数学文科练习：第一篇 第10练 三角函数的图象和性质

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精第10练三角函数的图象和性质［明考情］三角函数的图象和性质是高考的热点，每年必考，多以选择题形式呈现,难度为中档。［知考向］1。三角函数的图象及变换.2。三角函数的性质.3。三角函数图象与性质的综合.考点一三角函数的图象及变换要点重组（1）五点法作简图：y＝Asin（ωx＋φ）的图象可令ωx＋φ＝0，eq\f(π，2），π，eq\f(3π，2)，2π，求出x的值，作出对应点得到。（2)图象变换：平移、伸缩、对称.特别提醒由y＝Asinωx的图象得到y＝Asin(ωx＋φ)的图象时，需平移eq\b\lc\｜\rc\｜(\a\vs4\al\co1(\f（φ，ω）））个单位长度，而不是｜φ｜个单位长度。1.（2017·天津西青区模拟)函数y＝sineq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3）))在区间eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1（－\f（π,2)，π））上的简图是(）答案B解析当x＝－eq\f（π,2)时,y＝sineq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1(2×\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(－\f（π,2）））－\f（π，3)）)＝－sineq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（π＋\f（π,3)））＝sineq\f（π，3）＝eq\f(\r(3），2）＞0，故排除A，D；当x＝eq\f(π,6)时,y＝sineq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(2×\f（π,6)－\f(π,3))）＝sin0＝0,故排除C。故选B.2.(2016·北京）将函数y＝sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(2x－\f（π，3)）)图象上的点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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＝sin2x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）答案A解析点Peq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(π，4），t)）在函数y＝sineq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(2x－\f（π，3)))的图象上，则t＝sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（2×\f(π，4)－\f(π，3)））＝sineq\f(π,6)＝eq\f（1，2)。又由题意得y＝sineq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1(2x＋s－\f(π，3））)＝sin2x，故s＝eq\f(π，6）＋kπ，k∈Z，所以s的最小值为eq\f(π，6).3。(2017·全国Ⅰ）已知曲线C1:y＝cosx，C2：y＝sineq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（2x＋\f（2π，3)））,则下面结论正确的是(）A。把C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移eq\f（π，6）个单位长度，得到曲线C2B。把C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍,纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移eq\f（π，12）个单位长度，得到曲线C2C。把C1上各点的横坐标缩短到原来的eq\f（1,2)倍,纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移eq\f（π,6)个单位长度，得到曲线C2D.把C1上各点的横坐标缩短到原来的eq\f(1,2）倍,纵坐标不变,再把得到的曲线向左平移eq\f（π,12）个单位长度，得到曲线C2答案D解析因为y＝sineq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π，3）))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π，3）－\f(π,2）))＝coseq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(2x＋\f（π,6)))，所以曲线C1：y＝cosx上各点的横坐标缩短到原来的eq\f(1,2）倍，纵坐标不变,得到曲线y＝cos2x，再把得到的曲线y＝cos2x向左平移eq\f(π,12）个单位长度，得到曲线y＝cos2eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（x＋\f(π,12）))＝coseq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))).故选D.4。函数f(x)＝cos（ωx＋φ）的部分图象如图所示，则f（x)的单调递减区间为（)A.eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（kπ－\f(1,4）,kπ＋\f（3，4)）），k∈Z B.eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(2kπ－\f（1,4)，2kπ＋\f(3,4）））,k∈ZC。eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（k－\f(1，4），k＋\f(3,4））)，k∈Z D。eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(2k－\f(1,4)，2k＋\f(3，4)）），k∈Z答案D解析由图象知，周期T＝2eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(5,4)－\f（1，4)））＝2，∴eq\f（2π，ω）＝2，∴ω＝π.由π×eq\f(1,4）＋φ＝eq\f（π，2)＋2kπ，k∈Z，不妨取φ＝eq\f(π，4），∴f(x)＝coseq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(πx＋\f（π,4))).由2kπ<πx＋eq\f(π,4）<2kπ＋π，k∈Z，得2k－eq\f（1，4）<x〈2k＋eq\f（3,4），k∈Z，∴f(x）的单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（2k－\f(1，4),2k＋\f（3，4）))，k∈Z.故选D。5。将函数y＝2sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（ωx－\f（π，4)））（ω＞0）的图象分别向左、向右各平移eq\f(π，4)个单位长度后，所得的两个图象对称轴重合,则ω的最小值为________。答案2解析将函数y＝2sineq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（ωx－\f(π，4）))，ω＞0的图象向左平移eq\f（π，4)个单位长度后得到函数的解析式为y＝2sineq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1(ωx＋\f（ω－1π,4）))，ω＞0；向右平移eq\f（π，4)个单位长度后得到函数的解析式为y＝2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1（ωx－\f(ω＋1π,4)））,ω＞0。因为平移后的对称轴重合，所以ωx＋eq\f(ω－1π,4)＝ωx－eq\f(ω＋1π，4)＋kπ，k∈Z，化简得ω＝2k，k∈Z。又ω＞0，所以ω的最小值为2.考点二三角函数的性质方法技巧的性质.（2)数形结合思想研究性质.6.若函数f（x）＝(1＋eq\r（3)tanx)cosx，0≤x〈eq\f（π，2)，则f(x)的最大值为（)A.1B。2C。eq\r(3）＋1D.eq\r（3)＋2答案B解析f（x）＝(1＋eq\r(3)tanx)cosx＝cosx＋eq\r（3)sinx＝2sineq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6））），∵0≤x〈eq\f(π,2)，∴eq\f（π，6）≤x＋eq\f（π,6)＜eq\f(2π，3)，∴f(x）max＝2。7.设函数f（x)＝4cos(ωx＋φ）对任意的x∈R，都有f(－x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（π,3)＋x）），若函数g(x)＝sin（ωx＋φ）－2，则geq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（π,6)))的值是（）A。1B。－5或3C.eq\f（1,2)D。－2答案D解析∵函数f（x）＝4cos（ωx＋φ)对任意的x∈R，都有f(－x)＝feq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(π，3）＋x))，∴函数f（x)＝4cos（ωx＋φ）的其中一条对称轴为x＝eq\f(π，6),∴ω×eq\f（π,6)＋φ＝kπ（k∈Z）,则geq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（π，6）））＝sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（ω×\f（π，6）＋φ））－2＝sinkπ－2＝－2.8。使函数f(x)＝sin(2x＋θ）＋eq\r（3)cos(2x＋θ)是奇函数，且在eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1（0,\f(π,4)））上是减函数的θ的一个值是（)A.eq\f(π,3）B。eq\f（2π,3)C。eq\f（4π,3)D.eq\f（5π，3)答案B解析∵函数f（x)＝sin(2x＋θ)＋eq\r(3）cos（2x＋θ)＝2sineq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(2x＋θ＋\f（π,3)))是奇函数，∴θ＋eq\f（π,3)＝kπ，k∈Z,θ＝kπ－eq\f(π，3），k∈Z.当k为奇数时，令k＝2n－1，n∈Z，f（x)＝－2sin2x,满足在eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1(0，\f（π，4)))上是减函数，此时，θ＝2nπ－eq\f(4π，3），n∈Z,选项B满足条件。当k为偶数时，令k＝2n,n∈Z，f(x)＝2sin2x，不满足在eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1（0，\f(π,4））)上是减函数.综上，只有选项B满足条件。故选B。9.（2017·豫南九校联考）已知函数f(x）＝eq\r（3)sin2x－2cos2x，下列结论错误的是()A.函数f(x)的最小正周期是πB。函数f（x)的图象关于直线x＝eq\f(π,3）对称C.函数f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(0,\f(π，4)））上是增函数D。函数f(x)的图象可由g（x)＝2sin2x－1的图象向右平移eq\f（π，6）个单位长度得到答案D解析f(x）＝eq\r（3)sin2x－2cos2x＝eq\r（3)sin2x－cos2x－1＝2sineq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(2x－\f（π,6））)－1，所以函数f(x）的最小正周期是π,故A正确；当x＝eq\f（π，3)时，函数取最大值,所以函数f(x)的图象关于直线x＝eq\f(π，3)对称，故B正确；由2kπ－eq\f(π，2)≤2x－eq\f(π，6)≤2kπ＋eq\f(π,2)，得kπ－eq\f(π，6）≤x≤kπ＋eq\f（π,3)(k∈Z),由此可知函数f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（0，\f（π，4）))上是增函数，故C正确；函数g(x)＝2sin2x－1的图象向右平移eq\f(π，6）个单位长度得到φ（x）＝2sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(2x－\f（π,3）))－1的图象，不是函数f(x）＝2sineq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)））－1的图象，故D错误.故选D.10。关于函数f(x）＝2(sinx－cosx）cosx的四个结论:p1：函数的最大值为eq\r（2）；p2：把函数g(x）＝eq\r（2）sin2x－1的图象向右平移eq\f(π，4)个单位长度后可得到函数f(x）＝2（sinx－cosx)cosx的图象;p3：单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1（kπ＋\f（7π,8）,kπ＋\f(11π,8)))，k∈Z；p4:图象的对称中心为eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2）＋\f（π，8)，－1)），k∈Z。其中正确的结论有()A。1个B。2个C。3个D。4个答案B解析因为f（x）＝2sinxcosx－2cos2x＝sin2x－cos2x－1＝eq\r(2）sineq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（2x－\f(π,4)））－1，所以函数的最大值为eq\r（2）－1,所以p1错误；把g(x)＝eq\r（2）sin2x－1的图象向右平移eq\f（π,4)个单位长度后得到h（x）＝eq\r(2）sineq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（x－\f(π,4)）)）)－1＝eq\r（2）sineq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π，2))）－1的图象，所以p2错误；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，即函数f（x)的递增区间为eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1（－\f（π,8)＋kπ,\f（3π,8）＋kπ))，k∈Z，即eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1(\f（7π，8）＋kπ，\f(11π，8)＋kπ）），k∈Z，所以p3正确；由2x－eq\f(π，4）＝kπ，k∈Z，得x＝eq\f（kπ，2）＋eq\f（π,8），k∈Z，所以图象的对称中心为eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(kπ，2)＋\f（π，8）,－1)),k∈Z，所以p4正确，故选B。考点三三角函数图象与性质的综合要点重组函数f(x）＝Asin(ωx＋φ)图象的相邻两条对称轴之间的距离是半个周期，一个最高点和与其相邻的一个最低点的横坐标之差的绝对值也是半个周期，两个相邻的最高点之间的距离是一个周期，一个对称中心和与其最近的一条对称轴之间的距离是四分之一个周期.11。（2016·全国Ⅱ）若将函数y＝2sin2x的图象向左平移eq\f(π,12）个单位长度，则平移后图象的对称轴为（)A。x＝eq\f（kπ,2）－eq\f（π,6)（k∈Z) B.x＝eq\f(kπ，2)＋eq\f(π,6）(k∈Z）C。x＝eq\f（kπ，2）－eq\f（π，12)(k∈Z） D。x＝eq\f(kπ，2)＋eq\f（π，12)(k∈Z)答案B解析由题意将函数y＝2sin2x的图象向左平移eq\f（π，12)个单位长度后得到函数的解析式为y＝2sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π，6)）），由2x＋eq\f(π,6）＝kπ＋eq\f(π，2),得函数的对称轴为x＝eq\f（kπ，2）＋eq\f(π,6)(k∈Z），故选B.12。将函数f（x)＝sin2x的图象向右平移φeq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（0＜φ＜\f(π,2))）个单位长度后得到函数g（x）的图象.若对满足|f(x1）－g（x2）｜＝2的x1，x2，有｜x1－x2｜min＝eq\f(π，3)，则φ等于（)A。eq\f（5π，12)B.eq\f(π,3)C.eq\f（π,4）D.eq\f（π,6)答案D解析由已知得g（x）＝sin（2x－2φ），满足｜f（x1）－g(x2）｜＝2，不妨设此时y＝f(x）和y＝g（x）分别取得最大值与最小值，又|x1－x2|min＝eq\f（π,3），令2x1＝eq\f(π,2），2x2－2φ＝－eq\f（π,2）,此时｜x1－x2｜＝eq\b\lc\|\rc\｜（\a\vs4\al\co1(\f（π，2）－φ））＝eq\f（π，3)。又0＜φ＜eq\f(π，2),故φ＝eq\f（π,6），故选D。13。已知函数f(x）＝Asin(ωx＋φ）(A＞0，ω＞0）的图象与直线y＝a(0＜a＜A)的三个相邻交点的横坐标分别是2，4，8，则f(x)的单调递减区间是（)A.[6kπ，6kπ＋3］,k∈ZB.[6kπ－3，6kπ],k∈ZC。［6k,6k＋3］，k∈ZD.[6k－3，6k］，k∈Z答案D解析因为函数f(x)＝Asin（ωx＋φ）（A＞0,ω＞0)的图象与直线y＝a（0＜a＜A)的三个相邻交点的横坐标分别是2,4，8，所以T＝eq\f(2π，ω）＝8－2＝6,且当x＝eq\f（2＋4，2)＝3时函数取得最大值,所以ω＝eq\f(π,3），eq\f(π，3)×3＋φ＝eq\f(π,2）＋2nπ，n∈Z，所以φ＝－eq\f(π，2)＋2nπ,n∈Z,所以f(x）＝Asineq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（π,3)x－\f(π，2）))。由2kπ＋eq\f(π，2）≤eq\f(π,3）x－eq\f(π，2）≤2kπ＋eq\f（3π，2），k∈Z,可得6k＋3≤x≤6k＋6,k∈Z。14。(2017·云南曲靖模拟）同时具有性质:①图象的相邻两条对称轴间的距离是eq\f（π,2）；②在eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1(－\f(π,6),\f(π,3））)上是增函数的一个函数为(）A。y＝sineq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(x,2）＋\f(π，6))) B.y＝coseq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3）))C.y＝sineq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(2x－\f（π，6））） D.y＝coseq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（x,2)－\f（π,6)）)答案C解析由图象的相邻两条对称轴间的距离是eq\f（π，2)可知，eq\f（T,2)＝eq\f（π,2），T＝π，选项B,C满足;由x∈eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1(－\f（π,6），\f（π,3)）)，得2x－eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π，2），\f(π，2）)），函数y＝sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(2x－\f（π,6）))为增函数,符合题意.故选C.15。函数f(x）＝sinωx（ω>0)的部分图象如图所示,点A，B是最高点，点C是最低点，若△ABC是直角三角形，则feq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(1，2)）)＝________。答案eq\f（\r（2）,2）解析由已知得△ABC是等腰直角三角形,且∠ACB＝90°，所以eq\f(1，2)AB＝f（x)max－f(x）min＝1－（－1)＝2,即AB＝4，而T＝AB＝eq\f(2π,ω）＝4，解得ω＝eq\f（π，2）.所以f（x）＝sineq\f（πx,2)，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(1,2）))＝sineq\f(π，4）＝eq\f(\r（2),2）。1。已知函数f（x)＝sineq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（ωx＋\f（π,3）)）（x∈R，ω＞0）的最小正周期为π，为了得到函数g(x）＝cosωx的图象，只要将y＝f(x)的图象（)A.向左平移eq\f（π，12)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,3）个单位长度 D。向右平移eq\f(π,3）个单位长度答案A解析由题意知，函数f(x）的周期T＝π，所以ω＝2，即f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(2x＋\f（π，3）)）,g(x）＝cos2x。把g(x）＝cos2x变形得g（x)＝sineq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（2x＋\f（π，2))）＝sineq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1（2\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(x＋\f（π,12）））＋\f(π,3）)），所以只要将f(x）的图象向左平移eq\f(π,12）个单位长度，即可得到g（x）＝cos2x的图象，故选A.2。设函数f(x）＝sin（ωx＋φ）＋cos（ωx＋φ）eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(ω＞0，|φ｜＜\f（π，2)))的最小正周期为π，且f(－x)＝f(x),则（）A。f（x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（0,\f（π，2)）)上单调递减B.f(x）在eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(π，4)，\f(3π，4）)）上单调递减C.f（x）在eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2）))上单调递增D.f(x)在eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(π,4),\f（3π，4）)）上单调递增答案A解析f（x)＝sin(ωx＋φ)＋cos（ωx＋φ）＝eq\r(2）sineq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(ωx＋φ＋\f（π，4）））,∵f(x)的最小正周期为π,∴eq\f（2π,ω)＝π，即ω＝2。又f（－x)＝f（x)，故f(x）是偶函数,即φ＋eq\f(π,4)＝eq\f（π，2）＋kπ（k∈Z），∴φ＝kπ＋eq\f（π,4）（k∈Z).∵|φ|＜eq\f(π，2)，取k＝0，则φ＝eq\f(π，4），∴f(x）＝eq\r(2)cos2x，且在eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递减,故选A。3.（2017·安徽宿州一模)将函数f（x)＝3sineq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(2x－\f（π,4）)）的图象向左平移eq\f（π，4）个单位长度，再向下平移4个单位长度，得到函数g(x)的图象,则函数f（x）的图象与函数g（x)的图象()A.关于点（－2,0）对称 B。关于点（0,－2)对称C.关于直线x＝－2对称 D.关于直线x＝0对称答案B解析将函数f（x）＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（2x－\f（π，4））)的图象向左平移eq\f(π，4）个单位长度,再向下平移4个单位长度，得到函数g(x）的解析式为g(x）＝3sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(x＋\f（π，4)）)－\f（π,4)））－4＝3sineq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)））－4＝3sin2eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π，8）))－4，f（x）＝3sin2eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(x－\f（π,8))），故两个函数的图象关于点(0,－2)对称，故选B。4。若关于x的方程eq\r（2)sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(x＋\f（π，4)）)＝k在［0,π]上有两解，则k的取值范围是________。答案［1，eq\r(2）)解析∵0≤x≤π，∴－1≤eq\r（2)sineq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(x＋\f（π,4)））≤eq\r（2），又eq\r(2）sineq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（x＋\f（π,4))）＝k在[0，π]上有两解，∴1≤k＜eq\r（2)。解题秘籍（1）图象平移问题要搞清平移的方向和长度，由f(ωx）的图象得到f（ωx＋φ）的图象平移了eq\b\lc\｜\rc\|（\a\vs4\al\co1(\f(φ，ω）))个单位长度（ω≠0).(2)研究函数的性质时要结合图象,对参数范围的确定要注意区间端点能否取到.1。(2016·四川）为了得到函数y＝sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的图象，只需把函数y＝sin2x的图象上所有的点（)A。向左平行移动eq\f(π,3)个单位长度 B.向右平行移动eq\f（π,3）个单位长度C.向左平行移动eq\f(π，6）个单位长度 D。向右平行移动eq\f(π,6）个单位长度答案D解析由题可知，y＝sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3))）＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（x－\f(π,6）))）)，则只需把y＝sin2x的图象向右平移eq\f(π，6）个单位长度，故选D。2。（2016·全国Ⅱ)函数y＝Asin（ωx＋φ)的部分图象如图所示,则()A。y＝2sineq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（2x－\f（π，6））） B.y＝2sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(2x－\f(π，3)))C。y＝2sineq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（x＋\f（π,6))） D。y＝2sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（x＋\f(π，3）))答案A解析由图可知，T＝2eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1（\f（π，3)－\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(－\f(π，6））)）)＝π，所以ω＝2，由五点作图法可知2×eq\f（π，3）＋φ＝eq\f(π,2），所以φ＝－eq\f(π，6）,所以函数的解析式为y＝2sineq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（2x－\f(π,6)))，故选A.3。先把函数f(x）＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（x－\f（π，6))）的图象上各点的横坐标变为原来的eq\f(1,2）（纵坐标不变)，再把新得到的图象向右平移eq\f(π,3)个单位长度，得到y＝g(x)的图象,当x∈eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(π，4），\f(3π，4)））时，函数g（x）的值域为（)A.eq\b\lc\(\rc\]（\a\vs4\al\co1（－\f（\r（3），2)，1))B。eq\b\lc\(\rc\]（\a\vs4\al\co1(－\f(1，2)，1)）C。eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（－\f（\r(3)，2），\f(\r(3)，2）))D.eq\b\lc\［\rc\)(\a\vs4\al\co1（－1，0)）答案A解析依题意得g（x）＝sineq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1（2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π，3））)－\f(π,6）))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（2x－\f（5π，6))）,当x∈eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（π，4)，\f（3π,4)）)时，2x－eq\f(5π，6)∈eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（－\f（π，3)，\f(2π,3)))，sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f（5π，6)））∈eq\b\lc\(\rc\]（\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3）,2），1）），即g（x）的值域是eq\b\lc\（\rc\］（\a\vs4\al\co1（－\f（\r(3）,2），1））.4.如图，某港口一天6时到18时的水深变化曲线近似满足函数y＝3sineq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(π,6）x＋φ)）＋k，据此函数可知,这段时间水深（单位：m）的最大值为（)A。5B.6C.8D。10答案C解析由题干图易得ymin＝k－3＝2，则k＝5。∴ymax＝k＋3＝8.5.已知函数f(x）＝sin（ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(ω＞0，|φ|＜\f(π，2）))的部分图象如图所示，又x1,x2∈eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（－\f(π,6)，\f(π，3）)），且f（x1）＝f(x2)，则f(x1＋x2)等于(）A.eq\f(1,2）B.eq\f（\r（3),2)C。eq\f(\r（2),2）D.1答案B解析由题图可知，eq\f（T，2)＝eq\f（π,3)－eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（－\f（π,6))）＝eq\f(π，2）,则T＝π，ω＝2，又eq\f（－\f（π，6）＋\f(π,3），2)＝eq\f(π，12），所以f（x)的图象过点eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(π，12)，1）），即sineq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（2×\f(π,12)＋φ））＝1,又｜φ｜＜eq\f(π，2)，可得φ＝eq\f（π,3），所以f(x）＝sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（2x＋\f(π，3)))。由f（x1）＝f(x2)，x1,x2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（－\f(π,6),\f（π,3）))，可得x1＋x2＝－eq\f（π,6）＋eq\f(π,3)＝eq\f(π,6），所以f（x1＋x2）＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（π，6）)）＝sineq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（2×\f(π,6）＋\f(π，3)）)＝sineq\f(2π，3)＝eq\f（\r(3),2).6.函数y＝sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（ωx＋\f(π，6）)）在x＝2处取得最大值，则正数ω的最小值为（）A。eq\f(π,2)B。eq\f(π，3)C.eq\f(π,4)D.eq\f(π,6）答案D解析∵函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f（π,6)）)在x＝2处取得最大值,∴2ω＋eq\f(π,6)＝2kπ＋eq\f（π，2）,k∈Z，∴ω＝kπ＋eq\f（π，6），k∈Z.∴正数ω的最小值为eq\f（π,6），故选D。7.设函数f（x）＝eq\r（3)sin（2x＋φ)＋cos（2x＋φ)eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（|φ|＜\f(π，2))），且其图象关于直线x＝0对称，则（)A.y＝f（x）的最小正周期为π，且在eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（0，\f(π,2）)）上单调递增B。y＝f(x）的最小正周期为π，且在eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2）))上单调递减C.y＝f(x）的最小正周期为eq\f(π,2），且在eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(0，\f(π，4))）上单调递增D.y＝f(x）的最小正周期为eq\f(π,2），且在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f（π,4)))上单调递减答案B解析f(x)＝eq\r(3）sin(2x＋φ)＋cos（2x＋φ）＝2sineq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(2x＋\f（π,6）＋φ）),因为其图象关于x＝0对称，所以eq\f(π，6）＋φ＝eq\f（π,2）＋kπ（k∈Z），即φ＝eq\f（π，3）＋kπ(k∈Z).又｜φ｜＜eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f（π,3)，所以f(x)＝2cos2x.其最小正周期T＝eq\f(2π,2）＝π，且在eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（0，\f（π,2）)）上单调递减.8.(2016·安徽江南十校联考）已知函数f（x)＝sin（ωx＋φ）eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（ω＞0，｜φ|＜\f（π,2)））的最小正周期为4π，且对任意x∈R，都有f（x)≤feq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)））成立，则f（x）图象的一个对称中心的坐标是(）A。eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f(2π,3），0)）B。eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(－\f（π,3)，0））C。eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(2π，3)，0）)D。eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（5π,3)，0))答案A解析由f(x)＝sin(ωx＋φ）的最小正周期为4π，得ω＝eq\f（1,2).∵f(x）≤feq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（π,3)））恒成立，∴f(x）max＝feq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（π,3）))，则eq\f（1，2）×eq\f（π，3）＋φ＝eq\f（π,2)＋2kπ（k∈Z),∴φ＝eq\f(π，3）＋2kπ（k∈Z).由|φ|＜eq\f（π，2），得φ＝eq\f(π，3)，故f（x)＝sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋\f（π,3）））.令eq\f（1,2)x＋eq\f(π，3）＝kπ（k∈Z），得x＝2kπ－eq\f(2π,3)（k∈Z)，故f（x）图象的对称中心为eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（2kπ－\f(2π,3)，0))（k∈Z），当k＝0时，f(x）图象的一个对称中心的坐标为eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（－\f（2π，3），0））,故选A。9。已知函数f（x)＝Atan(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（ω>0,|φ|<\f(π，2））)，y＝f(x)的部分图象如图所示,则feq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(π，24）））＝____.答案eq\r（3)解析如图所示,可知eq\f（T,2)＝eq\f(3π,8）－eq\f（π,8)＝eq\f(π,4)，所以T＝eq\f（π,2），所以eq\f(π,ω）＝eq\f(π，2)，所以ω＝2.因为图象过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(3π,8)，0）),所以Ataneq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（2×\f（3π,8）＋φ）)＝0，即taneq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(3π,4)＋φ))＝0。又｜φ|＜eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π，4）.又图象过点（0，1),Ataneq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（2×0＋\f(π，4）)）＝1，所以A＝1，所以f(x)＝taneq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（2x＋\f（π，4）)).所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,24）)）＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1