![2023届高考一轮复习讲义(理科)第四章 三角函数、解三角形 第5讲 高效演练分层突破学案01](http://img-preview.51jiaoxi.com/3/3/12655505/0/0.jpg?x-oss-process=image/resize,w_794,m_lfit,g_center/sharpen,100)
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2023届高考一轮复习讲义(理科)第四章 三角函数、解三角形 第5讲 高效演练分层突破学案
展开1.(2020·安徽蚌埠第二次数学质量检查)将函数f(x)=sin x+cs x的图象上各点的纵坐标不变,横坐标缩小为原来的eq \f(1,2),再将函数的图象向左平移eq \f(π,3)个单位后,得到的函数g(x)的解析式为( )
A.g(x)=eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,3)))B.g(x)=eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(11π,12)))
C.g(x)=eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)+\f(π,3))) D.g(x)=eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(5π,12)))
解析:选B.f(x)=sin x+cs x=eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x+\f(π,4)))的图象eq \(――→,\s\up7(纵坐标不变),\s\d5(横坐标缩小为原来的\f(1,2)))y=eq \r(2) sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,4)))的图象eq \(――→,\s\up7(向左平移\f(π,3)个单位))g(x)=eq \r(2)sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x+\f(π,3)))+\f(π,4)))=eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(11,12)π)).故选B.
2.(2020·江西吉安期末教学质量检测)在平面直角坐标系xOy中,将函数f(x)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x+\f(π,4)))的图象向左平移φ(φ>0)个单位后得到的图象经过原点,则φ的最小值为( )
A.eq \f(π,2) B.eq \f(π,4)
C.eq \f(π,6) D.eq \f(π,12)
解析:选B.将函数f(x)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x+\f(π,4)))的图象向左平移φ(φ>0)个单位后得到的图象对应的解析式为y=sin[3(x+φ)+eq \f(π,4)],因为其图象经过原点,所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3φ+\f(π,4)))=0,所以3φ+eq \f(π,4)=kπ,k∈Z,解得φ=eq \f(kπ,3)-eq \f(π,12),k∈Z,又φ>0,
所以φ的最小值为eq \f(π,3)-eq \f(π,12)=eq \f(π,4),故选B.
3.(2020·湖南衡阳高中毕业联考(二))将函数f(x)的图象向右平移eq \f(π,6)个单位长度,再将所得函数图象上的所有点的横坐标缩短到原来的eq \f(2,3),得到函数g(x)=Asin(ωx+φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A>0,ω>0,|φ|<\f(π,2)))的图象.已知函数g(x)的部分图象如图所示,则( )
A.函数f(x)的最小正周期为eq \f(2,3)π,最大值为2
B.函数f(x)的最小正周期为π,图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6),0))中心对称
C.函数f(x)的最小正周期为eq \f(2,3)π,图象关于直线x=eq \f(π,6)对称
D.函数f(x)的最小正周期为π,在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6),\f(π,3)))上单调递减
解析:选D.对于g(x),由题图可知,A=2,T=4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,9)-\f(π,18)))=eq \f(2π,3),所以ω=eq \f(2π,T)=3,则g(x)=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x+φ)),又由geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,9)))=2可得φ=-eq \f(π,6)+2kπ,k∈Z,而|φ|
所以f(x)的最小正周期为π,选项A,C错误.
对于选项B,令2x+eq \f(π,6)=kπ(k∈Z),所以x=eq \f(kπ,2)-eq \f(π,12),k∈Z,所以函数f(x)图象的对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2)-\f(π,12),0))(k∈Z),所以选项B是错误的;当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6),\f(π,3)))时,2x+eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2),\f(5π,6))),所以f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6),\f(π,3)))上是减函数,所以选项D正确.故选D.
4.设ω>0,函数y=sin(ωx+φ)(-π<φ<π)的图象向左平移eq \f(π,3)个单位后,得到如图所示的图象,则ω,φ的值为( )
A.ω=2,φ=eq \f(2π,3) B.ω=2,φ=-eq \f(π,3)
C.ω=1,φ=-eq \f(π,3) D.ω=1,φ=eq \f(2π,3)
解析:选A.函数y=sin(ωx+φ)(-π<φ<π)的图象向左平移eq \f(π,3)个单位后可得y=sin(ωx+eq \f(πω,3)+φ).由函数的图象可知,eq \f(T,2)=eq \f(π,3)-(-eq \f(π,6))=eq \f(π,2),所以T=π.根据周期公式可得ω=2,所以y=sin(2x+φ+eq \f(2π,3)).由图知当y=-1时,x=eq \f(1,2)×(eq \f(π,3)-eq \f(π,6))=eq \f(π,12),所以函数的图象过(eq \f(π,12),-1),
所以sin(eq \f(5π,6)+φ)=-1.因为-π<φ<π,所以φ=eq \f(2π,3).
故选A.
5.(2020·河南名校联盟联合调研)将函数g(x)=2sin x+1的图象向左平移eq \f(π,3)个单位,再将所得图象上所有点的横坐标变为原来的eq \f(1,2)(纵坐标不变),得到函数f(x)的图象,若f(x1)=f(x2)=3,且-π≤x2
C.eq \f(5π,6) D.eq \f(23π,12)
解析:选D.易求得f(x)=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,3)))+1,因为f(x1)=f(x2)=3,即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,3)))=1,所以2x+eq \f(π,3)=2kπ+eq \f(π,2)(k∈Z),所以x=eq \f(π,12)+kπ(k∈Z),由-π≤x2
解析:由题意可得A=2,eq \f(3,4)T=eq \f(3,4)×eq \f(2π,ω)=eq \f(11π,12)-eq \f(π,6)=eq \f(3,4)π,所以ω=2.
当x=eq \f(π,6)时,f(x)=2,则ωx+φ=2×eq \f(π,6)+φ=2kπ+eq \f(π,2),k∈Z,
据此可得φ=2kπ+eq \f(π,6)(k∈Z),因为0<φ<π,令k=0可得φ=eq \f(π,6),则f(x)=2sin(2x+eq \f(π,6)).当x∈(eq \f(π,2),π)时,eq \f(7π,6)<2x+eq \f(π,6)
答案:1
7.函数y=cs(2x+φ)(0<φ<π)的图象向右平移eq \f(π,2)个单位后,与函数y=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,3)))的图象重合,则φ=________.
解析:把函数y=cs (2x+φ)(0<φ<π)的图象向右平移eq \f(π,2)个单位后,得到y=cs (2x-π+φ)的图象,
与函数y=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,3)))的图象重合,则cs (2x-π+φ)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,3))),即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,2)+φ))=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,3))),
所以-eq \f(π,2)+φ=-eq \f(π,3),则φ=eq \f(π,6),
答案:eq \f(π,6)
8.(2020·武汉调研)函数f(x)=Acs(ωx+φ)(ω>0)的部分图象如图所示,给出以下结论:
①f(x)的最小正周期为2;
②f(x)图象的一条对称轴为直线x=-eq \f(1,2);
③f(x)在(2k-eq \f(1,4),2k+eq \f(3,4)),k∈Z上是减函数;
④f(x)的最大值为A.
则正确的结论为________.(填序号)
解析:由题图可知,函数f(x)的最小正周期T=2×(eq \f(5,4)-eq \f(1,4))=2,故①正确;因为函数f(x)的图象过点(eq \f(1,4),0)和(eq \f(5,4),0),所以函数f(x)图象的对称轴为直线x=eq \f(1,2)(eq \f(1,4)+eq \f(5,4))+eq \f(kT,2)=eq \f(3,4)+k(k∈Z),故直线x=-eq \f(1,2)不是函数f(x)图象的对称轴,故②不正确;由图可知,当eq \f(1,4)-eq \f(T,4)+kT≤x≤eq \f(1,4)+eq \f(T,4)+kT(k∈Z),即2k-eq \f(1,4)≤x≤2k+eq \f(3,4)(k∈Z)时,f(x)是减函数,故③正确;若A>0,则最大值是A,若A<0,则最大值是-A,故④不正确.
答案:①③
9.已知函数y=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|
(2)求函数f(x)的单调递增区间.
解:(1)依题意得A=5,
周期T=4(eq \f(π,3)-eq \f(π,12))=π,
所以ω=eq \f(2π,π)=2.
故y=5sin(2x+φ),
又图象过点P(eq \f(π,12),0),
所以5sin(eq \f(π,6)+φ)=0,
由已知可得eq \f(π,6)+φ=kπ,k∈Z,
因为|φ|
(2)由-eq \f(π,2)+2kπ≤2x-eq \f(π,6)≤eq \f(π,2)+2kπ,k∈Z,得-eq \f(π,6)+kπ≤x≤eq \f(π,3)+kπ,k∈Z,
故函数f(x)的单调递增区间为[kπ-eq \f(π,6),kπ+eq \f(π,3)](k∈Z).
10.(2020·济南模拟)已知函数f(x)=eq \r(3)sin ωxcs ωx+cs2ωx+b+1.
(1)若函数f(x)的图象关于直线x=eq \f(π,6)对称,且ω∈[0,3],求函数f(x)的单调递增区间;
(2)在(1)的条件下,当x∈[0,eq \f(7π,12)]时,函数f(x)有且只有一个零点,求实数b的取值范围.
解:(1)函数f(x)=eq \r(3)sin ωxcs ωx+cs2ωx+b+1
=eq \f(\r(3),2)sin 2ωx+eq \f(1+cs 2ωx,2)+b+1=sin(2ωx+eq \f(π,6))+eq \f(3,2)+b.
因为函数f(x)的图象关于直线x=eq \f(π,6)对称,所以2ω·eq \f(π,6)+eq \f(π,6)=kπ+eq \f(π,2),k∈Z,且ω∈[0,3],所以ω=1.
由2kπ-eq \f(π,2)≤2x+eq \f(π,6)≤2kπ+eq \f(π,2)(k∈Z),解得kπ-eq \f(π,3)≤x≤kπ+eq \f(π,6)(k∈Z),所以函数f(x)的单调递增区间为[kπ-eq \f(π,3),kπ+eq \f(π,6)](k∈Z).
(2)由(1)知f(x)=sin(2x+eq \f(π,6))+eq \f(3,2)+b.
因为x∈[0,eq \f(7π,12)],所以2x+eq \f(π,6)∈[eq \f(π,6),eq \f(4π,3)].
当2x+eq \f(π,6)∈[eq \f(π,6),eq \f(π,2)],即x∈[0,eq \f(π,6)]时,函数f(x)单调递增;当2x+eq \f(π,6)∈[eq \f(π,2),eq \f(4π,3)],即x∈[eq \f(π,6),eq \f(7π,12)]时,函数f(x)单调递减.
又f(0)=f(eq \f(π,3)),所以当f(eq \f(π,3))>0≥f(eq \f(7π,12))或f(eq \f(π,6))=0时,函数f(x)有且只有一个零点,即sineq \f(4π,3)≤-b-eq \f(3,2)
1.(2020·河北衡水中学一调考)已知函数f(x)=2sin(ωx+φ)(ω>0)的部分图象如图所示,其中M(m,0),N(n,2),P(π,0),且mn<0,则f(x)在下列区间中具有单调性的是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(π,4))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4),\f(2π,3)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2),\f(3π,4))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3),π))
解析:选B.因为mn<0,所以m、n异号,根据题意可得m<0,n>0,又P(π,0),所以T>π且eq \f(3T,4)<π,即π
A.eq \f(\r(π),2) B.eq \f(3\r(π),2)
C.eq \f(π,4) D.eq \f(3π,2)
解析:选A.由题意得g(x)=sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(ω\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x+\f(π,4ω)))))=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx+\f(π,4))),因为函数g(x)的图象关于直线x=ω对称且在区间(-ω,ω)内单调递增,所以ω2+eq \f(π,4)=eq \f(π,2)+kπ,k∈Z,-eq \f(π,2)+2mπ≤-ω2+eq \f(π,4),m∈Z,ω2+eq \f(π,4)≤eq \f(π,2)+2mπ,m∈Z,因此k≥0,kπ≤eq \f(π,2)-2mπ,kπ≤2mπ,k,m∈Z,从而0≤eq \f(π,2)-2mπ,0≤2mπ,m∈Z,即0≤m≤eq \f(π,4),m∈Z,所以m=0,k=0,ω=eq \f(\r(π),2),选A.
3.如图,将绘有函数f(x)=eq \r(3)sin(ωx+eq \f(5π,6))(ω>0)部分图象的纸片沿x轴折成直二面角,若A,B之间的空间距离为eq \r(10),则f(-1)=________.
解析:由题设并结合图形可知,
AB=eq \r((\r(3))2+[(\r(3))2+(\f(T,2))2])=eq \r(6+\f(T,4)2)
=eq \r(6+\f(π2,ω2))=eq \r(10),得eq \f(π2,ω2)=4,则ω=eq \f(π,2),
所以f(-1)=eq \r(3)sin(-eq \f(π,2)+eq \f(5π,6))=eq \r(3)sin eq \f(π,3)=eq \f(3,2).
答案:eq \f(3,2)
4.若在区间(n,m)上,函数f(x)=2cs 2x的图象总在函数g(x)=-7-4eq \r(3)sin x的图象的上方,则m-n的最大值为________.
解析:根据题意,函数f(x)=2cs 2x的图象总在函数g(x)=-7-4eq \r(3)sin x的图象的上方可以转化为2cs 2x>-7-4eq \r(3)sin x恒成立,即2cs 2x+7+4eq \r(3)sin x>0.根据二倍角公式化简为4sin2x-4eq \r(3)sin x-9<0⇒-eq \f(\r(3),2)
答案:eq \f(5π,3)
5.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.
(1)求函数f(x)的解析式,并写出其图象的对称中心;
(2)若方程f(x)+2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x+\f(π,3)))=a有实数解,求a的取值范围.
解:(1)由图可得A=2,eq \f(T,2)=eq \f(2π,3)-eq \f(π,6)=eq \f(π,2),
所以T=π,所以ω=2.
当x=eq \f(π,6)时,f(x)=2,可得2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,6)+φ))=2,
因为|φ|
令2x+eq \f(π,6)=kπ(k∈Z),得x=eq \f(kπ,2)-eq \f(π,12)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k∈Z)),
所以函数f(x)图象的对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2)-\f(π,12),0))(k∈Z).(2)设g(x)=f(x)+2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x+\f(π,3))),
则g(x)=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,6)))+2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x+\f(π,3)))
=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,6)))+2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1-2sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,6))))),
令t=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,6))),t∈[-1,1],
记h(t)=-4t2+2t+2=-4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t-\f(1,4)))eq \s\up12(2)+eq \f(9,4),
因为t∈[-1,1],所以h(t)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-4,\f(9,4))),
即g(x)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-4,\f(9,4))),故a∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-4,\f(9,4))).故a的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-4,\f(9,4))).
6.已知函数f(x)=eq \r(3)sin(2ωx+eq \f(π,3))(ω>0)的图象与x轴相邻两个交点的距离为eq \f(π,2).
(1)求函数f(x)的解析式;
(2)若将f(x)的图象向左平移m(m>0)个单位长度得到函数g(x)的图象恰好经过点(-eq \f(π,3),0),求当m取得最小值时,g(x)在[-eq \f(π,6),eq \f(7π,12)]上的单调递增区间.
解: (1)函数f(x)的图象与x轴相邻两个交点的距离为eq \f(π,2),
得函数f(x)的最小正周期为T=2×eq \f(π,2)=eq \f(2π,2ω),得ω=1,
故函数f(x)的解析式为f(x)=eq \r(3)sin(2x+eq \f(π,3)).
(2)将f(x)的图象向左平移m(m>0)个单位长度得到函数g(x)=eq \r(3)sin[2(x+m)+eq \f(π,3)]=eq \r(3)sin(2x+2m+eq \f(π,3))的图象,根据g(x)的图象恰好经过点(-eq \f(π,3),0),
可得eq \r(3)sin(-eq \f(2π,3)+2m+eq \f(π,3))=0,即sin(2m-eq \f(π,3))=0,
所以2m-eq \f(π,3)=kπ(k∈Z),m=eq \f(kπ,2)+eq \f(π,6)(k∈Z),
因为m>0,
所以当k=0时,m取得最小值,且最小值为eq \f(π,6).
此时,g(x)=eq \r(3)sin(2x+eq \f(2π,3)).
因为x∈[-eq \f(π,6),eq \f(7π,12)],所以2x+eq \f(2π,3)∈[eq \f(π,3),eq \f(11π,6)].
当2x+eq \f(2π,3)∈[eq \f(π,3),eq \f(π,2)],即x∈[-eq \f(π,6),-eq \f(π,12)]时,g(x)单调递增,
当2x+eq \f(2π,3)∈[eq \f(3π,2),eq \f(11π,6)],即x∈[eq \f(5π,12),eq \f(7π,12)]时,g(x)单调递增.
综上,g(x)在区间[-eq \f(π,6),eq \f(7π,12)]上的单调递增区间是
[-eq \f(π,6),-eq \f(π,12)]和[eq \f(5π,12),eq \f(7π,12)].
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