2025版高考数学全程一轮复习课后定时检测练习32三角函数中有关ω的范围问题（Word版附解析）

这是一份2025版高考数学全程一轮复习课后定时检测练习32三角函数中有关ω的范围问题（Word版附解析），共8页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

1．已知函数f(x)＝sin (ωx－eq \f(π,3))(ω>0，x∈[0，π])的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，1))，则ω的取值范围是( )
A．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(5,3)))B．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5,6)，1))
C．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5,6)，\f(5,3)))D．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(5,3)))
2．若函数y＝eq \r(3)csωx－sinωx(ω>0)在区间(－eq \f(π,3)，0)上恰有唯一对称轴，则ω的取值范围为( )
A．[eq \f(1,2)，eq \f(7,2)) B．(eq \f(1,3)，eq \f(7,6)]
C．(eq \f(1,3)，eq \f(7,3)] D．(eq \f(1,2)，eq \f(7,2)]
3．[2024·山东历城二中模拟]已知函数f(x)＝cs (ωx＋eq \f(π,3))(ω>0)在(0，eq \f(π,2))上仅有一个零点，则ω的取值范围是( )
A．[0，1] B．(eq \f(1,3)，eq \f(7,3)]
C．(0，eq \f(1,3)] D．(eq \f(2,3)，1)
4．已知函数f(x)＝sin (ωx＋φ)(ω>0，|φ|A．(－eq \f(π,2)，－eq \f(π,6)) B．(－eq \f(π,2)，eq \f(π,6)]
C．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，－\f(π,10)))D．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,2)))
5．已知函数f(x)＝eq \f(1,2)sinωx－eq \f(\r(3),2)csωx(ω>0)，x∈R，若f(x)在区间(π，2π)上没有零点，则ω的取值范围是( )
A．(0，eq \f(1,6)] B．(0，eq \f(1,3)]∪[eq \f(2,3)，1]
C．(0，eq \f(2,3)] D．(0，eq \f(1,6)]∪[eq \f(1,3)，eq \f(2,3)]
6．[2024·广东河源模拟]已知函数f(x)＝sin (ωx＋eq \f(π,6))(ω>0)在区间(0，eq \f(π,2))内有最大值，但无最小值，则ω的取值范围是( )
A．(eq \f(2,3)，eq \f(8,3)] B．[eq \f(1,6)，eq \f(5,6))
C．(eq \f(2,3)，eq \f(5,6)] D．[eq \f(1,6)，eq \f(8,3))
二、多项选择题
7．[2024·河北秦皇岛模拟]已知函数f(x)＝sin (ωx＋φ)(ω>0)是在区间(eq \f(π,18)，eq \f(5π,36))上的单调减函数，其图象关于直线x＝－eq \f(π,36)对称，且f(eq \f(π,12))＋f(eq \f(π,9))＝0，则ω的值可以是( )
A．4B．12
C．2D．8
三、填空题
8．[2024·安徽马鞍山模拟]已知函数f(x)＝cs (ωx＋eq \f(π,3))(ω>0)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(3π,4)))上单调递减，则实数ω的取值范围为____________．
9．[2024·福建泉州模拟]函数f(x)＝sin (ωx－eq \f(π,6))(ω>0)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))上存在最小值－1，则实数ω的取值范围是____________．
10．[2024·山东淄博模拟]设函数f(x)＝sin (ωx＋eq \f(π,4))(ω>0)在(eq \f(π,6)，eq \f(π,3))上恰有2个零点，且f(x)的图象在(eq \f(π,6)，eq \f(π,3))上恰有2个最高点，则ω的取值范围是____________．
课后定时检测案32 三角函数中有关ω的范围问题
1．解析：因为x∈[0，π]，可得ωx－eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，ωπ－\f(π,3)))，
因为函数f(x)＝sin (ωx－eq \f(π,3))的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，1))，
所以ωπ－eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(4π,3)))，解得ω∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5,6)，\f(5,3))).故选C.
答案：C
2．解析：y＝eq \r(3)csωx－sinωx＝2cs (ωx＋eq \f(π,6))，
因为x∈(－eq \f(π,3)，0)，ω>0，所以ωx＋eq \f(π,6)∈(－eq \f(ωπ,3)＋eq \f(π,6)，eq \f(π,6))，
因为y＝2cs (ωx＋eq \f(π,6))在区间(－eq \f(π,3)，0)上恰有唯一对称轴，故－eq \f(ωπ,3)＋eq \f(π,6)∈[－π，0)，解得ω∈(eq \f(1,2)，eq \f(7,2)].故选D.
答案：D
3．解析：由x∈(0，eq \f(π,2))，可得ωx＋eq \f(π,3)∈(eq \f(π,3)，eq \f(ωπ,2)＋eq \f(π,3))，由余弦函数图象可得要使仅有一个零点，则eq \f(π,2)答案：B
4．解析：因为f(x)的最小正周期为π且ω>0，所以ω＝eq \f(2π,T)＝2，则f(x)＝sin (2x＋φ).
令2x＋φ＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，求得图象的对称轴为直线x＝eq \f(\f(π,2)－φ＋kπ,2)，k∈Z.
因为f(x)是(eq \f(π,3)，eq \f(4π,5))上的单调函数，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(\f(π,2)－φ＋kπ,2)≤\f(π,3),\f(\f(π,2)－φ＋（k＋1）π,2)≥\f(4π,5)))，k∈Z，
化简得－eq \f(π,6)＋kπ≤φ≤－eq \f(π,10)＋kπ，k∈Z，
因为|φ|答案：C
5．解析：f(x)＝eq \f(1,2)sinωx－eq \f(\r(3),2)csωx＝sin (ωx－eq \f(π,3))，ω>0，
x∈(π，2π)时，ωx－eq \f(π,3)∈(ωπ－eq \f(π,3)，2ωπ－eq \f(π,3))，
要想f(x)在区间x∈(π，2π)内无零点，
则要满足eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(kπ≤ωπ－\f(π,3),2ωπ－\f(π,3)≤kπ＋π))，k∈Z，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ω≥k＋\f(1,3),ω≤\f(k,2)＋\f(2,3),ω>0))，k∈Z，
要想不等式组有解，则要eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(k＋\f(1,3)<\f(k,2)＋\f(2,3),\f(k,2)＋\f(2,3)>0))，k∈Z，解得－eq \f(4,3)当k＝－1时，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ω≥－\f(2,3),ω≤\f(1,6),ω>0))，解得ω∈(0，eq \f(1,6)]，
当k＝0时，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ω≥\f(1,3),ω≤\f(2,3),ω>0))，解得ω∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(2,3)))，
则ω的取值范围是(0，eq \f(1,6)]∪eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(2,3))).故选D.
答案：D
6．解析：因为ω>0，所以当0则有eq \f(π,6)<ωx＋eq \f(π,6)因为f(x)在区间(0，eq \f(π,2))内有最大值，但无最小值，
结合函数图象，得eq \f(π,2)解得eq \f(2,3)<ω≤eq \f(8,3)，故选A.
答案：A
7．解析：因为函数f(x)＝sin (ωx＋φ)的图象关于直线x＝－eq \f(π,36)对称，
所以－ω·eq \f(π,36)＋φ＝eq \f(π,2)＋nπ，n∈Z，所以φ＝(eq \f(1,2)＋eq \f(ω,36)＋n)π，n∈Z，
根据eq \f(π,18)因为f(x)＝sin (ωx＋φ)是在区间(eq \f(π,18)，eq \f(5π,36))上的单调减函数，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(ωπ,18)＋φ≥\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，,\f(5ωπ,36)＋φ≤\f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，))
⇔eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(ωπ,18)＋（\f(1,2)＋\f(ω,36)＋n）π≥\f(π,2)＋2kπ，n∈Z，k∈Z，,\f(5ωπ,36)＋（\f(1,2)＋\f(ω,36)＋n）π≤\f(3π,2)＋2kπ，n∈Z，k∈Z，))
12(2k－n)≤ω≤6(2k－n＋1)，n∈Z，k∈Z，
因为ω>0，所以2k－n＝0或2k－n＝1，
当2k－n＝0时，0<ω≤6，
当2k－n＝1时，12≤ω≤12；
由于eq \f(π,18)且f(eq \f(π,12))＋f(eq \f(π,9))＝0，
所以feq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)（\f(π,12)＋\f(π,9)）))＝f(eq \f(7π,72))＝0，
所以ω×eq \f(7π,72)＋φ＝(2m＋1)π，m∈Z，ω×eq \f(7π,72)＋(eq \f(1,2)＋eq \f(ω,36)＋n)π＝(2m＋1)π，m∈Z，n∈Z，
ω＝8(2m－n)＋4，m∈Z，n∈Z，
根据0<ω≤6或12≤ω≤12，
可得ω＝4，或ω＝12.故选AB.
答案：AB
8．解析：由题意有eq \f(3π,4)－eq \f(π,4)＝eq \f(π,2)≤eq \f(T,2)＝eq \f(π,ω)，可得0<ω≤2，
又由eq \f(π,3)故实数ω的取值范围为(0，eq \f(8,9)].
答案：(0，eq \f(8,9)]
9．解析：因为x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))，ω>0，
所以ωx－eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,3)ω－\f(π,6)))，
因为函数f(x)＝sin (ωx－eq \f(π,6))(ω>0)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))上存在最小值－1，
所以eq \f(π,3)ω－eq \f(π,6)≥eq \f(3π,2)，解得ω≥5，
所以实数ω的取值范围是[5，＋∞).
答案：[5，＋∞)
10．解析：因为x∈(eq \f(π,6)，eq \f(π,3))，ω>0，则ωx＋eq \f(π,4)∈(eq \f(ωπ,6)＋eq \f(π,4)，eq \f(ωπ,3)＋eq \f(π,4))，
而函数f(x)在(eq \f(π,6)，eq \f(π,3))上恰有2个零点，且f(x)的图象在(eq \f(π,6)，eq \f(π,3))上恰有2个最高点，
因此eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2kπ≤\f(ωπ,6)＋\f(π,4)<2kπ＋\f(π,2)，,2kπ＋\f(5π,2)<\f(ωπ,3)＋\f(π,4)≤2kπ＋3π，))k∈Z，
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(12k－\f(3,2)≤ω<12k＋\f(3,2)，,6k＋\f(27,4)<ω≤6k＋\f(33,4)，))k∈Z，
当k<0时，不符合题意，
当k＝0时，不等式组为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)≤ω<\f(3,2),\f(27,4)<ω≤\f(33,4)))，不等式组无解，
当k＝1时，不等式组为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(21,2)≤ω<\f(27,2),\f(51,4)<ω≤\f(57,4)))，解得eq \f(51,4)<ω当k≥2时，不等式组无解，
所以ω的取值范围是(eq \f(51,4)，eq \f(27,2)).
答案：(eq \f(51,4)，eq \f(27,2))