2025版高考数学一轮总复习第4章三角函数解三角形第5讲函数y＝Asinωx+φ的图象及应用提能训练

这是一份2025版高考数学一轮总复习第4章三角函数解三角形第5讲函数y＝Asinωx+φ的图象及应用提能训练，共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．(2024·永州模拟)函数y＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))的部分图象大致是( A )
[解析] 由y＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))可知，函数的最大值为2，故排除D；又因为函数图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，0))，故排除B；又因为函数图象过点(0，eq \r(3))，故排除C．故选A．
2．为了得到函数g(x)＝sin x的图象，需将函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－x))的图象( D )
A．向左平移eq \f(π,6)个单位长度
B．向右平移eq \f(π,6)个单位长度
C．向左平移eq \f(5π,6)个单位长度
D．向右平移eq \f(5π,6)个单位长度
[解析] f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－x))＝－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)＋π))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(5π,6)))，由f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(5π,6)))的图象得到函数g(x)＝sin x的图象，向右平移eq \f(5π,6)个单位长度即可．故选D．
3．(2022·西安五校联考)将函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))的图象上各点的纵坐标不变，横坐标伸长到原来的2倍，再向右平移eq \f(π,4)个单位长度，所得到的图象的解析式是( A )
A．y＝sin x B．y＝cs x
C．y＝sin 4x D．y＝cs 4x
[解析] 将函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))的图象上各点的纵坐标不变，横坐标伸长到原来的2倍，得到函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))的图象，再向右平移eq \f(π,4)个单位长度，得到函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)＋\f(π,4)))＝sin x的图象．
4．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( D )
A．－eq \r(3) B．eq \f(\r(3),3)
C．1 D．eq \r(3)
[解析] 由题意可知该函数的周期为eq \f(π,2)，
∴eq \f(π,ω)＝eq \f(π,2)，ω＝2，f(x)＝tan 2x.
∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝tan eq \f(π,3)＝eq \r(3).
5．(2023·张家界模拟)函数y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，|φ|0)的部分图象如图所示，则( A )
A．y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6))) B．y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))
C．y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6))) D．y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))
[解析] 根据函数y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0，|φ|0)，∵函数f(x)图象的相邻两条对称轴之间的距离为eq \f(π,2)，∴函数的最小正周期是eq \f(π,2)×2＝π，∴T＝π＝eq \f(2π,ω)，∴ω＝2，f(x)＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))，∵feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3π,8)))＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3π,4)－\f(π,4)))＝eq \r(2)sin(－π)＝0，∴f(x)关于eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3π,8)，0))对称，故A正确；由－eq \f(π,2)＋2kπ≤2x－eq \f(π,4)≤eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，解得－eq \f(π,8)＋kπ≤x≤eq \f(3π,8)＋kπ，k∈Z，所以f(x)的一个单调增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,8)，\f(3π,8)))，而eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(π,4)))⊆eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,8)，\f(3π,8)))，∴f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(π,4)))上单调递增，故B正确；当0≤x≤eq \f(π,2)时，有0≤2x≤π，则－eq \f(π,4)≤2x－eq \f(π,4)≤eq \f(3,4)π，所以－eq \f(\r(2),2)≤sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))≤1，∴f(x)∈[－1，eq \r(2)]，故C错误；将f(x)的图象向右平移eq \f(π,8)个单位长度得到y＝eq \r(2)sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,8)))－\f(π,4)))＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,2)))＝－eq \r(2)cs 2x关于y轴对称，故D正确．故选C．
7．已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A>0，ω>0，|φ|0)个单位长度后，所得到的函数g(x)的图象关于原点对称，则m的值可能为( B )
A．eq \f(π,6) B．eq \f(π,2)
C．π D．eq \f(3π,2)
[解析] 利用图象求出函数f(x)的解析式，利用三角函数图象变换可得出函数g(x)的解析式，利用函数g(x)的对称性可求得m的表达式，即可得出结果．由图可得A＝3，函数f(x)的最小正周期为T＝4eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(π－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)))))＝6π，则ω＝eq \f(2π,6π)＝eq \f(1,3)，因为f(0)＝3sin φ＝eq \f(3,2)，可得sin φ＝eq \f(1,2)，因为－eq \f(π,2)0)的图象相邻两条对称轴之间的距离是eq \f(π,2)，则该函数的一个单调递增区间为( A )
A．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,6))) B．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(5π,12)，\f(π,12)))
C．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(2π,3))) D．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))
[解析] 根据已知得f(x)＝eq \r(3)sin ωx＋cs ωx＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)sin ωx＋\f(1,2)cs ωx))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6))).根据相邻两条对称轴之间的距离是eq \f(π,2)，得T＝π，所以eq \f(2π,ω)＝π，即ω＝2，所以函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6))).再根据正弦函数的单调性可得该函数的单调递增区间是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)．令k＝0即可求得其一个单调递增区间是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,6))).故选A．
二、多选题
9．把函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))的图象向左平移φ(00)的大致图象，先由正弦函数的性质得AB＝T，CD＝2，再由正三角形的性质推得T＝eq \f(4,\r(3))，从而利用三角函数的周期公式即可得解．作出函数y＝sin ωx(ω>0)的大致图象，不妨取如图的相邻三个最值点，设其中两个最大值点为A，B，最小值点为C，过C作CD⊥AB交AB于D，如图，
根据正弦函数y＝sin ωx(ω>0)的性质可知AB＝T，CD＝2，因为△ABC是正三角形，所以CD＝ACsin eq \f(π,3)＝ABsin eq \f(π,3)＝eq \f(\r(3),2)T，故eq \f(\r(3),2)T＝2，则T＝eq \f(4,\r(3))，又ω>0，则T＝eq \f(2π,|ω|)＝eq \f(2π,ω )，故eq \f(2π,ω )＝eq \f(4,\r(3))，所以ω＝eq \f(\r(3),2)π.
14．(2023·新课标Ⅰ，15,5分)已知函数f(x)＝cs ωx－1(ω>0)在区间[0,2π]有且仅有3个零点，则ω的取值范围是 [2,3) .
[解析] 函数f(x)＝cs ωx－1(ω>0)在区间[0,2π]上有且仅有3个零点等价于方程cs ωx＝1(ω>0)在区间[0,2π]上有且仅有3个不等的实根，∴0≤x≤2π，∴0≤ωx≤2πω，∴4π≤2πω0)个单位得到g(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋2θ－\f(π,3)))＋1，
∵g(x)的一个对称中心eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,12)π，1))，
∴2×eq \f(5,12)π＋2θ－eq \f(π,3)＝kπ，k∈Z，∴θ＝eq \f(kπ,2)－eq \f(π,4)，k∈Z，
又∵θ>0，
∴θ的最小值为eq \f(π,4).
17．已知函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))＋cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))－2sin xcs x.
(1)求函数f(x)的最小正周期及对称轴方程；
(2)将函数y＝f(x)的图象向左平移eq \f(π,12)个单位，再将所得图象上各点的纵坐标不变、横坐标伸长为原来的2倍，得到函数y＝g(x)的图象，求y＝g(x)在[0,2π]上的单调递减区间．
[解析] (1)f(x)＝eq \f(1,2)sin 2x＋eq \f(\r(3),2)cs 2x＋eq \f(\r(3),2)cs 2x－eq \f(1,2)sin 2x－sin 2x，
f(x)＝eq \r(3)cs 2x－sin 2x＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)cs 2x－\f(1,2)sin 2x))
＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs 2xcs \f(π,6)－sin 2xsin \f(π,6)))＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))，
所以函数f(x)的最小正周期为π，
令2x＋eq \f(π,6)＝kπ，k∈Z，得函数f(x)的对称轴方程为x＝－eq \f(π,12)＋eq \f(kπ,2)，k∈Z.
(2)将函数y＝f(x)的图象向左平移eq \f(π,12)个单位后所得图象的解析式为
y＝2cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,12)))＋\f(π,6)))＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))，
所以g(x)＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(1,2)x＋\f(π,3)))＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))，
令2kπ≤x＋eq \f(π,3)≤π＋2kπ，所以－eq \f(π,3)＋2kπ≤x≤eq \f(2π,3)＋2kπ，k∈Z，又x∈[0,2π]，
所以y＝g(x)在[0,2π]上的单调递减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(2π,3)))，eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5π,3)，2π)).
B组能力提升
1．(2023·天津模拟)将函数y＝sin 2x的图象向左平移φeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0≤φ