2023届高考一轮复习讲义（文科）第四章　三角函数、解三角形 第5讲　高效演练 分层突破学案

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1．函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，π))上的简图是( )
解析：选A.令x＝0，得y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))＝－eq \f(\r(3),2)，排除B，D.令x＝eq \f(π,6)，得y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,6)－\f(π,3)))＝0，排除C.
2．函数f(x)＝tan ωx(ω>0)的图象的相邻两支截直线y＝2所得线段长为eq \f(π,2)，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))的值是( )
A．－eq \r(3) B.eq \f(\r(3),3)
C．1 D．eq \r(3)
解析：选D.由题意可知该函数的周期为eq \f(π,2)，所以eq \f(π,ω)＝eq \f(π,2)，ω＝2，f(x)＝tan 2x，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝taneq \f(π,3)＝eq \r(3).
3．已知函数f(x)＝Asin ωx(A＞0，ω＞0)与g(x)＝eq \f(A,2)cs ωx的部分图象如图所示，则( )
A．A＝1 B．A＝3
C．ω＝eq \f(π,3) D．ω＝eq \f(3,π)
解析：选C.由题图可得过点(0，1)的图象对应的函数解析式为g(x)＝eq \f(A,2)cs ωx，即eq \f(A,2)＝1，A＝2.过原点的图象对应函数f(x)＝Asin ωx.由f(x)的图象可知，T＝eq \f(2π,ω)＝1.5×4，可得ω＝eq \f(π,3).
4．(2020·福建五校第二次联考)为得到函数y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))的图象，只需将函数y＝sin 2x的图象( )
A．向右平移eq \f(5π,12)个单位长度
B．向左平移eq \f(5π,12)个单位长度
C．向右平移eq \f(5π,6)个单位长度
D．向左平移eq \f(5π,6)个单位长度
解析：选B.因为y＝sin 2x＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－2x))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,2)))，
y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))＝cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(5π,12)))－\f(π,2)))，所以将函数y＝sin 2x的图象向左平移eq \f(5π,12)个单位长度可得到函数y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))的图象．故选B.
5．(2019·高考天津卷)已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0，|φ|<π)是奇函数，且f(x)的最小正周期为π，将y＝f(x)的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，所得图象对应的函数为g(x)．若geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝eq \r(2)，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,8)))＝( )
A．－2 B．－eq \r(2)
C.eq \r(2) D． 2
解析：选C.因为f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0，|φ|<π)是奇函数，且其最小正周期为π，所以φ＝0，ω＝2，f(x)＝Asin 2x，得g(x)＝Asin x．又geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝Asin eq \f(π,4)＝eq \r(2)，所以A＝2，故f(x)＝2sin 2x，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,8)))＝2sin eq \f(3π,4)＝eq \r(2)，故选C.
6．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)，所得图象的函数解析式是 ．
解析：y＝sin xeq \(――→,\s\up17(向右平移\f(π),\s\d15(10)个单位长度))y＝
sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,10)))eq \(――→,\s\up17(横坐标伸长到),\s\d15(原来的2倍))y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x－\f(π,10))).
答案：y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x－\f(π,10)))
7．已知函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋φ))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω＞0，|φ|＜\f(π,2)))的部分图象如图所示，则ω＝ ，函数f(x)的单调递增区间为 ．
解析：由图象知eq \f(T,2)＝eq \f(π,3)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))＝eq \f(π,2)，则周期T＝π，即eq \f(2π,ω)＝π，则ω＝2，f(x)＝2sin(2x＋φ)．由五点对应法得2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))＋φ＝2kπ，又|φ|＜eq \f(π,2)，所以φ＝eq \f(π,3)，则f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3))).令2kπ－eq \f(π,2)≤2x＋eq \f(π,3)≤2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，得－eq \f(5π,12)＋kπ≤x≤kπ＋eq \f(π,12)，k∈Z，即函数f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(5π,12)＋kπ，\f(π,12)＋kπ))，k∈Z.
答案：2 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(5π,12)＋kπ，\f(π,12)＋kπ))(k∈Z)
8．已知f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))(ω＞0)，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))，且f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,3)))上有最小值，无最大值，则ω＝ ．
解析：依题意，当x＝eq \f(\f(π,6)＋\f(π,3),2)＝eq \f(π,4)时，f(x)有最小值，
所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)·ω＋\f(π,3)))＝－1，所以eq \f(π,4)ω＋eq \f(π,3)＝2kπ＋eq \f(3π,2)(k∈Z)．
所以ω＝8k＋eq \f(14,3)(k∈Z)，
因为f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,3)))上有最小值，无最大值，
所以eq \f(π,3)－eq \f(π,4)≤eq \f(π,ω)，即ω≤12，
令k＝0，得ω＝eq \f(14,3).
答案：eq \f(14,3)
9．如图，某市拟在长为8 km的道路OP的一侧修建一条运动赛道，赛道的前一部分为曲线段OSM，该曲线段为函数y＝Asin ωx(A＞0，ω＞0)，x∈[0，4]的部分图象，且图象的最高点为S(3，2eq \r(3))；赛道的后一部分为折线段MNP.为保证参赛运动员的安全，限定∠MNP＝120°.求A，ω的值和M，P两点间的距离．
解：连接MP(图略)．
依题意，有A＝2eq \r(3)，eq \f(T,4)＝3，
又T＝eq \f(2π,ω)，所以ω＝eq \f(π,6)，所以y＝2eq \r(3)sineq \f(π,6)x.
当x＝4时，y＝2eq \r(3)sineq \f(2π,3)＝3，
所以M(4，3)．又P(8，0)，
所以|MP|＝eq \r(（－4）2＋32)＝5.
即M，P两点相距5 km.
10．(2020·合肥市第一次质量检测)将函数f(x)＝sin 2x的图象向左平移eq \f(π,6)个单位长度后得到函数g(x)的图象，设函数h(x)＝f(x)－g(x)．
(1)求函数h(x)的单调递增区间；
(2)若geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))＝eq \f(1,3)，求h(α)的值．
解：(1)由已知可得g(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))，
则h(x)＝sin 2x－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3))).
令－eq \f(π,2)＋2kπ≤2x－eq \f(π,3)≤eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，得－eq \f(π,12)＋kπ≤x≤eq \f(5π,12)＋kπ，k∈Z.
所以函数h(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)＋kπ，\f(5π,12)＋kπ))，k∈Z.
(2)由geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))＝eq \f(1,3)得sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))＋\f(π,3)))＝
sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(2π,3)))＝eq \f(1,3)，
所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α－\f(π,3)))＝－eq \f(1,3)，即h(α)＝－eq \f(1,3).
[综合题组练]
1．(2020·长沙市统一模拟考试)已知P(1，2)是函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)图象的一个最高点，B，C是与P相邻的两个最低点．设∠BPC＝θ，若taneq \f(θ,2)＝eq \f(3,4)，则f(x)图象的对称中心可以是( )
A．(0，0) B．(1，0)
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，0)) D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)，0))
解析：选D.如图，连接BC，设BC的中点为D，E，F为与点P最近的函数f(x)的图象与x轴的交点，即函数f(x)图象的两个对称中心，连接PD，则由题意知|PD|＝4，∠BPD＝∠CPD＝eq \f(θ,2)，PD⊥BC，所以tan∠BPD＝taneq \f(θ,2)＝eq \f(|BD|,|PD|)＝eq \f(|BD|,4)＝eq \f(3,4)，所以|BD|＝3.由函数f(x)图象的对称性知xE＝1－eq \f(3,2)＝－eq \f(1,2)，xF＝1＋eq \f(3,2)＝eq \f(5,2)，所以Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)，0))，所以函数f(x)图象的对称中心可以是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)，0))，故选D.
2．(2020·沈阳市质量监测(一))设函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))，
则下列结论正确的是 ．(写出所有正确结论的序号)
①函数y＝f(x)的减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(3π,8)，kπ＋\f(7π,8)))(k∈Z)；
②函数y＝f(x)的图象可由y＝sin 2x的图象向左平移eq \f(π,8)个单位长度得到；
③函数y＝f(x)的图象的一条对称轴方程为x＝eq \f(π,8)；
④若x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(7π,24)，\f(π,2)))，则f(x)的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，1)).
解析：对于①，令2kπ＋eq \f(π,2)≤2x－eq \f(π,4)≤2kπ＋eq \f(3π,2)，k∈Z，得kπ＋eq \f(3π,8)≤x≤kπ＋eq \f(7π,8)，k∈Z，①正确；对于②，y＝sin 2x的图象向左平移eq \f(π,8)个单位长度后是y＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,8)))))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))的图象，②错误；对于③，令2x－eq \f(π,4)＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，得x＝eq \f(k,2)π＋eq \f(3π,8)，k∈Z，当k＝－1时，x＝－eq \f(π,8)，当k＝0时，x＝eq \f(3π,8)，③错误；对于④，若x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(7π,24)，\f(π,2)))，则2x－eq \f(π,4)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(3π,4)))，故f(x)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，1))，④正确．
答案：①④
3．设函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,6)))＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,2)))，其中0<ω<3.已知feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝0.
(1)求ω；
(2)将函数y＝f(x)的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变)，再将得到的图象向左平移eq \f(π,4)个单位，得到函数y＝g(x)的图象，求g(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))上的最小值．
解：(1)因为f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,6)))＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,2)))，
所以f(x)＝eq \f(\r(3),2)sin ωx－eq \f(1,2)cs ωx－cs ωx
＝eq \f(\r(3),2)sin ωx－eq \f(3,2)cs ωx
＝eq \r(3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)sin ωx－\f(\r(3),2)cs ωx))
＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,3))).
由题设知feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝0，所以eq \f(ωπ,6)－eq \f(π,3)＝kπ，k∈Z.
故ω＝6k＋2，k∈Z，又0＜ω＜3，
所以ω＝2.
(2)由(1)得f(x)＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))，
所以g(x)＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)－\f(π,3)))＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,12))).
因为x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))，所以x－eq \f(π,12)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))，
当x－eq \f(π,12)＝－eq \f(π,3)，
即x＝－eq \f(π,4)时，g(x)取得最小值－eq \f(3,2).
4．已知函数f(x)＝eq \r(3)sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω＞0，－\f(π,2)≤φ＜\f(π,2)))的图象关于直线x＝eq \f(π,3)对称，且图象上相邻最高点的距离为π.
(1)求feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))的值；
(2)将函数y＝f(x)的图象向右平移eq \f(π,12)个单位后，得到y＝g(x)的图象，求g(x)的单调递减区间．
解：(1)因为f(x)的图象上相邻最高点的距离为π，
所以f(x)的最小正周期T＝π，从而ω＝eq \f(2π,T)＝2.
又f(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,3)对称，
所以2×eq \f(π,3)＋φ＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，
因为－eq \f(π,2)≤φ＜eq \f(π,2)，所以k＝0，
所以φ＝eq \f(π,2)－eq \f(2π,3)＝－eq \f(π,6)，所以f(x)＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))，
则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,4)－\f(π,6)))＝eq \r(3)sineq \f(π,3)＝eq \f(3,2).
(2)将f(x)的图象向右平移eq \f(π,12)个单位后，得到feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,12)))
的图象，
所以g(x)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,12)))＝eq \r(3)sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,12)))－\f(π,6)))
＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3))).
当2kπ＋eq \f(π,2)≤2x－eq \f(π,3)≤2kπ＋eq \f(3π,2)(k∈Z)，
即kπ＋eq \f(5π,12)≤x≤kπ＋eq \f(11π,12)(k∈Z)时，g(x)单调递减．
因此g(x)的单调递减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(5π,12)，kπ＋\f(11π,12)))(k∈Z)．