高三数学（基础+难点）函数y＝Asinωx＋φ的图象及三角函数模型的简单应用试卷

这是一份高三数学（基础+难点）函数y＝Asinωx＋φ的图象及三角函数模型的简单应用试卷，共6页。试卷主要包含了给定性质等内容，欢迎下载使用。

(时间：45分钟 分值：100分)
1．给定性质：a：最小正周期为π；b：图象关于直线x＝eq \f(π,3)对称．则下列四个函数中，同时具有性质ab的是________．
①y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)＋\f(π,6)))；②y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))；
③y＝sin|x|；④y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6))).
2．若函数f(x)＝2sinωx(ω>0)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(2π,3)，\f(2π,3)))上单调递增，则ω的最大值为________．
3．有一种波，其波形为函数y＝sineq \f(π,2)x的图象，若在区间[0，t]上至少有2个波峰(图象的最高点)，则正整数t的最小值是________．
4．已知函数f(x)＝asin2x＋cs2x(a∈R)图象的一条对称轴方程为x＝eq \f(π,12)，则a的值为________．
5．已知函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))(ω＞0)，将函数y＝f(x)的图象向右平移eq \f(2,3)π个单位长度后，所得图象与原函数图象重合，则ω的最小值等于( )
A.eq \f(1,3) B．3
C．6 D．9
6．函数y＝sin3x的图象可以由函数y＝cs3x的图象( )
A．向左平移eq \f(π,2)个单位得到
B．向右平移eq \f(π,2)个单位得到
C．向左平移eq \f(π,3)个单位得到
D．向右平移eq \f(π,3)个单位得到
7. 如果函数y＝cs(2x＋φ)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4π,3)，0))中心对称，那么|φ|的最小值为( )
A.eq \f(π,6) B.eq \f(π,4)
C.eq \f(π,3) D.eq \f(π,2)
8．已知ω>0，函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,4)))在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))单调递减，则ω的取值范围是( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(5,4)))
B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(3,4)))
C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))
D．(0，2]
9．函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(其中A>0，|φ|<\f(π,2)))的部分图象如图K20－1所示，为了得到g(x)＝sin2x的图象，则只要将f(x)的图象( )
图K20－1
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,6)个单位长度
D．向左平移eq \f(π,12)个单位长度
10．已知函数y＝sin(ωx＋φ)(ω>0，－π≤φ<π)的图象如图K20－2所示，则φ＝________.
图K20－2
11．当函数y＝sinx－eq \r(3)csx(0≤x<2π)取得最大值时，x＝________．
12．若将函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(5π,6)))(ω>0)的图象向右平移eq \f(π,3)个单位长度后，与函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,4)))的图象重合，则ω的最小值为________．
13．若eq \f(π,4)14．(10分)如图K20－3是某简谐运动的一段图象，它的函数模型是f(x)＝Asin(ωx＋φ)(x≥0)，其中A>0，ω>0，－eq \f(π,2)<φ(1)根据图象求函数y＝f(x)的解析式；
(2)将函数y＝f(x)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＝g(x)的图象，求函数y＝g(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上的最大值和最小值．
图K20－3
15．(13分)设函数f(x)＝a·b，其中向量a＝(2csx，1)，b＝(csx，eq \r(3)sin2x＋m)．
(1)求函数f(x)的最小正周期和在[0，π]上的单调递增区间；
(2)当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))时，f(x)的最大值为4，求m的值．
eq \a\vs4\al\c1(难点突破)
16．(12分)如图K20－4是某简谐运动的一段图象，其函数模型是f(x)＝Asin(ωx＋φ)(x≥0)，其中A>0，ω>0，－eq \f(π,2)<φ(1)根据图象求函数y＝f(x)的解析式；
(2)若函数g(x)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))，实数α满足0<α<π，且eq \i\in(α,π,)g(x)dx＝3，求α的值．
图K20－4
1．④ [解析] ④中，∵T＝eq \f(2π,2)＝π，又2×eq \f(π,3)－eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)，所以x＝eq \f(π,3)为其对称轴．
2.eq \f(3,4) [解析] 由题意，得eq \f(4,3)π≤eq \f(T,2)，即eq \f(4,3)π≤eq \f(π,ω)，∴0<ω≤eq \f(3,4)，则ω的最大值为eq \f(3,4).
3．5 [解析] 函数y＝sineq \f(π,2)x的周期T＝4，若在区间[0，t]上至少出现两个波峰，则t≥eq \f(5,4)T＝5.
4.eq \f(\r(3),3) [解析] ∵x＝eq \f(π,12)是对称轴，∴f(0)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))，即cs0＝asineq \f(π,3)＋cseq \f(π,3)，∴a＝eq \f(\r(3),3).
【能力提升】
5．B [解析] f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))(ω＞0)向右平移eq \f(2,3)π个单位长度得f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(2πω,3)＋\f(π,3)))，所以－eq \f(2πω,3)＝2kπ，ωmin＝3.选B.
6．A [解析] 本题主要考查三角函数图象的变换．属于基础知识、基本运算的考查．
y＝sin3x＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)＋3x))＝cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,2)))))，故函数y＝cs3x的图象向左平移eq \f(π,2)个单位得到y＝sin3x.
7．A [解析] 由对称中心可知eq \f(4π,3)×2＋φ＝eq \f(π,2)＋kπ，
即φ＝eq \f(π,2)＋kπ－eq \f(8π,3)＝(k－2)π－eq \f(π,6)，显然当k＝2时，|φ|min＝eq \f(π,6)，选A.
8．A [解析] 因为当ω＝1时，函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,4)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上是单调递减的，故排除B，C项；当ω＝2时，函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,4)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上不是单调递减的，故排除D项．故选A.
9．A [解析] 函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))，为了得到g(x)＝sin2x的图象，则只要将f(x)的图象向右平移eq \f(π,6)个单位长度，故选A.
10.eq \f(9π,10) [解析] 由图象知函数y＝sin(ωx＋φ)的周期为2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2π－\f(3π,4)))＝eq \f(5π,2)，∴eq \f(2π,ω)＝eq \f(5π,2)，∴ω＝eq \f(4,5).
∵当x＝eq \f(3,4)π时，y有最小值－1，
因此eq \f(4,5)×eq \f(3π,4)＋φ＝2kπ－eq \f(π,2)(k∈Z)．
∵－π≤φ<π，∴φ＝eq \f(9π,10).
11.eq \f(5π,6) [解析] 本小题主要考查利用三角函数的两角和与差公式变形求最值，解题的突破口为化为振幅式并注意定义域．
函数可化为y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))，由x∈[0，2π)得x－eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(5π,3)))，∴x－eq \f(π,3)＝eq \f(π,2)时，即x＝eq \f(5π,6)时，函数有最大值2，故填eq \f(5π,6).
12.eq \f(7,4) [解析] 依题意，将函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(5π,6)))(ω>0)的图象向右平移eq \f(π,3)个单位长度后，所对应的函数是y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(5π,6)－\f(π,3)ω))(ω>0)，它的图象与函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,4)))的图象重合，所以eq \f(5π,6)－eq \f(π,3)ω＝eq \f(π,4)＋2kπ(k∈Z)，解得ω＝eq \f(7,4)－6k(k∈Z)．因为ω>0，所以ωmin＝eq \f(7,4).
13．－8 [解析] eq \f(π,4)1，令tan2x－1＝t>0，则y＝tan2xtan3x＝eq \f(2tan4x,1－tan2x)＝eq \f(2（t＋1）2,－t)＝－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t＋\f(1,t)＋2))≤－8，当且仅当t＝eq \f(1,t)，即t＝1，即tanx＝eq \r(2)时取等号，故填－8.
14．解：(1)由函数图象及函数模型f(x)＝Asin(ωx＋φ)知A＝2；
由eq \f(2π,ω)＝T＝eq \f(13π,3)－eq \f(π,3)＝4π，得ω＝eq \f(1,2)，
由最高点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)π，2))得，eq \f(1,2)×eq \f(4π,3)＋φ＝2kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，
∴φ＝－eq \f(π,6)＋2kπ(k∈Z)，又－eq \f(π,2)<φ∴φ＝－eq \f(π,6).
∴所求函数解析式为y＝f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x－\f(π,6)))(x≥0)．
(2)方法一：将y＝f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x－\f(π,6)))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y＝g(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))的图象，
∵eq \f(π,2)≤x≤π，∴eq \f(π,3)≤x－eq \f(π,6)≤eq \f(5π,6)，
当x－eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)，即x＝eq \f(2π,3)时，g(x)有最大值2；
当x－eq \f(π,6)＝eq \f(5π,6)，即x＝π时，g(x)有最小值1.
方法二：将y＝f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x－\f(π,6)))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y＝g(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))的图象，
令t＝x－eq \f(π,6)，∵函数y＝2sint的单调递增区间是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)＋2kπ，\f(π,2)＋2kπ))，k∈Z，
由－eq \f(π,2)＋2kπ≤x－eq \f(π,6)≤eq \f(π,2)＋2kπ，得－eq \f(π,3)＋2kπ≤x≤eq \f(2π,3)＋2kπ，k∈Z，
设A＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，B＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)＋2kπ≤x≤\f(2π,3)))＋2kπ，k∈Z))，
则A∩B＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(2π,3)))，
∴函数y＝g(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(2π,3)))上单调递增，
同理可得，函数y＝g(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，π))上单调递减．
又∵geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝eq \r(3)，geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)))＝2，g(π)＝1，
∴函数y＝g(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上的最大值为2，最小值为1.
15．解：(1)∵f(x)＝a·b＝2cs2x＋eq \r(3)sin2x＋m
＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＋m＋1，
∴函数f(x)的最小正周期T＝eq \f(2π,2)＝π.
令－eq \f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq \f(π,6)≤eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，得－eq \f(π,3)＋kπ≤x≤eq \f(π,6)＋kπ，k∈Z，故f(x)的单调增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)＋kπ，\f(π,6)＋kπ))，k∈Z.因此f(x)在[0，π]上的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))，eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，π)).
(2)当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))时，∵f(x)单调递增，∴当x＝eq \f(π,6)时，f(x)取得最大值为m＋3，即m＋3＝4，解之得m＝1，∴m的值为1.
【难点突破】
16．解：(1)由函数图象及函数模型f(x)＝Asin(ωx＋φ)，知A＝2；
由eq \f(1,2)T＝eq \f(7π,6)－eq \f(π,6)＝π，得T＝2π，
∴ω＝eq \f(2π,T)＝1，即f(x)＝2sin(x＋φ)，
把(0，－1)代入上式，得sinφ＝－eq \f(1,2)，
∵－eq \f(π,2)<φ∴所求函数的解析式为y＝f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6))).
(2)由(1)知g(x)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))＝2sinx，
∵eq \i\in(α,π,)g(x)dx＝3，∴eq \i\in(α,π,)2sinxdx＝－2csxeq \b\lc\ \rc\|(\a\vs4\al\c1( , )))eq \s\up12(π)α＝－2csπ－(－2csα)＝3，解得csα＝eq \f(1,2)，
又实数α满足0<α<π，则所求α的值为eq \f(π,3).