高考数学一轮复习第四章4.4函数y＝Asinωx＋φ的图象及简单三角函数模型的应用课时作业理含解析

这是一份高考数学一轮复习第四章4.4函数y＝Asinωx＋φ的图象及简单三角函数模型的应用课时作业理含解析，共10页。

一、选择题
1．[2021·唐山联考]把函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))的图象向左平移eq \f(π,6)个单位长度后，所得函数图象的一条对称轴的方程为( )
A．x＝0 B．x＝eq \f(π,2)
C．x＝eq \f(π,6)D．x＝－eq \f(π,12)
2．[2021·武昌区高三年级调研考试]函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A>0，ω>0，0<φ<\f(π,2)))的部分图象如图所示，给出下列说法：
①函数f(x)的最小正周期为π；
②直线x＝－eq \f(5π,12)为函数f(x)图象的一条对称轴；
③点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2π,3)，0))为函数f(x)图象的一个对称中心；
④函数f(x)的图象向右平移eq \f(π,3)个单位长度后得到y＝eq \r(2)sin2x的图象．
其中正确说法的个数是( )
A．1B．2
C．3D．4
3．[2021·惠州市高三调研考试试题]已知函数f(x)＝cs(2ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))的最小正周期为π，将其图象向右平移eq \f(π,6)个单位长度后得函数g(x)＝cs2x的图象，则φ的值为( )
A.eq \f(π,3)B.eq \f(π,6)
C．－eq \f(π,3)D．－eq \f(π,6)
4．[2021·唐山市高三年级摸底考试]将函数f(x)＝sin2x的图象上所有点向左平移eq \f(π,4)个单位长度，得到g(x)的图象，则下列说法正确的是( )
A．g(x)的最小正周期为2π
B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，0))是g(x)的图象的一个对称中心
C．直线x＝eq \f(3π,4)是g(x)的图象的一条对称轴
D．g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增
5.
[2021·福州市高中毕业班质量检测]已知函数f(x)＝sin(πx＋φ)某个周期的图象如图所示，A，B分别是f(x)图象的最高点与最低点，C是f(x)图象与x轴的一个交点，则tan∠BAC＝( )
A.eq \f(1,2)B.eq \f(4,7)
C.eq \f(2\r(5),5)D.eq \f(7\r(65),65)
二、填空题
6．函数f(x)＝tanωx(ω>0)的图象的相邻两支截直线y＝eq \f(π,4)所得线段长为eq \f(π,4)，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝________.
7．[2021·四省八校联考]若f(x)＝2sin(ωx＋φ)－3(ω>0)对任意x∈R都有feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－x))成立，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝________.
8．[2021·河南洛阳一中月考]设函数f(x)＝sin(2x＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(|φ|<\f(π,2)))的图象向左平移eq \f(π,3)个单位长度后得到的图象对应的函数是一个偶函数，则φ＝________.
三、解答题
9.
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．求函数f(x)的解析式，并写出其图象的对称中心．
10．[2020·河北衡水中学调考]函数f(x)＝Asineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,6)))＋1(A>0，ω>0)的最大值为3，其图象相邻两条对称轴之间的距离为eq \f(π,2).
(1)求函数f(x)的解析式和f(x)在[0，π]上的单调递减区间；
(2)f(x)的图象向右平行移动eq \f(π,12)个单位长度，再向下平移1个单位长度，得到g(x)的图象，用“五点法”作出g(x)在[0，π]内的大致图象．
[能力挑战]
11．要得到函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))的图象，需要将函数y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))的图象( )
A．向左平移eq \f(π,12)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,4)个单位长度
D．向右平移eq \f(π,4)个单位长度
12．[2021·泉州模拟]函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)的部分图象如图中实线所示，图中圆C与函数y＝f(x)的图象交于M，N两点，且点M在y轴上，则下列说法中正确的是( )
A．函数f(x)的最小正周期是2π
B．函数f(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4π,3)，0))成中心对称
C．函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2π,3)，－\f(π,6)))上单调递增
D．将函数f(x)的图象向右平移eq \f(5π,12)个单位长度后图象关于原点成中心对称
13．[2020·全国卷Ⅲ]关于函数f(x)＝sinx＋eq \f(1,sinx)有如下四个命题：
①f(x)的图象关于y轴对称．
②f(x)的图象关于原点对称．
③f(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,2)对称．
④f(x)的最小值为2.
其中所有真命题的序号是________．
课时作业21
1．解析：解法一 把函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))的图象向左平移eq \f(π,6)个单位长度后得到y＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))－\f(π,6)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))的图象，令2x＋eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)＋kπ(k∈Z)，得x＝eq \f(π,6)＋eq \f(kπ,2)(k∈Z)，令k＝0，则x＝eq \f(π,6)，选C.
解法二 将函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))的图象向左平移eq \f(π,6)个单位长度后得到y＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))－\f(π,6)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))的图象，然后把选项代入检验，易知x＝eq \f(π,6)符合题意，选C.
答案：C
2．解析：结合题图知函数f(x)的最小正周期T＝4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,12)－\f(π,3)))＝π，所以①正确；由T＝π得ω＝2，结合题图知A＝eq \r(2)，所以f(x)＝eq \r(2)sin(2x＋φ)，因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－\f(π,2)，0))在f(x)的图象上，所以0＝eq \r(2)sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))＋φ))，所以φ－eq \f(π,3)＝kπ(k∈Z)，因为0<φ答案：C
3．解析：因为eq \f(2π,2ω)＝π，所以ω＝1，故f(x)＝cs(2x＋φ)，依题意函数g(x)＝cs2x的图象向左平移eq \f(π,6)个单位长度后得到f(x)＝cs(2x＋φ)的图象，即f(x)＝cs(2x＋φ)＝cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))，又|φ|答案：A
4．解析：将f(x)＝sin2x的图象上所有点向左平移eq \f(π,4)个单位长度，得g(x)＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2)))＝cs2x的图象，所以函数g(x)的最小正周期为π，故选项A错误；因为geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝0，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，0))是函数g(x)的图象的一个对称中心，故选项B正确；因为geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)))＝0，所以直线x＝eq \f(3π,4)不是函数g(x)的图象的一条对称轴，故选项C错误；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，2x∈(0，π)，所以函数g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递减，故选项D错误．故选B.
答案：B
5．解析：解法一 依题意，f(x)的最小正周期T＝eq \f(2π,π)＝2.设C(x0,0)，则B(x0＋eq \f(1,2)，－1)，A(x0＋eq \f(3,2)，1)，所以eq \(AB,\s\up6(→))＝(－1，－2)，eq \(AC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，－1))，所以cs∠BAC＝eq \f(\(AC,\s\up6(→))·\(AB,\s\up6(→)),|\(AC,\s\up6(→))||\(AB,\s\up6(→))|)＝eq \f(\f(3,2)＋2,\r(5)×\f(\r(13),2))＝eq \f(7,\r(65)).又∠BAC为锐角，所以tan∠BAC＝eq \f(4,7).故选B.
解法二 过点A作x轴的垂线，垂足为M.设直线AB与x轴的交点为D，因为f(x)的最小正周期T＝eq \f(2π,π)＝2，所以CM＝eq \f(3,4)T＝eq \f(3,2)，DM＝eq \f(1,4)T＝eq \f(1,2).易知AM＝1.在Rt△ACM中，tan∠CAM＝eq \f(CM,AM)＝eq \f(3,2)，在Rt△ADM中，tan∠DAM＝eq \f(DM,AM)＝eq \f(1,2)，所以tan∠BAC＝tan(∠CAM－∠DAM)＝eq \f(\f(3,2)－\f(1,2),1＋\f(3,2)×\f(1,2))＝eq \f(4,7).故选B.
答案：B
6．解析：依题意eq \f(π,ω)＝eq \f(π,4)，∴ω＝4.
∴f(x)＝tan4x.
∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝tanπ＝0.
答案：0
7．解析：由题意知，函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)－3的图象的对称轴为直线x＝eq \f(π,4).当x＝eq \f(π,4)时，函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)－3取得最值，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝－5或－1.
答案：－5或－1
8．解析：通解 f(x)＝sin(2x＋φ)的图象向左平移eq \f(π,3)个单位长度后得到函数g(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3)＋φ))的图象，∵g(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3)＋φ))是偶函数，∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(φ＋\f(2π,3)))＝±1，∴φ＝kπ－eq \f(π,6)(k∈Z)，∵|φ|∴φ＝－eq \f(π,6).
优解 ∵函数f(x)＝sin(2x＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(|φ|<\f(π,2)))的图象向左平移eq \f(π,3)个单位长度后得到的图象对应的函数是一个偶函数，∴f(x)＝sin(2x＋φ)的图象关于直线x＝eq \f(π,3)对称，
∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(φ＋\f(2π,3)))＝±1，∴φ＝kπ－eq \f(π,6)(k∈Z)，∵|φ|答案：－eq \f(π,6)
9．解析：由图象可得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|所以函数f(x)的解析式为f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6))).
令2x＋eq \f(π,6)＝kπ(k∈Z)，得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)．
10．解析：(1)因为函数f(x)的最大值为3，所以A＋1＝3，即A＝2.因为函数图象的相邻两条对称轴之间的距离为eq \f(π,2)，所以最小正周期T＝π，所以ω＝2.所以f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))＋1，令eq \f(π,2)＋2kπ≤2x－eq \f(π,6)≤eq \f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，即eq \f(π,3)＋kπ≤x≤eq \f(5π,6)＋kπ，k∈Z，因为x∈[0，π]，所以f(x)的单调递减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(5π,6))).
(2)依题意得g(x)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,12)))－1＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))，列表得：
描出(0，－eq \r(3))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，0))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)，2))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，0))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(11π,12)，－2))，(π，－eq \r(3))这六个点，用光滑的曲线连接这六个点可得g(x)在[0，π]内的大致图象，如图所示．
11．解析：因为y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)＋\f(π,2)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))，
y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,12)))＋\f(π,6)))，
所以需要将函数y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))的图象向左平移eq \f(π,12)个单位长度．
答案：A
12．解析：设圆心C(a,0)，由函数y＝f(x)的图象可知M，N两点关于点C对称，所以eq \f(0＋\f(2π,3),2)＝a，即a＝eq \f(π,3)，由图象可得eq \f(T,2)＝eq \f(π,3)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))，所以函数f(x)的最小正周期T＝π，故A错误；函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)的对称中心之间的差为eq \f(T,2)＝eq \f(π,2)的整数倍，由题图知点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，0))是函数f(x)的图象的一个对称中心．由eq \f(4π,3)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))＝eq \f(3π,2)知，B正确；因为函数f(x)的周期为π，所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2π,3)，－\f(π,6)))的单调性与在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(5π,6)))的单调性相同．由题图可知，函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(5π,6)))上先减后增，故C错误；由题图可知，函数f(x)的图象向右平移eq \f(π,6)＋eq \f(π,2)·k(k∈N)个单位长度后图象关于原点成中心对称，故D错误．
答案：B
13．解析：要使函数f(x)＝sinx＋eq \f(1,sinx)有意义，则有sinx≠0，∴x≠kπ，k∈Z，∴定义域为{x|x≠kπ，k∈Z}，定义域关于原点对称．
又∵f(－x)＝sin(－x)＋eq \f(1,sin－x)＝－sinx－eq \f(1,sinx)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sinx＋\f(1,sinx)))＝－f(x)，∴f(x)为奇函数．∴f(x)的图象关于原点对称，
∴①是假命题，②是真命题．
对于③，要证f(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,2)对称，只需证feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－x))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋x)).
∵feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－x))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－x))＋eq \f(1,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－x)))＝csx＋eq \f(1,csx)，
feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋x))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋x))＋
eq \f(1,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋x)))＝csx＋eq \f(1,csx)，
∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－x))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋x))，∴③是真命题．
令sinx＝t，－1≤t≤1且t≠0，∴g(t)＝t＋eq \f(1,t)，－1≤t≤1且t≠0，此函数图象如图所示(对勾函数图象的一部分)，∴函数的值域为(－∞，－2]∪[2，＋∞)，
∴函数的最小值不为2，即f(x)的最小值不为2.∴④是假命题．
综上所述，所有真命题的序号是②③.
答案：②③x
0
eq \f(π,6)
eq \f(5π,12)
eq \f(2π,3)
eq \f(11π,12)
π
2x－eq \f(π,3)
－eq \f(π,3)
0
eq \f(π,2)
π
eq \f(3π,2)
eq \f(5π,3)
f(x)
－eq \r(3)
0
2
0
－2
－eq \r(3)