高三数学一轮复习： 第3章 第4节 课时分层训练20

这是一份高三数学一轮复习： 第3章 第4节 课时分层训练20，共7页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
A组 基础达标
(建议用时：30分钟)
一、选择题
1．为了得到函数y＝sin 3x＋cs 3x的图象，可以将函数y＝eq \r(,2)cs 3x的图象
( )
【导学号：01772120】
A．向右平移eq \f(π,12)个单位 B.向右平移eq \f(π,4)个单位
C．向左平移eq \f(π,12)个单位 D.向左平移eq \f(π,4)个单位
A [由于y＝sin 3x＋cs 3x＝eq \r(,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x＋\f(π,4)))，y＝eq \r(,2)cs 3x＝eq \r(,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x＋\f(π,2)))，因此只需将y＝eq \r(,2)cs 3x的图象向右平移eq \f(π,12)个单位，即可得到y＝eq \r(,2)sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,12)))＋\f(π,2)))＝eq \r(,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x＋\f(π,4)))的图象．]
2．(2017·成都二诊)将函数f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))图象上所有点的横坐标缩短为原来的eq \f(1,2)，纵坐标不变，得到函数g(x)的图象，则函数g(x)的解析式为( )
A．g(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3))) B.g(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))
C．g(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)＋\f(π,3))) D.g(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)＋\f(π,6)))
B [由图象变换规则可得g(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))，故选B.]
3．函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω＞0，－\f(π,2)＜φ＜\f(π,2)))的部分图象如图3­4­5所示，则ω，φ的值分别是( )
图3­4­5
A．2，－eq \f(π,3)B．2，－eq \f(π,6)
C．4，－eq \f(π,6)D．4，eq \f(π,3)
A [∵eq \f(T,2)＝eq \f(11,12)π－eq \f(5,12)π，∴T＝π.由T＝eq \f(2π,ω)＝π，得ω＝2.∵eq \f(5π,12)×2＋φ＝eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，∴φ＝－eq \f(π,3)＋2kπ.又∵φ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，∴φ＝－eq \f(π,3).]
4．已知函数f(x)＝eq \r(,3)sin ωx＋cs ωx(ω＞0)，y＝f(x)的图象与直线y＝2的两个相邻交点的距离等于π，则f(x)的单调递增区间是( )
【导学号：01772121】
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))，k∈ZB.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(5π,12)，kπ＋\f(11π,12)))，k∈Z
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,3)，kπ＋\f(π,6)))，k∈ZD.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(π,6)，kπ＋\f(2π,3)))，k∈Z
C [由题设知f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))，f(x)的周期为T＝π，所以ω＝2，
由2kπ－eq \f(π,2)≤2x＋eq \f(π,6)≤2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z得，kπ－eq \f(π,3)≤x≤kπ＋eq \f(π,6)，k∈Z.]
5．(2016·全国卷Ⅱ)若将函数y＝2sin 2x的图象向左平移eq \f(π,12)个单位长度，则平移后图象的对称轴为( )
A．x＝eq \f(kπ,2)－eq \f(π,6)(k∈Z) B.x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,6)(k∈Z)
C．x＝eq \f(kπ,2)－eq \f(π,12)(k∈Z) D.x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,12)(k∈Z)
B [将函数y＝2sin 2x的图象向左平移eq \f(π,12)个单位长度，得到函数y＝2sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,12)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))的图象．由2x＋eq \f(π,6)＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，得x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,6)(k∈Z)，即平移后图象的对称轴为x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,6)(k∈Z)．]
二、填空题
6．若函数f(x)＝eq \r(,3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,3)))(ω＞0)的最小正周期为eq \f(π,2)，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝________.
【导学号：01772122】
0 [由f(x)＝eq \r(,3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,3)))(ω＞0)的最小正周期为eq \f(π,2)，得ω＝4，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝eq \r(,3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4×\f(π,3)－\f(π,3)))＝0.]
7．已知函数y＝cs x与y＝sin(2x＋φ)(0≤φ＜π)，它们的图象有一个横坐标为eq \f(π,3)的交点，则φ的值是________．
eq \f(π,6) [由题意cs eq \f(π,3)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,3)＋φ))，
即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)＋φ))＝eq \f(1,2)，eq \f(2π,3)＋φ＝kπ＋(－1)k·eq \f(π,6)(k∈Z)．因为0≤φ＜π，所以φ＝eq \f(π,6).]
8．电流强度I(安)随时间t(秒)变化的函数I＝Asin(ωt＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＞0，ω＞0，0＜φ＜\f(π,2)))的图象如图3­4­6所示，则当t＝eq \f(1,100)秒时，电流强度是________安．
图3­4­6
－5 [由图象知A＝10，eq \f(T,2)＝eq \f(4,300)－eq \f(1,300)＝eq \f(1,100)，
∴ω＝eq \f(2π,T)＝100π，∴I＝10sin(100πt＋φ)．
∵图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,300)，10))，
∴10sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(100π×\f(1,300)＋φ))＝10，
∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋φ))＝1，eq \f(π,3)＋φ＝2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，
∴φ＝2kπ＋eq \f(π,6)，k∈Z.又∵0＜φ＜eq \f(π,2)，∴φ＝eq \f(π,6)，
∴I＝10sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(100πt＋\f(π,6)))，
当t＝eq \f(1,100)秒时，I＝－5安．]
三、解答题
9．已知函数f(x)＝eq \r(,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))＋1.
(1)求它的振幅、最小正周期、初相；
(2)画出函数y＝f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上的图象．
[解] (1)振幅为eq \r(,2)，最小正周期T＝π，初相为－eq \f(π,4).5分
(2)图象如图所示．
12分
10．已知函数y＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)的图象过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，0))，图象上与点P最近的一个最高点是Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，5)).
(1)求函数的解析式；
(2)求函数f(x)的递增区间．
[解] (1)依题意得A＝5，周期T＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－\f(π,12)))＝π，2分
∴ω＝eq \f(2π,π)＝2.故y＝5sin(2x＋φ)，又图象过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，0))，4分
∴5sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋φ))＝0，由已知可得eq \f(π,6)＋φ＝0，∴φ＝－eq \f(π,6)，
∴y＝5sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6))).6分
(2)由－eq \f(π,2)＋2kπ≤2x－eq \f(π,6)≤eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，
得－eq \f(π,6)＋kπ≤x≤eq \f(π,3)＋kπ，k∈Z，10分
故函数f(x)的递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,6)，kπ＋\f(π,3)))(k∈Z).12分
B组 能力提升
(建议用时：15分钟)
1．(2016·北京高考)将函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))图象上的点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，t))向左平移s(s>0)个单位长度得到点P′.若P′位于函数y＝sin 2x的图象上，则( )
A．t＝eq \f(1,2)，s的最小值为eq \f(π,6)
B．t＝eq \f(\r(3),2)，s的最小值为eq \f(π,6)
C．t＝eq \f(1,2)，s的最小值为eq \f(π,3)
D．t＝eq \f(\r(3),2)，s的最小值为eq \f(π,3)
A [因为点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，t))在函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))的图象上，所以t＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,4)－\f(π,3)))＝sineq \f(π,6)＝eq \f(1,2).所以Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(1,2))).将点P向左平移s(s>0)个单位长度得P′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－s，\f(1,2))).
因为P′在函数y＝sin 2x的图象上，所以sin 2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－s))＝eq \f(1,2)，即cs 2s＝eq \f(1,2)，所以2s＝2kπ＋eq \f(π,3)或2s＝2kπ＋eq \f(5,3)π，即s＝kπ＋eq \f(π,6)或s＝kπ＋eq \f(5π,6)(k∈Z)，所以s的最小值为eq \f(π,6).]
2．若函数y＝cs 2x＋eq \r(,3)sin 2x＋a在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上有两个不同的零点，则实数a的取值范围为________．

【导学号：01772123】
(－2，－1] [由题意可知y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＋a，该函数在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上有两个不同的零点，即y＝－a，y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上有两个不同的交点．
结合函数的图象可知1≤－a＜2，所以－2＜a≤－1.]
3.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3­4­7所示．
图3­4­7
(1)求f(x)的解析式；
(2)设g(x)＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,12)))))2，
求函数g(x)在x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,3)))上的最大值，并确定此时x的值．
[解] (1)由题图知A＝2，eq \f(T,4)＝eq \f(π,3)，则eq \f(2π,ω)＝4×eq \f(π,3)，2分
∴ω＝eq \f(3,2).
又feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))＝2sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,2)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))＋φ))
＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)＋φ))＝0，
∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(φ－\f(π,4)))＝0.4分
∵0＜φ＜eq \f(π,2)，
∴－eq \f(π,4)＜φ－eq \f(π,4)＜eq \f(π,4)，
∴φ－eq \f(π,4)＝0，即φ＝eq \f(π,4)，
∴f(x)的解析式为f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)x＋\f(π,4))).6分
(2)由(1)可得feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,12)))＝2sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,12)))＋\f(π,4)))
＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)x＋\f(π,8)))，8分
∴g(x)＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,12)))))2＝4×eq \f(1－cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x＋\f(π,4))),2)
＝2－2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x＋\f(π,4))).10分
∵x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,3)))，∴－eq \f(π,4)≤3x＋eq \f(π,4)≤eq \f(5π,4)，
∴当3x＋eq \f(π,4)＝π，即x＝eq \f(π,4)时，g(x)max＝4. 12分