高考数学(理数)二轮复习课时跟踪检测02《三角函数的图象与性质》小题练（教师版）

这是一份高考数学(理数)二轮复习课时跟踪检测02《三角函数的图象与性质》小题练（教师版），共9页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1.函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x∈R，ω>0，|φ|<\f(π,2)))的部分图象如图所示，则函数f(x)的解析式为( )
A．f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4))) B．f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))
C．f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x＋\f(π,4))) D．f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x－\f(π,4)))
解析：选A 由题图可知， 函数f(x)的最小正周期为T＝eq \f(2π,ω)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,8)－\f(π,8)))×4＝π，所以ω＝2，即f(x)＝sin(2x＋φ)．又函数f(x)的图象经过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)，1))，所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋φ))＝1，则eq \f(π,4)＋φ＝2kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，解得φ＝2kπ＋eq \f(π,4)(k∈Z)，又|φ|2．函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))的图象的一个对称中心是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)，0)) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，0))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，0)) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，0))
解析：选C 令x－eq \f(π,4)＝kπ(k∈Z)，得x＝kπ＋eq \f(π,4)(k∈Z)，当k＝0时，x＝eq \f(π,4)，所以函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))的图象的一个对称中心是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，0))，故选C.
3．函数f(x)＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))的单调递增区间是( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2)－\f(π,12)，\f(kπ,2)＋\f(5π,12)))(k∈Z)
B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2)－\f(π,12)，\f(kπ,2)＋\f(5π,12)))(k∈Z)
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(π,6)，kπ＋\f(2π,3)))(k∈Z)
D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))(k∈Z)
解析：选B 由kπ－eq \f(π,2)<2x－eq \f(π,3)4．将函数y＝2sin x＋cs x的图象向右平移eq \f(1,2)个周期后，所得图象对应的函数为( )
A．y＝sin x－2cs x B．y＝2sin x－cs x
C．y＝－sin x＋2cs x D．y＝－2sin x－cs x
解析：选D 因为y＝2sin x＋cs x＝eq \r(5)sin(x＋θ)，其中θ满足cs θ＝eq \f(2,\r(5))，sin θ＝eq \f(1,\r(5))，所以函数y＝2sin x＋cs x的周期为2π，所以eq \f(1,2)个周期为π.于是由题设知平移后所得图象对应的函数为y＝2sin(x－π)＋cs(x－π)＝－2sin x－cs x．故选D.
5．若将函数f(x)＝eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))图象上的每一个点都向左平移eq \f(π,3)个单位长度，得到g(x)的图象，则函数g(x)的单调递增区间为( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(π,4)，kπ＋\f(3π,4)))(k∈Z)
B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,4)，kπ＋\f(π,4)))(k∈Z)
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(2π,3)，kπ－\f(π,6)))(k∈Z)
D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))(k∈Z)
解析：选A 将函数f(x)＝eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))图象上的每一个点都向左平移eq \f(π,3)个单位长度，得到函数g(x)＝eq \f(1,2)sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))＋\f(π,3)))＝eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋π))＝－eq \f(1,2)sin 2x的图象，令eq \f(π,2)＋2kπ≤2x≤eq \f(3π,2)＋2kπ(k∈Z)，可得eq \f(π,4)＋kπ≤x≤eq \f(3π,4)＋kπ(k∈Z)，因此函数g(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(π,4)，kπ＋\f(3π,4)))(k∈Z)，故选A.
6．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)
解析：选C 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，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.
7．已知函数f(x)＝sin x＋eq \r(3)cs x在x＝θ时取得最大值，则cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2θ＋\f(π,4)))＝( )
A．－eq \f(\r(2)＋\r(6),4) B．－eq \f(1,2)
C.eq \f(\r(2)－\r(6),4) D.eq \f(\r(3),2)
解析：选C ∵f(x)＝sin x＋eq \r(3)cs x＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))，又f(x)在x＝θ时取得最大值，∴θ＋eq \f(π,3)＝eq \f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，即θ＝eq \f(π,6)＋2kπ(k∈Z)，于是cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2θ＋\f(π,4)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋\f(π,4)＋4kπ))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋\f(π,4)))＝eq \f(1,2)×eq \f(\r(2),2)－eq \f(\r(3),2)×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(\r(2)－\r(6),4)，故选C.
8．函数f(x)＝sin ωx(ω>0)的图象向右平移eq \f(π,12)个单位长度得到函数y＝g(x)的图象，并且函数g(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,3)))上单调递增，在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))上单调递减，则实数ω的值为( )
A.eq \f(7,4) B.eq \f(3,2)
C．2 D.eq \f(5,4)
解析：选C 因为将函数f(x)＝sin ωx(ω>0)的图象向右平移eq \f(π,12)个单位长度得到函数y＝g(x)的图象，所以g(x)＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(ω\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,12)))))，又函数g(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,3)))上单调递增，在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))上单调递减，所以geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝sineq \f(ωπ,4)＝1且eq \f(2π,ω)≥eq \f(π,3)，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ω＝8k＋2k∈Z，,0<ω≤6，))所以ω＝2，故选C.
9．将函数y＝cs x－sin x的图象先向右平移φ(φ>0)个单位长度，再将所得的图象上每个点的横坐标变为原来的a倍，得到y＝cs 2x＋sin 2x的图象，则φ，a的可能取值为( )
A．φ＝eq \f(π,2)，a＝2 B．φ＝eq \f(3π,8)，a＝2
C．φ＝eq \f(3π,8)，a＝eq \f(1,2) D．φ＝eq \f(π,2)，a＝eq \f(1,2)
解析：选D 将函数y＝cs x－sin x＝eq \r(2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))的图象向右平移φ(φ>0)个单位长度，可得y＝eq \r(2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)－φ))的图象，再将函数图象上每个点的横坐标变为原来的a倍，得到y＝eq \r(2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)x＋\f(π,4)－φ))的图象，又y＝eq \r(2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)x＋\f(π,4)－φ))＝cs 2x＋sin 2x＝eq \r(2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))，∴eq \f(1,a)＝2，eq \f(π,4)－φ＝－eq \f(π,4)＋2kπ(k∈Z)，∴a＝eq \f(1,2)，φ＝eq \f(π,2)＋2kπ(k∈N)，又φ>0，结合选项知选D.
10．若存在正整数ω和实数φ使得函数f(x)＝sin2(ωx＋φ)的图象如图所示(图象经过点(1,0))，那么ω的值为( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选B 由f(x)＝sin2(ωx＋φ)＝eq \f( (1－cs2ωx＋2φ),2)及其图象知，eq \f(1,2)eq \f(1,2)，即eq \f(1－cs 2φ,2)＝eq \f(1－cs 2ω,2)>eq \f(1,2)，得cs 2ω<0，所以ω＝2，故选B.
11．已知函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))，以下命题中为假命题的是( )
A．函数f(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,12)对称
B．x＝－eq \f(π,6)是函数f(x)的一个零点
C．函数f(x)的图象可由g(x)＝sin 2x的图象向左平移eq \f(π,3)个单位长度得到
D．函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,12)))上是增函数
解析：选C 令2x＋eq \f(π,3)＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，当k＝0时，x＝eq \f(π,12)，即函数f(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,12)对称，选项A正确；令2x＋eq \f(π,3)＝kπ(k∈Z)，当k＝0时，x＝－eq \f(π,6)，即x＝－eq \f(π,6)是函数f(x)的一个零点，选项B正确；2x＋eq \f(π,3)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))，故函数f(x)的图象可由g(x)＝sin 2x的图象向左平移eq \f(π,6)个单位长度得到，选项C错误；若x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,12)))，则2x＋eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))，故f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,12)))上是增函数，选项D正确．故选C.
12．已知函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,6)))(ω>0)，若f(0)＝－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))且f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上有且仅有三个零点，则ω＝( )
A.eq \f(2,3) B．2
C.eq \f(26,3) D.eq \f(14,3)或6
解析：选D f(0)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))＝－eq \f(1,2)，
令ωx1－eq \f(π,6)＝0得，x1＝eq \f(π,6ω)，而eq \f(\f(π,6ω),T)＝eq \f(\f(π,6ω),\f(2π,ω))＝eq \f(1,12)，故x1＝eq \f(T,12).
又f(0)＝－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))，如图，若f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上有且仅有3个零点，
则eq \f(π,2)＝T＋eq \f(T,12)×2或eq \f(π,2)＝eq \f(3T,2)，即T＝eq \f(3π,7)或T＝eq \f(π,3)，则ω＝eq \f(14,3)或6，故选D.
二、填空题
13．函数f(x)＝4cs xsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))－1(x∈R)的最大值为________．
解析：∵f(x)＝4cs xsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))－1＝4cs xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)sin x＋\f(1,2)cs x))－1＝2eq \r(3)sin xcs x＋2cs2x－1＝eq \r(3)sin 2x＋cs 2x＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))，∴f(x)max＝2.
答案：2
14．函数f(x)＝sin2x＋eq \r(3)sin xcs x在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))上的最小值为________．
解析： 由函数f(x)＝sin2x＋eq \r(3)sin xcs x＝eq \f(1,2)－eq \f(1,2)cs 2x＋eq \f(\r(3),2)sin 2x＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))＋eq \f(1,2).
∵x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))，∴2x－eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(5π,6))).
当2x－eq \f(π,6)＝eq \f(5π,6)时，函数f(x)取得最小值为1.
答案：1
15．若函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,4)))(ω>0)的图象的对称轴与函数g(x)＝cs(2x＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(|φ|<\f(π,2)))的图象的对称轴完全相同，则φ＝________.
解析：因为函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,4)))(ω>0)的图象的对称轴与函数g(x)＝cs(2x＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(|φ|<\f(π,2)))的图象的对称轴完全相同，故它们的最小正周期相同，即eq \f(2π,ω)＝eq \f(2π,2)，所以ω＝2，故函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4))).令2x＋eq \f(π,4)＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，则x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,8)，k∈Z，故函数f(x)的图象的对称轴为x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,8)，k∈Z.令2x＋φ＝mπ，m∈Z，则x＝eq \f(mπ,2)－eq \f(φ,2)，m∈Z，故函数g(x)的图象的对称轴为x＝eq \f(mπ,2)－eq \f(φ,2)，m∈Z，故eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,8)－eq \f(mπ,2)＋eq \f(φ,2)＝eq \f(nπ,2)，m，n，k∈Z，即φ＝(m＋n－k)π－eq \f(π,4)，m，n，k∈Z，又|φ|答案：－eq \f(π,4)
16．设函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)．若函数f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))上具有单调性，且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)))＝－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))，则函数f(x)的最小正周期为________．
解析：法一：∵f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))上具有单调性，且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)))，∴x＝eq \f(π,2)和x＝eq \f(2π,3)均不是f(x)的极值点，其极值应该在x＝eq \f(\f(π,2)＋\f(2π,3),2)＝eq \f(7π,12)处取得，∵feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))，∴x＝eq \f(π,6)也不是函数f(x)的极值点，又f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))上具有单调性，∴x＝eq \f(π,6)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,12)－\f(π,2)))＝eq \f(π,12)为f(x)的另一个相邻的极值点，故函数f(x)的最小正周期T＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,12)－\f(π,12)))＝π.
法二：由已知可画出草图，如图所示，则eq \f(T,4)＝eq \f(\f(π,2)＋\f(2π,3),2)－eq \f(\f(π,2)＋\f(π,6),2)，解得T＝π.
答案：π
B级——难度小题强化练
1．设函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x＋θ))－eq \r(3)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x＋θ))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(|θ|<\f(π,2)))的图象关于原点对称，则角θ＝( )
A．－eq \f(π,6) B.eq \f(π,6)
C．－eq \f(π,3) D.eq \f(π,3)
解析：选D ∵f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x＋θ－\f(π,3)))，且f(x)的图象关于原点对称，∴f(0)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,3)))＝0，即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,3)))＝0，∴θ－eq \f(π,3)＝kπ(k∈Z)，即θ＝eq \f(π,3)＋kπ(k∈Z)，又|θ|2．已知函数f(x)＝sin x＋eq \r(3)cs x(x∈R)，先将y＝f(x)的图象上所有点的横坐标缩短到原来的eq \f(1,3)(纵坐标不变)，再将得到的图象上所有点向右平移θ(θ>0)个单位长度，得到的图象关于y轴对称，则θ的最小值为( )
A.eq \f(π,9) B.eq \f(π,3)
C.eq \f(5π,18) D.eq \f(2π,3)
解析：选C f(x)＝sin x＋eq \r(3)cs x＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))，将其图象上所有点的横坐标缩短到原来的eq \f(1,3)(纵坐标不变)，得y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x＋\f(π,3)))的图象，再将得到的图象上所有的点向右平移θ(θ>0)个单位长度，得y＝2sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(3x－θ＋\f(π,3)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x＋\f(π,3)－3θ))的图象．由y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x＋\f(π,3)－3θ))的图象关于y轴对称得eq \f(π,3)－3θ＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，即θ＝－eq \f(6k＋1,18)π，k∈Z，又θ>0，故当k＝－1时，θ取得最小值eq \f(5π,18)，故选C.
3．已知函数f(x)＝sin(sin x)＋cs(sin x)，x∈R，则下列说法正确的是( )
A．函数f(x)是周期函数且最小正周期为π
B．函数f(x)是奇函数
C．函数f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的值域为[1，eq \r(2)]
D．函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))上是增函数
解析：选C f(x)＝sin(sin x)＋cs(sin x)＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin x＋\f(π,4)))，因为f(π＋x)＝eq \r(2)sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(sinx＋π＋\f(π,4)))＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－sin x＋\f(π,4)))≠f(x)，所以π不是函数f(x)的最小正周期，故A错误；f(－x)＝eq \r(2)sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(sin－x＋\f(π,4)))＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－sin x＋\f(π,4)))≠－f(x)，故B错误；当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，sin x∈[0,1]，sin x＋eq \f(π,4)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,4)＋1))，所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin x＋\f(π,4)))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，1))，则eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin x＋\f(π,4)))∈[1，eq \r(2)]，
故C正确；当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))时，sin x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，1))，sin x＋eq \f(π,4)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)＋\f(π,4)，1＋\f(π,4)))，而eq \f(π,2)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)＋\f(π,4)，1＋\f(π,4)))，所以函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))上不是单调函数，故D错误．
4．函数f(x)＝Acseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋φ))(ω>0)的部分图象如图所示，给出以下结论：
①f(x)的最大值为A；
②f(x)的最小正周期为2；
③f(x)图象的一条对称轴为直线x＝－eq \f(1,2)；
④f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2k－\f(1,4)，2k＋\f(3,4)))，k∈Z上是减函数．
则正确结论的个数为( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选B 若A>0，则最大值是A，若A<0，则最大值是－A，故①不正确；由题图可知，函数f(x)的最小正周期T＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)－\f(1,4)))＝2，故②正确；因为函数f(x)的图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，0))和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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 \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)＋\f(5,4)))＋eq \f(kT,2)＝eq \f(3,4)＋k(k∈Z)，而eq \f(3,4)＋k＝－eq \f(1,2)无整数解，故直线x＝－eq \f(1,2)不是函数f(x)图象的对称轴，故③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④正确．故选B.
5．若函数y＝sin2x＋acs x＋eq \f(5,8)a－eq \f(3,2)在闭区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的最大值是1，则实数a的值为________．
解析：y＝1－cs2x＋acs x＋eq \f(5,8)a－eq \f(3,2)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs x－\f(a,2)))2＋eq \f(a2,4)＋eq \f(5,8)a－eq \f(1,2).∵0≤x≤eq \f(π,2)，∴0≤cs x≤1.
①若eq \f(a,2)>1，即a>2，则当cs x＝1时，ymax＝a＋eq \f(5,8)a－eq \f(3,2)＝1⇒a＝eq \f(20,13)<2(舍去)；
②若0≤eq \f(a,2)≤1，即0≤a≤2，则当cs x＝eq \f(a,2)时，ymax＝eq \f(a2,4)＋eq \f(5,8)a－eq \f(1,2)＝1，∴a＝eq \f(3,2)或a＝－4<0(舍去)；
③若eq \f(a,2)<0，即a<0，则当cs x＝0时，ymax＝eq \f(5,8)a－eq \f(1,2)＝1⇒a＝eq \f(12,5)>0(舍去)．
答案：eq \f(3,2)
6．已知函数f(x)＝eq \r(2)asin(πωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a≠0，ω>0，|φ|≤\f(π,2)))，直线y＝a与f(x)的图象的相邻两个交点的横坐标分别是2和4，现有如下命题：
①该函数在[2,4]上的值域是[a，eq \r(2)a]；
②在[2,4]上，当且仅当x＝3时函数取得最大值；
③该函数的最小正周期可以是eq \f(8,3)；
④f(x)的图象可能过原点．
其中是真命题的为________(写出序号即可)．
解析：对于①，∵直线y＝a与函数f(x)＝eq \r(2)asin(πωx＋φ)的图象的相邻两个交点的横坐标分别为2和4，∴结合图象可以看出，当a>0时，f(x)在[2,4]上的值域为[a，eq \r(2)a]，当a<0时，f(x)在[2,4]上的值域为[eq \r(2)a，a]，①错误；
对于②，根据三角函数图象的对称性，显然x＝2和x＝4的中点是x＝3，即当a>0时，f(x)在x＝3处有最大值f(3)＝eq \r(2)a，当a<0时，f(x)在x＝3处有最小值f(3)＝eq \r(2)a，②错误；
对于③，∵函数f(x)＝eq \r(2)asin(πωx＋φ)的最小正周期T＝eq \f(2π,πω)＝eq \f(2,ω)，当ω＝eq \f(3,4)时，T＝eq \f(8,3)>4－2＝2，因此f(x)的最小正周期可以是eq \f(8,3)，③正确；
对于④，f(0)＝eq \r(2)asin φ，令f(0)＝0，得φ＝0，此时f(x)＝eq \r(2)asin πωx，
由eq \r(2)asin πωx＝a得sin πωx＝eq \f(\r(2),2)，
则πωx＝2kπ＋eq \f(π,4)(k∈Z)或πωx＝2kπ＋eq \f(3π,4)(k∈Z)，
∴x＝eq \f(2k＋\f(1,4),ω)(k∈Z)或x＝eq \f(2k＋\f(3,4),ω)(k∈Z)，
∵直线y＝a与函数f(x)＝eq \r(2)asin(πωx＋φ)的图象的相邻两个交点的横坐标分别为2和4，
∴令eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(2k＋\f(1,4),ω)＝2，,\f(2k＋\f(3,4),ω)＝4，))解得k＝eq \f(1,8)∉Z，即不存在这样的k符合题意，④错误．
综上，只有③正确．
答案：③