正弦（型）函数的定义域和值域-三角函数的图象与性质知识点教师选题进阶选择题自测题答案-西藏自治区等高一数学必修,平均正确率46.0%

1、['函数的最大(小)值'， '同角三角函数基本关系的综合应用'， '正弦（型）函数的定义域和值域']

正确率40.0%函数$${{y}{=}{{s}{i}{n}}{x}{+}{{c}{o}{s}^{2}}{x}}$$的值域是（）

A.$$[-1， ~ \frac{5} {4} ]$$

B.$${{[}{−}{1}{，}{1}{]}}$$

C.$$[ 1， ~ \frac{4} {5} ]$$

D.$$(-\infty， \ \frac{4} {5} ]$$

2、['根据三角函数的性质求参数取值范围'， '辅助角公式'， '正弦（型）函数的定义域和值域']

正确率19.999999999999996%已知$$f ( x )=2 \mathrm{s i n} ( \omega x+\frac{\pi} {3} )+( a-1 ) \mathrm{s i n} \omega x ( a > 0， ~ \omega> 0 )，$$且存在唯一实数$${{x}_{0}{∈}{(}{0}{，}{π}{)}{，}}$$使得$${{f}{(}{{x}_{0}}{)}{=}{−}{\sqrt {3}}{，}}$$若$${{φ}{(}{x}{)}{=}{f}{(}{x}{)}{−}{2}{\sqrt {3}}{，}}$$且$$\varphi( x )_{\mathrm{m a x}}=0，$$则实数$${{ω}}$$的取值范围是（）

A.$$1 < \omega\leq\frac{5} {3}$$

B.$$1 \leq\omega\leq\frac{5} {3}$$

C.$$\frac{5} {6} < \omega< \frac{3} {2}$$

D.$$\frac{5} {6} < \omega\leq\frac{3} {2}$$

3、['积化和差公式与和差化积公式'， '正弦（型）函数的定义域和值域']

正确率40.0%在$${{△}{A}{B}{C}}$$中，若$${{B}{=}{{3}{0}^{∘}}{，}}$$则$${{c}{o}{s}{A}{{s}{i}{n}}{C}}$$的取值范围是（）

A.$${{[}{−}{1}{，}{1}{]}}$$

B.$$\left[-\frac{1} {2}， \ \frac{1} {2} \right]$$

C.$$[-\frac{1} {4}， \; \frac{3} {4} ]$$

D.$$[-\frac{3} {4}， \; \frac{1} {4} ]$$

4、['根据三角函数的性质求参数取值范围'， '由图象（表）求三角函数的解析式'， '正弦（型）函数的奇偶性'， '正弦（型）函数的周期性'， '正弦（型）函数的定义域和值域']

正确率40.0%$${{[}{{2}{0}{1}{9}}{⋅}}$$景德镇质检]已知$${{f}{(}{x}{)}{=}{2}{{s}{i}{n}}{(}{ω}{x}{+}{φ}{)}{(}{ω}{>}{0}{，}{|}{φ}{|}{<}{π}{)}}$$同时满足下列三个条件：
①当$${{|}{f}{(}{{x}_{1}}{)}{−}{f}{(}{{x}_{2}}{)}{|}{=}{4}}$$时$${，{|}{{x}_{1}}{−}{{x}_{2}}{|}}$$的最小值为$$\frac{\pi} {2} ;$$
②函数$$y=f x+\frac{\pi} {3}$$是偶函数；
③$$f ( 0 ) > f \frac{\pi} {6}$$.
若$${{f}{(}{x}{)}}$$在$${{[}{0}{，}{t}{)}}$$上有最小值，则实数$${{t}}$$的取值范围可以是（）

A.$$0， \frac{\pi} {6} ]$$

B.$$0， \frac{\pi} {3} ]$$

C.$$\frac{\pi} {6}， \frac{\pi} {3} ]$$

D.$$\frac{\pi} {3}， \frac{\pi} {2} ]$$

5、['两角和与差的余弦公式'， '辅助角公式'， '两角和与差的正弦公式'， '正弦（型）函数的定义域和值域']

正确率40.0%$${{[}{{2}{0}{1}{9}}{⋅}}$$衡水质检]函数$$f ( x )=\frac{1} {5} \mathrm{s i n} ( x+\frac{\pi} {3} )+\operatorname{c o s} ( x-\frac{\pi} {6} )$$的最大值
为（）

A.$$\frac{1} {5}$$

B.$${{1}}$$

C.$$\frac{5} {3}$$

D.$$\frac{6} {5}$$

6、['辅助角公式'， '正弦（型）函数的定义域和值域']

正确率40.0%记$${{M}{=}{|}{x}{−}{1}{|}{+}{\sqrt {{4}{−}{{x}^{2}}}}}$$，则$${{M}}$$的最大值为（）

A.$${{4}}$$

B.$${{1}{+}{2}{\sqrt {2}}}$$

C.$${{3}}$$

D.$${{1}{+}{\sqrt {2}}}$$

7、['正弦（型）函数的定义域和值域'， '利用基本不等式求最值'， '不等式的性质']

正确率60.0%下列各式中最小值为$${{2}}$$的是（）

A.$$\frac{x^{2}+5} {\sqrt{x^{2}}+4}$$

B.$$\frac{a+b+2 \sqrt{a b}+1} {\sqrt{a}+\sqrt{b}}$$

C.$$\frac{b} {a}+\frac{a} {b}$$

D.$$\operatorname{s i n} x+\frac{1} {\operatorname{s i n} x}$$

8、['函数奇偶性的应用'， '在给定区间上恒成立问题'， '分段函数与方程、不等式问题'， '正弦（型）函数的定义域和值域']

正确率40.0%$$f ( x )=\left\{\begin{matrix} {( \frac{1} {2} )^{x}-\operatorname{l o g}_{3} ( x+1 )-1， x \geqslant0} \\ {-2^{x}+\operatorname{l o g}_{3} ( 1-x )+1， x < 0} \\ \end{matrix} \right.$$若$$0 \leqslant\theta\leqslant\frac{\pi} {2}$$恒有$${{f}{(}{{c}{o}{s}^{2}}{θ}{−}{2}{m}{{s}{i}{n}}{θ}{)}{+}{f}{(}{3}{m}{−}{5}{)}{>}{0}}$$，则$${{m}}$$的取值范围是$${{(}{)}}$$

A.$${{(}{−}{∞}{，}{5}{)}}$$

B.$$(-\infty， \frac{4} {3} )$$

C.$${{(}{5}{，}{+}{∞}{)}}$$

D.$$( \frac{4} {3}，+\infty)$$

10、['积化和差公式与和差化积公式'， '两角和与差的余弦公式'， '两角和与差的正弦公式'， '正弦（型）函数的定义域和值域'， '特殊角的三角函数值']

正确率40.0%已知函数$$f ( x )=\operatorname{s i n} ( 2 x+\frac{\pi} {6} ) ( 0 \leqslant x < \pi)$$，且$$f ( \alpha)=f ( \beta)=\frac{1} {3} ( \alpha\neq\beta)$$，则$${{α}{+}{β}{=}{（}}$$）

A.$$\begin{array} {l l} {\frac{\pi} {6}} \\ \end{array}$$

B.$$\frac{7 \pi} {6}$$

C.$$\frac{\pi} {2}$$

D.$$\frac{4 \pi} {3}$$

1. 解析：首先将函数$$y = \sin x + \cos^2 x$$转化为单一三角函数形式。利用恒等式$$\cos^2 x = 1 - \sin^2 x$$，得到$$y = \sin x + 1 - \sin^2 x = -\sin^2 x + \sin x + 1$$。设$$t = \sin x$$，则$$t \in [-1, 1]$$，函数变为$$y = -t^2 + t + 1$$。这是一个开口向下的二次函数，其最大值在顶点处取得，顶点横坐标为$$t = \frac{1}{2}$$，代入得$$y_{\text{max}} = -\left(\frac{1}{2}\right)^2 + \frac{1}{2} + 1 = \frac{5}{4}$$。最小值在$$t = -1$$时取得，$$y_{\text{min}} = -(-1)^2 + (-1) + 1 = -1$$。因此值域为$$[-1, \frac{5}{4}]$$，选A。

2. 解析：首先化简$$f(x)$$，利用和角公式展开$$\sin(\omega x + \frac{\pi}{3})$$，得到$$f(x) = (a + 1)\sin \omega x + \sqrt{3}\cos \omega x$$。其振幅为$$\sqrt{(a + 1)^2 + 3}$$。由题意，存在唯一的$$x_0 \in (0, \pi)$$使得$$f(x_0) = -\sqrt{3}$$，且$$\varphi(x) = f(x) - 2\sqrt{3}$$的最大值为0，即$$f(x)$$的最大值为$$2\sqrt{3}$$。因此振幅$$\sqrt{(a + 1)^2 + 3} = 2\sqrt{3}$$，解得$$a = 1$$。此时$$f(x) = 2\sin \omega x + \sqrt{3}\cos \omega x = \sqrt{7}\sin(\omega x + \alpha)$$，其中$$\tan \alpha = \frac{\sqrt{3}}{2}$$。由唯一解条件，$$\omega x_0 + \alpha$$必须落在正弦函数的下降段，且$$\omega \pi + \alpha \leq \frac{3\pi}{2}$$。解得$$\omega \in \left(1, \frac{5}{3}\right]$$，选A。

3. 解析：在△ABC中，$$B = 30^\circ$$，故$$A + C = 150^\circ$$。利用积化和差公式，$$\cos A \sin C = \frac{1}{2}[\sin(A + C) - \sin(A - C)] = \frac{1}{2}[\sin 150^\circ - \sin(A - C)] = \frac{1}{4} - \frac{1}{2}\sin(A - C)$$。由于$$\sin(A - C) \in [-1, 1]$$，因此$$\cos A \sin C \in \left[-\frac{1}{4}, \frac{3}{4}\right]$$，选C。

4. 解析：由条件①，$$|f(x_1) - f(x_2)| = 4$$时$$|x_1 - x_2|$$的最小值为$$\frac{\pi}{2}$$，说明半周期为$$\frac{\pi}{2}$$，故$$\omega = 2$$。由条件②，$$y = f\left(x + \frac{\pi}{3}\right)$$是偶函数，即$$f\left(x + \frac{\pi}{3}\right)$$关于$$x = 0$$对称，因此$$\varphi = \frac{\pi}{6}$$。由条件③，$$f(0) > f\left(\frac{\pi}{6}\right)$$，验证$$\varphi = \frac{\pi}{6}$$满足。函数为$$f(x) = 2\sin\left(2x + \frac{\pi}{6}\right)$$，其最小值为-2。若$$f(x)$$在$$[0, t)$$上有最小值，则$$t$$必须超过第一个最小值点$$x = \frac{5\pi}{12}$$。选项中只有D（$$\frac{\pi}{3} < t \leq \frac{\pi}{2}$$）包含$$\frac{5\pi}{12}$$，选D。

5. 解析：利用三角恒等式$$\cos\left(x - \frac{\pi}{6}\right) = \sin\left(x + \frac{\pi}{3}\right)$$，因此$$f(x) = \frac{1}{5}\sin\left(x + \frac{\pi}{3}\right) + \sin\left(x + \frac{\pi}{3}\right) = \frac{6}{5}\sin\left(x + \frac{\pi}{3}\right)$$。最大值为$$\frac{6}{5}$$，选D。

6. 解析：$$M = |x - 1| + \sqrt{4 - x^2}$$，定义域为$$x \in [-2, 2]$$。设$$x = 2\sin \theta$$，则$$M = |2\sin \theta - 1| + 2\cos \theta$$。分情况讨论：当$$\sin \theta \geq \frac{1}{2}$$时，$$M = 2\sin \theta + 2\cos \theta - 1$$，最大值为$$2\sqrt{2} - 1$$；当$$\sin \theta < \frac{1}{2}$$时，$$M = -2\sin \theta + 2\cos \theta + 1$$，最大值为3。比较得最大值为$$2\sqrt{2} + 1$$，选B。

7. 解析：选项A中，令$$x = 0$$得值为$$\frac{5}{4} < 2$$，不满足；选项B中，令$$a = b = 1$$得值为$$2$$，且通过不等式验证最小值为2；选项C中，当$$a$$和$$b$$异号时无最小值；选项D中，$$\sin x$$可能为负。因此选B。

8. 解析：函数$$f(x)$$为奇函数，且单调递减。不等式$$f(\cos^2 \theta - 2m \sin \theta) + f(3m - 5) > 0$$等价于$$\cos^2 \theta - 2m \sin \theta < 5 - 3m$$。化简为$$m(3 - 2\sin \theta) < 5 - \cos^2 \theta$$。由于$$\theta \in [0, \frac{\pi}{2}]$$，$$3 - 2\sin \theta > 0$$，故$$m < \frac{5 - \cos^2 \theta}{3 - 2\sin \theta}$$。求右式最小值，令$$t = \sin \theta$$，得$$m < \frac{4 + t^2}{3 - 2t}$$，求导得最小值为$$\frac{4}{3}$$，因此$$m < \frac{4}{3}$$，选B。

10. 解析：函数$$f(x) = \sin\left(2x + \frac{\pi}{6}\right)$$在$$[0, \pi)$$上对称轴为$$x = \frac{\pi}{2}$$。若$$f(\alpha) = f(\beta) = \frac{1}{3}$$且$$\alpha \neq \beta$$，则$$\alpha$$和$$\beta$$关于$$x = \frac{\pi}{2}$$对称，故$$\alpha + \beta = \pi$$。但选项无$$\pi$$，需重新计算。实际上，$$\sin\left(2\alpha + \frac{\pi}{6}\right) = \sin\left(2\beta + \frac{\pi}{6}\right)$$，故$$2\alpha + \frac{\pi}{6} + 2\beta + \frac{\pi}{6} = \pi$$或$$2\pi$$，解得$$\alpha + \beta = \frac{2\pi}{3}$$或$$\frac{7\pi}{6}$$。验证得$$\frac{7\pi}{6}$$符合，选B。

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