1、試卷第 =page 3 3頁，共 =sectionpages 4 4頁試卷第 =page 4 4頁，共 =sectionpages 4 4頁高中數學北師大版（2019）必修第二冊第一章三角函數綜合強化2第I卷（選擇題）請點擊修改第I卷的文字說明一、單選題1若和是定義在實數集上的函數，且方程有實數解，則不可能是（ ）ABCD2若對，有，函數在區間上存在最大值和最小值，則其最大值與最小值的和為（ ）A4B8C12D163已知函數，將的圖象向右平移個單位得到函數的圖象，點，是與圖象的連續相鄰的三個交點，若是鈍角三角形，則的取值范圍是（ ）ABCD4如圖，半徑為1的半圓O與等邊三角形ABC夾在兩平行線

2、之間，與半圓相交于F、G兩點，與三角形ABC兩邊相交于點E、D，設弧FG的長為，若從平行移動到，則函數的圖像大致是（ ）ABCD5函數的最小值是（ ）ABCD6已知，函數在區間上恰有個極值點，則正實數的取值范圍為（ ）ABCD二、多選題7函數的部分圖象如圖所示，則下列結論正確的是（ ）A點是的對稱中心B直線是的對稱軸C在區間上單調減D的圖象向右平移個單位得的圖象8已知點是函數的圖象的一個對稱中心，且的圖象關于直線對稱，在單調遞減，則（ ）A函數的最小正周期為B函數為奇函數C若的根為，則D若在上恒成立，則的最大值為第II卷（非選擇題）請點擊修改第II卷的文字說明三、填空題9設.若函數在區間上恰有

3、兩個零點，則的取值范圍是_.10定義在上的函數滿足，且，當時，則函數在區間上所有的零點之和為_.11以下關于函數的結論：函數的圖象關于直線對稱；函數的最小正周期是；若，則；函數在上的零點個數為20其中所有正確結論的編號為_12關于函數，下列說法正確的是_（將正確的序號寫在橫線上）（1）是以為周期的函數；（2）當且僅當時，函數取得最小值；（3）圖像的對稱軸為直線；（4）當且僅當時，.四、解答題13定義：若函數的定義域為D，且存在非零常數，對任意，恒成立，則稱為線周期函數，為的線周期.（1）下列函數（其中表示不超過x的最大整數），是線周期函數的是_（直接填寫序號）；（2）若為線周期函數，其線周期為

4、，求證：為周期函數；（3）若為線周期函數，求的值.14已知函數，.若對于給定的非零常數，存在非零常數使得對于恒成立，則稱函數是上的“級類周期函數”，周期為.（1）已知函數是上周期為1的“2級類周期函數”，且當時，求的值（2）已知函數是上周期為1的“級類周期函數”，且當時，.若函數是上的單調遞增函數，求實數的取值范圍；（3）是否存在非零實數，使得函數是上周期為的“級類周期函數”？若存在，求出實數和的值；若不存在，請說明理由.15己知函數的定義域為，若存在實數，使得對于任意都存在滿足，則稱函數為“自均值函數”，其中稱為的“自均值數”.（1）判斷函數是否為“自均值函數”，并說明理由：（2）若函數，為

5、“自均值函數”，求的取值范圍；（3）若函數，有且僅有1個“自均值數”，求實數的值.16已知函數，.（1）當時，寫出的單調遞減區間（不必證明），并求的值域；（2）設函數，若對任意，總有，使得，求實數t的取值范圍.答案第 = page 15 15頁，共 = sectionpages 16 16頁答案第 = page 16 16頁，共 = sectionpages 16 16頁參考答案1C【分析】由題設令為原方程的解：可得，即可將問題轉化為是否有實數解，根據各選項函數，應用數形結合確定正確選項.【詳解】設為的實數解，即，令，則.，即為的實數解，有實數解，結合各選項的函數，判斷與是否有交點即可，如下圖

6、示：由圖知：當時無交點，無實數解，故選：C.2B【分析】利用已知條件可得，則為奇函數，構造即可知為奇函數，又由上存在最大、最小值，易知最小、最大值的和為0，即可求最大、最小值的和.【詳解】由題設，且，則，為奇函數，令，即是奇函數，在上的最小、最大值的和為0，即，.故選：B【點睛】關鍵點點睛：由題設求出，構造奇函數，根據區間內存在最值可知，進而求最值的和.3D【分析】由函數圖象的平移可得，作出函數的圖象，結合三角函數的圖象與性質、平面幾何的知識即可得出，即可得解.【詳解】由條件可得，作出兩個函數圖象，如圖：，為連續三交點，(不妨設在軸下方)，為的中點，.由對稱性可得是以為頂角的等腰三角形，由，整

7、理得，得，則，所以，要使為鈍角三角形，只需即可，由，所以.故選：D.【點睛】關鍵點點睛：解決本題的關鍵是準確把握三角函數的圖象與性質，合理轉化條件，得到關于的不等式，運算即可.4D【分析】根據給定條件求出函數的解析式，再借助函數性質即可判斷作答.【詳解】依題意，正的高為1，則其邊長，如圖，連接OF，OG，過O作ONl1于N，交l于點M，過E作EHl1于H，因OF=1，弧FG的長為，則，又，即有，于是得，因此，即，顯然在上單調遞增，且圖象是曲線，排除選項A，B，而，C選項不滿足，D選項符合要求，所以函數的圖像大致是選項D.故選：D【點睛】方法點睛：函數圖象的識辨可從以下方面入手：(1)從函數的定

8、義域，判斷圖象的左右位置；從函數的值域，判斷圖象的上下位置(2)從函數的單調性，判斷圖象的變化趨勢(3)從函數的奇偶性，判斷圖象的對稱性(4)從函數的特征點，排除不合要求的圖象利用上述方法排除、篩選選項5B【分析】對變形，得到，當時，利用的幾何意義求解其取值范圍，進而得到，當時，從而求出的最小值.【詳解】當，當時,因為，令，的含義是點與單位圓上的點的連線的斜率，所以，所以所以，即，綜合得， 故最小值為：.故選：B.6B【分析】先利用向量數量積和三角恒等變換求出 ，函數在區間上恰有個極值點即為三個最值點，解出，再建立不等式求出的范圍，進而求得的范圍.【詳解】解： 令，解得對稱軸，又函數在區間恰有

9、個極值點，只需 解得故選：【點睛】本題考查利用向量的數量積運算和三角恒等變換與三角函數性質的綜合問題.(1)利用三角恒等變換及輔助角公式把三角函數關系式化成或 的形式; (2)根據自變量的范圍確定的范圍，根據相應的正弦曲線或余弦曲線求值域或最值或參數范圍.7CD【分析】由圖知且求，再由過求，將A、B中的點代入驗證是否為對稱中心、對稱軸，根據正弦函數的性質判斷給定區間是否為減區間，應用誘導公式化簡，進而判斷平移后解析式是否為.【詳解】由圖知：且，則，可得，又過，得，又，當時，.綜上，.A：代入得：，故錯誤；B：代入得：，故錯誤；C：由，故在上單調遞減，則上遞減，而，故正確；D：，故正確；故選：C

10、D【點睛】關鍵點點睛：利用函數部分圖象確定的參數，寫出解析式，進而根據各選項的描述，判斷對稱中心、對稱軸、單調區間及平移后的解析式.8ACD【分析】先根據函數圖象的對稱性和函數的單調性得到函數的最小正周期，然后求出，的值，最后利用三角函數的圖象和性質進行求解即可【詳解】對于A，設的最小正周期為，因為點是函數圖象的一個對稱中心，且的圖象關于直線對稱，在上單調遞減，所以，故函數的最小正周期為，故A正確對于B，因為，所以，因為，所以又在上單調遞減，所以，即，所以，為偶函數，故B錯誤對于C，由得，結合三角函數的周期性可知，方程有6個根，在內的兩根關于直線對稱，同理可得，所以C正確對于D，由得，因此，所

11、以，故，即，所以的最大值為，故D正確故選：ACD【點睛】利用三角函數性質求得函數解析式是解題關鍵9或或.【分析】由得則滿足的k恰有兩解，即求.【詳解】由得即，函數在區間上恰有兩個零點，即滿足的k恰有兩解，又，所以k取1,2或2,3或3,4，當k取1,2時，且，即；當k取2,3時，且，即，當k取3,4時，且，即，所以的取值范圍是或或.故答案為：或或.1036【分析】根據給定條件探討出函數在R上的性質，結合函數的性質，作出與在上的圖象，借助圖象即可得解.【詳解】因上的函數滿足，則是周期函數，周期是4，而，當時，于是得是偶函數，是 f(x)圖象的對稱軸，函數是周期函數，周期是8，由得其對稱軸為，顯然

12、，函數與的圖象有公共的對稱軸 ，由得，即函數的零點是函數與圖象的交點的橫坐標，在同一坐標系內作出函數與在上的圖象，它們有9個公共點，其橫坐標依次為，如圖：觀察圖象得：，從而得，所以函數在區間上所有的零點之和為36.故答案為：3611【分析】利用正弦型函數的對稱性可判斷，由正弦型函數的周期可判斷，由可得，或，可判斷，由得，可判斷.【詳解】對于，當時，故函數的圖象關于直線對稱，正確；對于，函數的最小正周期是，正確；對于，即，或，或，如時，錯誤；對于，由得，則由可得，所以函數在上的零點個數為20，正確.故答案為：.12【分析】由函數解析式，轉化為分段函數的形式，并畫出其函數圖象，結合各分段的函數性質

13、，判斷它的周期、最小值及對應的自變量值、對稱軸、以及對應的區間，即可判斷各項的正誤.【詳解】由題設，所以周期為.由解析式可得的圖象如下：由圖知：當且僅當時，函數取得最小值；圖像的對稱軸為直線；當且僅當時，.故答案為：.【點睛】關鍵點點睛：分類討論并求出的分段函數形式，進而畫出函數圖象，應用數形結合的方法判斷各項的正誤.13（1）；（2）證明見解析；（3）.【分析】（1）根據新定義逐一判斷即可；（2）根據新定義證明即可；（3）若為線周期函數，則存在非零常數，對任意，都有，可得，解得的值再檢驗即可.【詳解】（1）對于，所以不是線周期函數，對于，所以不是線周期函數，對于，所以是線周期函數；（2）若為

14、線周期函數，其線周期為，則存在非零常數對任意，都有恒成立，因為，所以，所以為周期函數；（3）因為為線周期函數，則存在非零常數，對任意，都有，所以，令，得，令，得，所以，因為，所以，檢驗：當時，存在非零常數，對任意，所以為線周期函數，所以：.【點睛】關鍵點點睛：本題解題的關鍵點是對新定義的理解和應用，以及特殊值解決恒成立問題.14（1）3（2）（3）存在，或【分析】（1）由題意知，結合條件即求；（2）由題可得當時，再結合函數的單調性可求；（3）結合條件及三角函數的性質即求.（1）由題意知對恒成立，故（2）由題意知對恒成立對于任意自然數，當時， 由于在上單調遞增，故在上單調遞增，因此對于任意自然數

15、均有，解得 進一步，對于任意自然數均有，化簡得，又，解得，綜上知實數的取值范圍是（3）若存在，則對恒成立注意，故函數的值域為，函數的值域為，因此，當時，有對恒成立，故；當時，有對恒成立，故綜上可知或15（1）不是，理由見解析；（2）；（3）.【分析】(1)假定函數是 “自均值函數”，由函數的值域與函數的值域關系判斷作答.(2)根據給定定義可得函數在上的值域包含函數在上的值域，由此推理計算作答.(3)根據給定定義可得函數在上的值域包含函數在上的值域，再借助a值的唯一性即可推理計算作答.（1）假定函數是 “自均值函數”，顯然定義域為R，則存在，對于，存在，有，即，依題意，函數在R上的值域應包含函數

16、在R上的值域，而當時，值域是，當時，的值域是R，顯然不包含R，所以函數不是 “自均值函數”.（2）依題意，存在，對于，存在，有，即，當時，的值域是，因此在的值域包含，當時，而，則，若，則，此時值域的區間長度不超過，而區間長度為1，不符合題意，于是得，要在的值域包含，則在的最小值小于等于0，又時，遞減，且，從而有，解得，此時，取，的值域是包含于在的值域，所以的取值范圍是.（3）依題意，存在，對于，存在，有，即，當時，的值域是，因此在的值域包含，并且有唯一的a值，當時，在單調遞增，在的值域是，由得，解得，此時a的值不唯一，不符合要求，當時，函數的對稱軸為，當，即時，在單調遞增，在的值域是，由得，解得，要a的值唯一，當且僅當，即，則，當，即時，由且得：，此時a的值不唯一，不符合要求，由且得，此時a的值不唯一，不符合要求，綜上得：，所以函數，有且僅有1個“自均值數”，實數的值是.【點睛】結論點睛：若，有，則的值域是值域的子集.16（1）單調遞減區間為；值域為；（2）.【分析】（1）由對勾函數的圖像，直接寫出遞減區間和值域；（2）先求出的值域，把對任意，總有，使