2022届一轮复习专题练习4 第32练 函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象与性质（解析版）

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考点一 函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象及其变换
1．将函数y＝sin x的图象上所有的点向右平移eq \f(π,10)个单位长度，再把所得各点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，所得函数图象的解析式是( )
A．y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,10))) B．y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,5)))
C．y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x－\f(π,10))) D．y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x－\f(π,20)))
2．(2020·云南师大附中模拟)函数y＝sin ωx(ω>0)的图象向左平移eq \f(π,3)个单位长度，所得图象关于y轴对称，则ω的一个可能取值是( )
A．2 B.eq \f(3,2) C.eq \f(2,3) D.eq \f(1,2)
3．已知f(x)＝sin 2x，g(x)＝cs 2x，下列四个结论正确的是________．
①f(x)的图象向左平移eq \f(π,2)个单位长度，即可得到g(x)的图象；
②当x＝eq \f(π,8)时，函数f(x)－g(x)取得最大值eq \r(2)；
③y＝f(x)＋g(x)图象的对称中心是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2)－\f(π,8)，0))，k∈Z；
④y＝f(x)·g(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,8)，\f(π,2)))上单调递增．
考点二 由图象确定y＝Asin(ωx＋φ)的解析式
4．(2021·安徽六安中学模拟)函数f(x)＝sin(2x＋φ)(0<φ<π)的图象如图所示，为了得到g(x)＝sin 2x的图象，可将f(x)的图象( )
A．向右平移eq \f(π,6)个单位长度
B．向右平移eq \f(π,12)个单位长度
C．向左平移eq \f(π,12)个单位长度
D．向左平移eq \f(π,6)个单位长度
5．已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0,0<φ<π)是偶函数，它的部分图象如图所示．M是函数f(x)图象上的点，K，L是函数f(x)的图象与x轴的交点，且△KLM为等腰直角三角形，则f(x)＝________.
6．(2020·哈尔滨第六中学月考)已知函数f(x)＝cs x与g(x)＝sin(2x＋φ)(0<φ<π)的图象有一个横坐标为eq \f(π,3)的交点，若函数g(x)的图象的纵坐标不变，横坐标变为原来的eq \f(1,ω)(ω>0)倍后，得到函数h(x)的周期为2π，则heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))的值为________．
考点三 三角函数图象、性质的综合应用
7．函数y＝2sin x的定义域为[a，b]，值域为[－2,1]，则b－a的值不可能是( )
A.eq \f(5π,6) B.eq \f(7π,6)
C.eq \f(5π,3) D．π
8．(2020·霍邱县第二中学月考)把函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))的图象上各点的横坐标缩短到原来的eq \f(1,2)(纵坐标不变)，再将图象向左平移eq \f(π,4)个单位长度，则所得图象( )
A．在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,6)))上单调递增
B．关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，0))对称
C．最小正周期为4π
D．关于y轴对称
9．设函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A>0，ω>0，|φ|<\f(π,2)))的部分图象如图所示，若x1，x2∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,3)))，且f(x1)＝f(x2)，则f(x1＋x2)等于( )
A．1 B.eq \f(1,2)
C.eq \f(\r(2),2) D.eq \f(\r(3),2)
10．(2020·连云港质检)已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A>0，\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(φ))<\f(π,2)，ω>0))的部分图象如图所示，将函数f(x)的图象向左平移α(α>0)个单位长度后，所得图象关于直线x＝eq \f(3π,4)对称，则α的最小值为________．
11．将函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))的图象向左平移eq \f(π,12)个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到g(x)的图象．若g(x1)g(x2)＝9，且x1，x2∈[－2π，2π]，则2x2－x1的最大值为( )
A.eq \f(25π,6) B.eq \f(35π,6) C.eq \f(49π,12) D.eq \f(17π,4)
12．(2020·长春质检)如图是函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，0<φ<\f(π,2)))的部分图象，将函数f(x)的图象向右平移eq \f(π,8)个单位长度得到函数y＝g(x)的图象，则下列命题正确的是( )
A．函数g(x)是偶函数
B．函数g(x)的图象的对称轴是直线x＝kπ＋eq \f(π,4)(k∈Z)
C．函数g(x)的图象的对称中心是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,4)，0))(k∈Z)
D．函数g(x)的单调递减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(π,4)，kπ＋\f(3π,4)))(k∈Z)
13．函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,4)))(ω>0)，在x∈[0,1]上恰好取得5个最大值，则实数ω的取值范围为( )
A.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9π,4)，\f(25π,4))) B.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(19π,2)，\f(27π,2)))
C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(33π,4)，\f(41π,4))) D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(41π,4)，\f(50π,4)))
14．已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，|φ|≤\f(π,2)))，x＝－eq \f(π,4)为f(x)的零点，x＝eq \f(π,4)为y＝f(x)图象的对称轴，且f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,18)，\f(5π,36)))上单调，则ω的最大值为( )
A．11 B．9 C．7 D．5
答案精析
1．C [将函数y＝sin x的图象上所有的点向右平移eq \f(π,10)个单位长度，所得函数图象的解析式为y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,10)))，
再把所得图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，所得函数图象的解析式是y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x－\f(π,10))).]
2．B [y＝sin ωx(ω>0)的图象向左平移eq \f(π,3)个单位长度后得y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(ωπ,3)))，
因为其图象关于y轴对称，
所以eq \f(ωπ,3)＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，
所以ω＝eq \f(3,2)＋3k，k∈Z.令k＝0，得ω＝eq \f(3,2).故选B.]
3．③④
解析 ①f(x)的图象向左平移eq \f(π,2)个单位长度可得y＝sin 2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,2)))＝sin(π＋2x)＝－sin 2x，
而g(x)＝cs 2x，故①错误；
②令h(x)＝f(x)－g(x)，
则h(x)＝sin 2x－cs 2x＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))，
当x＝eq \f(π,8)时，heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)))＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,8)－\f(π,4)))＝0，故②错误；
③y＝sin 2x＋cs 2x＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4))).
令2x＋eq \f(π,4)＝kπ，k∈Z，得x＝eq \f(kπ,2)－eq \f(π,8)，k∈Z.
∴函数y＝f(x)＋g(x)图象的对称中心是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2)－\f(π,8)，0))，k∈Z，故③正确；
④y＝sin 2xcs 2x＝eq \f(1,2)sin 4x.
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,8)，\f(π,2)))时，4x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)，2π))，
此时函数y＝eq \f(1,2)sin 4x单调递增，故④正确．
4．A [由图象知函数f(x)＝sin(2x＋φ)(0<φ<π)过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,12)，－1))，
∴－1＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,6)＋φ))，又0<φ<π，
∴φ＝eq \f(π,3)，
∴f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))向右平移eq \f(π,6)个单位长度得到g(x)＝sin 2x的图象．]
5.eq \f(1,2)cs πx
解析 由题图得A＝eq \f(1,2)，∵f(x)为偶函数，
∴φ＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，
∵0<φ<π∴φ＝eq \f(π,2)，∴f(x)＝eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,2)))，
∵△KLM为等腰直角三角形，∴eq \f(1,4)×eq \f(2π,ω)＝eq \f(1,2)可得ω＝π，
∴f(x)＝eq \f(1,2)cs πx.
6．1
解析 因为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝cseq \f(π,3)＝eq \f(1,2)，且f(x)与g(x)的图象有一个横坐标为eq \f(π,3)的交点，
所以geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)＋φ))＝eq \f(1,2)⇒eq \f(2π,3)＋φ＝eq \f(π,6)＋2kπ(k∈Z)或eq \f(5π,6)＋2kπ(k∈Z)，
解得φ＝－eq \f(π,2)＋2kπ(k∈Z)或eq \f(π,6)＋2kπ(k∈Z)，又0<φ<π，
所以φ＝eq \f(π,6)，则g(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))，
根据题意h(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2ωx＋\f(π,6)))，
因为h(x)的周期为2π，所以T＝eq \f(2π,2ω)＝2π⇒ω＝eq \f(1,2)，
所以h(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))，heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝sineq \f(π,2)＝1.
7．C [函数y＝2sin x的定义域为[a，b]，值域为[－2,1]，
∴当x∈[a，b]时，－1≤sin x≤eq \f(1,2)，
故sin x能取到最小值－1，最大值只能取到eq \f(1,2)，
例如当a＝－eq \f(π,2)，b＝eq \f(π,6)时，区间长度b－a取得最小值为eq \f(2π,3)；
当a＝－eq \f(7π,6)，b＝eq \f(π,6)时，区间长度b－a取得最大值为eq \f(4π,3)，
即eq \f(2π,3)≤b－a≤eq \f(4π,3)，
故b－a的值不可能是eq \f(5π,3).]
8．A [将y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))图象上各点的横坐标缩短到原来的eq \f(1,2)(纵坐标不变)，
得到函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))的图象，再将图象向左平移eq \f(π,4)个单位长度，
得到函数y＝sin eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))－\f(π,3)))，
即y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))的图象．
显然函数是非奇非偶函数，最小正周期为π，排除选项C，D；
令2x＋eq \f(π,6)＝kπ(k∈Z)，得x＝－eq \f(π,12)＋eq \f(kπ,2)(k∈Z)，不关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，0))对称，排除选项B；
令－eq \f(π,2)＋2kπ<2x＋eq \f(π,6)得－eq \f(π,3)＋kπ所得函数在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,6)))上单调递增，故A正确．]
9．D [由图象得A＝1，eq \f(T,2)＝eq \f(2π,2ω)＝eq \f(π,3)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))，解得ω＝2，∴f(x)＝sin(2x＋φ)，点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，0))相当于y＝sin x中的(π，0)，代入点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，0))可得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)＋φ))＝0，∴eq \f(2π,3)＋φ＝π，∴φ＝eq \f(π,3)，
∴f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))，∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,12)＋\f(π,3)))＝1，
即图中最高点的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，1)).
又x1，x2∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,3)))，且f(x1)＝f(x2)(x1≠x2)，
∴x1＋x2＝eq \f(π,12)×2＝eq \f(π,6)，
∴f(x1＋x2)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,6)＋\f(π,3)))＝eq \f(\r(3),2).]
10.eq \f(π,3)
解析 根据函数
f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A>0，\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(φ))<\f(π,2)，ω>0))的部分图象，
可得A＝1，eq \f(1,4)·eq \f(2π,ω)＝eq \f(7π,12)－eq \f(π,3)，求得ω＝2.
根据图象可得，函数过eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，0))，
所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,3)＋φ))＝0，
即2×eq \f(π,3)＋φ＝π＋2kπ，k∈Z，又|φ|故有f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3))).
将函数f(x)的图象向左平移α(α>0)个单位长度后，得到函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋2α＋\f(π,3)))的图象，
由所得图象关于直线x＝eq \f(3π,4)对称，
可得2×eq \f(3π,4)＋2α＋eq \f(π,3)＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，
即2α＝kπ－eq \f(4π,3)，k∈Z.因为α>0，
所以当k＝2时，可得α的最小值为eq \f(π,3).
11．C [由题意可得g(x)＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,12)))＋1
＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))＋1，所以g(x)max＝3.
又g(x1)g(x2)＝9，所以g(x1)＝g(x2)＝3.
由g(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))＋1＝3，
得2x＋eq \f(π,3)＝eq \f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，即x＝eq \f(π,12)＋kπ(k∈Z)．
因为x1，x2∈[－2π，2π]，
所以(2x2－x1)max＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)＋π))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)－2π))＝eq \f(49π,12)，故选C.]
12．D [由题图可知，A＝2，eq \f(T,4)＝eq \f(π,8)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,8)))＝eq \f(π,4)，
即T＝eq \f(2π,ω)＝π，解得ω＝2，又当x＝eq \f(π,8)时，y＝2，且0<ω解得φ＝eq \f(π,4)，所以f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))，
将函数f(x)的图象向右平移eq \f(π,8)个单位长度得到函数g(x)＝2sin 2x，则函数g(x)＝2sin 2x是奇函数，对称轴是直线x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,4)(k∈Z)，对称中心是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2)，0))(k∈Z)，单调递减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(π,4)，kπ＋\f(3π,4)))(k∈Z)．
故选D.]
13．C [设f(x)＝2，所以ωx＋eq \f(π,4)＝eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，
解得x＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)＋2k))π,ω)，k∈Z，
所以满足0≤x＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)＋2k))π,ω)≤1的k(k∈Z)值恰好只有5个，
因为－eq \f(1,8)≤k≤eq \f(ω,2π)－eq \f(1,8)，k∈Z，
所以k的取值可能为0,1,2,3,4，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(ω,2π)－\f(1,8)≥4，,\f(ω,2π)－\f(1,8)<5)) ⇒ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ω≥\f(33π,4)，,ω<\f(41π,4)))⇒ ω∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(33π,4)，\f(41π,4))).]
14．B [因为x＝－eq \f(π,4)为f(x)的零点，x＝eq \f(π,4)为f(x)的图象的对称轴，所以eq \f(π,4)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)))＝eq \f(T,4)＋kT，k∈Z.即eq \f(π,2)＝eq \f(4k＋1,4)T＝eq \f(4k＋1,4)·eq \f(2π,ω)，k∈Z.所以ω＝4k＋1(k∈N*)，又因为f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,18)，\f(5π,36)))上单调，所以eq \f(5π,36)－eq \f(π,18)＝eq \f(π,12)≤eq \f(T,2)＝eq \f(2π,2ω)，即ω≤12，由此得ω的最大值为9，故选B.]