1、阶段质量检测（一）(时间：120分钟满分：150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1在0360的范围内，与510终边相同的角是()A330 B210C150 D302若sin ，0，0，|0)，对任意x有ff，且fa，那么f等于()Aa B2aC3a D4a二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13已知tan ，0，0，|)，在同一周期内，当x时，f(x)取得最大值3；当x时，f(x)取得最小值3.(1)求函数f(x)的解析式；(2)求函数f(x)的单调递减区间；(3)若x时，函数h(x)2f(x)1m的图象与
2、x轴有两个交点，求实数m的取值范围22(12分)如图，函数y2cos(x)的图象与y轴交于点(0，)，且该函数的最小正周期为.(1)求和的值；(2)已知点A，点P是该函数图象上一点，点Q(x0，y0)是PA的中点，当y0，x0时，求x0的值答 案1. 解析：选B因为5103602210，因此与510终边相同的角是210.2. 解析：选Asincos ，又，sin ，cos .3. 解析：选B如图，由题意知1，BC1，圆的半径r满足sin sin 1，所以r，弧长AB2r.4. 解析：选Cf(x)sin的图象的对称轴为xk，kZ，得xk，当k1时，则其中一条对称轴为x.5. 解析：选C，20.原
3、式sin 2cos 2.6. 解析：选C令kxk，kZ，解得kxk，kZ，选C.7. 解析：选C，sinsinsin.8. 解析：选B是第三象限的角，2k2k，kZ.kk，kZ.在第二或第四象限又cos ，cos 0.是第二象限的角9. 解析：选Af(x)1sin2xsin x，x，sin x.当sin x时，f(x)min；当sin x时，f(x)max，f(x)minf(x)max.10. 解析：选C将函数ysin的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，即将x变为x，即可得ysin，然后将其图象向左平移个单位，即将x变为x.ysinsin.11.解析：选C因为f(x)是奇函数
4、(显然定义域为R)，所以f(0)Asin 0，所以sin 0.又|，所以0.由题意得g(x)Asin，且g(x)的最小正周期为2，所以1，即2.所以g(x)Asin x，所以gAsinA，解得A2.所以f(x)2sin 2x，所以f.12. 解析：选A由ff，得f(x1)fff(x)，即1是f(x)的周期而f(x)为奇函数，则fffa.13. 解析：因为，所以cos 0，所以cos .sin ，所以cos sin .答案：14. 解析：f(n)cos的周期T4，且f(1)coscos ，f(2)cos，f(3)cos，f(4)cos.所以f(1)f(2)f(3)f(4)0，所以f(1)f(2)
5、f(3)f(2 019)f(1)f(2)f(3).答案：15.解析： f(x)sin3cos xcos 2x3cos x2cos2x3cos x12122，因为1cos x1，所以当cos x1时，函数f(x)取得最小值4.答案：416. 解析：函数ysin的最小正周期是，则y的最小正周期为，故正确对于，当x时，2sin2sin 2，故正确对于，由(sin cos )2得2sin cos ，为第二象限角，所以sin cos ，所以sin ，cos ，所以tan ，故正确对于，函数ycos(23x)的最小正周期为，而区间长度，显然错误答案：17. 解：由1，得tan .(1).(2)sin2si
6、n cos 2sin2sin cos 2(cos2sin2).18. 解：(1)f2sin2sin (2)令2kx2k，kZ，所以2kx2k，kZ，解得6kx26k，kZ，所以函数f(x)2sin的单调递增区间为6k，26k，kZ.19. 解：(1)列表如下：xx02sin010103sin03030描点画图如图所示(2)由图可知，值域为3，3，最小正周期为2，对称轴为xk，kZ，单调递增区间为(kZ)，单调递减区间为(kZ)20. 解：(1)因为函数图象过点(0，1)，所以2sin 1，即sin .因为0，所以.(2)由(1)得y2sin，所以当2kx2k，kZ，即2kx2k，kZ时，y2sin是增函数，故y2sin的单调递增区间为，kZ.(3)由y1，得sin，所以2kx2k，kZ，即2kx2k，kZ，所以y1时，x的集合为.21. 解：(1)由题意，A3，T2，2.由22k，kZ，得2k，kZ，又因为0，2.(2)点A，Q(x0，y0)是PA的中点，y0，点P的坐标为.点P在y2cos的图象上，且x0，cos，且4x0.4x0或4x0.x0或x0.