间[,]上

636263单调递增，D选项正确 故选：D 7.答案：A 解析：设

ππ3x，则x，则sin，

533ππππ3则cos(x)cos()cos()sin，

63625故选：A． 8.答案：C

kπ解析：由已知，kπ1,kZ，

4当k2mmZ时，2mππ，即角的终边在第一象限； 43π，即角的终边在第二象限． 4当k2m1mZ时，2mπ所以角的终边在第一或第二象限． 故选：C 9.答案：AC

π1解析：由题可知，函数g(x)2sinx，

422π14π,1,因为g(x)是最小正周期为4π的偶函数，所以2解得因为πkπ,kZ,ππ4kπ,kZ,420π，所以ππ，所以f(x)2sinx，所以f(x)的最小正周期为2π，故A正确；因

44ππππ3π为f(x)2sinx2sinxf(x)，故B错误；令2kπx2kπ，

44242kZ，解得2kππ5π，kZ，故C正确；因为x2kπ44ππππy2f(x)fx22sinx2sinx2sinx4cosx25sin(x)（其中

4444πtan2），所以y2f(x)fx的最大值为25，故D错误.故选AC.

410.答案：BC

解析：对于A，ysin|x|为偶函数，图象关于y轴对称，其图象如下，不是周期函数，故错误；

对于B，作出函数y|sinx|的图象如下，观察可得其最小正周期为π，故正确；

对于C，由周期公式可得T对于D，由周期公式可得T11.答案：8

解析：∵角的顶点为坐标原点,始边为x轴的非负半轴,若P(4,y)是角终边上一点,且sin25y,则y8. 516y22ππ，可得ysin2x的最小正周期为π，故正确； |T|32π，可得y2cosx1的最小正周期为2π，故错误. |T|12.答案：1

πππ解析：原式cos2cos3cos1

66613.答案：[0,1) 解析：解：化简可得

ππk1的图象有两个不同的cos2x3sin2x2sin2x，原问题等价于ysin2x与y662交点，

ππ7π1k1πx0,，2x,，作出图象可得1，解得0k1.

66622214.答案：3

ππ解析：fx3sin2x2cos2x3sin2xcos2x12sin(2x)1，令t2x，由

66πππππππx,得t,，f2sin(2)13.

6666626π π15.答案：2sin3x；,

312π3ππππ解析：由f(x)fx得f(x)图象的一条对称轴为直线x，于是kπ，

64263kZ，又||πππ，所以.由对任意的xR，fx2恒成立，且存在x0，使得243πππfx2sin3x.当xt,，时，

1246πfx02，可知A2，所以f(x)2sin3x，33xπ2ππππ，结合图象（图略）， 3t,，由22sin3x2，得1sin3x424444π5ππππππ3t，解得t，所以实数t的取值范围是,. 442312312得172116.答案： （1）（2） 263

解析： （1）fxcos2x3sinxcosx 1cos2x3sin2x 22π1sin2x

62又因为函数fx图象的任意两条相邻对称轴间距离为所以函数fx的最小正周期为3π. 又0, 所以

2π3π, 23π 21

解得.

3

2π1（2）据（1）求解知，fxsinx

362π233又因为f

222623ππ1π1123所以sinsin()cos，

3226222226所以cos5 1312 13又因为是第一象限角，故sinπ2172所以sin sincos422617.答案：（1）4

9（2）17

311解析： （1）由sincos得(sincos)2，

39sin22sincoscos214，sincos. 99（2）因为0π,sincos0， 所以sin0,cos0sincos0. (sincos)212sincos17

，9所以sincos17. 318.答案：（1）k360,kZ；

（2）k36045,kZ.

解析：（1）在0～360范围内，终边在x轴的非负半轴上的角有一个，它是0， 所以终边落在x轴的非负半轴上的角的集合为k360,kZ. （2）在0～360范围内，终边在yxx0上的角有一个，它是45， 所以终边在yxx0上的角的集合为k36045,kZ. 19.答案：（1）50； （2）670.

解析：（1）因1003027360310，则与角10030终边相同的所有角(连同角10030在内)可表示为：k360310,kZ，

显然，当k取最大负整数1时，k360310取最大负角，136031050， 所以最大的负角50.

（2）由(1)知，与角10030终边相同的所有角(连同角10030在内)可表示为：k360310,kZ，

则在360,720内，k1，1360310670， 所以所求670.