2025届高考数学一轮总复习课时作业24函数y＝Asinωx＋φ的图象及三角函数模型的应用含解析苏教版

PAGEPAGE1课时作业24函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象及三角函数模型的应用一、选择题1．若函数y＝sin2x的图象向左平移eq\f(π,4)个单位长度后得到y＝f(x)的图象，则(C)A．f(x)＝－cos2x B．f(x)＝sin2xC．f(x)＝cos2x D．f(x)＝－sin2x解析：函数y＝sin2x的图象向左平移eq\f(π,4)个单位长度后得到y＝sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))的图象，所以f(x)＝cos2x.2．要得到函数y＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))的图象，只需将函数y＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))图象上全部点的横坐标(A)A．伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，再将得到的图象向左平移eq\f(π,4)个单位长度B．伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，再将得到的图象向右平移eq\f(π,4)个单位长度C．缩短为原来的eq\f(1,2)(纵坐标不变)，再将得到的图象向左平移eq\f(5π,24)个单位长度D．缩短为原来的eq\f(1,2)(纵坐标不变)，再将得到的图象向右平移eq\f(5π,24)个单位长度解析：将函数y＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))图象上全部点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，得到y＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×2x－\f(π,3)))＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))的图象，再将得到的图象向左平移eq\f(π,4)个单位长度，得到y＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)＋\f(π,4)))＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))的图象．故选A.3．已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A>0，ω>0，|φ|<\f(π,2)))的部分图象如图所示，则函数f(x)的解析式为(D)A．f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋\f(π,6)))B．f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－\f(π,6)))C．f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))D．f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))解析：由函数的图象得A＝2，T＝4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)－\f(π,6)))＝π，∴eq\f(2π,ω)＝π，∴ω＝2，∴f(x)＝2sin(2x＋φ)．∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,6)＋φ))＝2，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋φ))＝1，则eq\f(π,3)＋φ＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，∴φ＝2kπ＋eq\f(π,6)，k∈Z.∵|φ|<eq\f(π,2)，∴φ＝eq\f(π,6)，则函数f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))).故选D.4．将函数f(x)＝sinx的图象上全部点的横坐标缩短为原来的一半(纵坐标不变)，再将所得图象向右平移eq\f(π,6)个单位长度，得到函数g(x)的图象，则函数g(x)的单调递增区间为(C)A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,12)，2kπ＋\f(5π,12)))(k∈Z)B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,6)，2kπ＋\f(5π,6)))(k∈Z)C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))(k∈Z)D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,6)，kπ＋\f(5π,6)))(k∈Z)解析：将函数f(x)＝sinx的图象上全部点的横坐标缩短为原来的一半(纵坐标不变)，可得y＝sin2x的图象，再将所得图象向右平移eq\f(π,6)个单位长度，得到函数g(x)＝sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的图象．令2kπ－eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,3)≤2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，可得kπ－eq\f(π,12)≤x≤kπ＋eq\f(5π,12)，k∈Z，所以函数g(x)的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))，k∈Z.故选C.5．(2024·武汉调研)为了得到函数y＝sin2x的图象，可以将y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))的图象(A)A．向右平移eq\f(π,6)个单位长度B．向右平移eq\f(π,3)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,3)个单位长度解析：y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，将函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的图象向右平移eq\f(π,6)个单位长度后得函数y＝sin2x的图象，故选A.6．将函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的图象向右平移eq\f(π,6)个单位长度，则所得图象的对称轴方程可以为(B)A．x＝－eq\f(π,6) B．x＝eq\f(π,4)C．x＝eq\f(π,3) D．x＝eq\f(π,2)解析：由题意知，函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的图象向右平移eq\f(π,6)个单位长度后函数解析式变为y＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＋\f(π,3)))＝sin2x，由2x＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)，平移后的图象的对称轴方程为x＝eq\f(π,4)＋eq\f(kπ,2)(k∈Z)，令k＝0，则对称轴方程为x＝eq\f(π,4).故选B.7．(2024·洛阳统考)已知函数f(x)＝eq\f(1,2)sinx＋eq\f(\r(3),2)cosx，将函数f(x)的图象向左平移m(m>0)个单位长度后，所得到的图象关于y轴对称，则m的最小值是(A)A.eq\f(π,6) B.eq\f(π,4)C.eq\f(π,3) D.eq\f(π,2)解析：由题知f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))，将其图象向左平移m个单位长度后得到函数g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋m＋\f(π,3)))的图象，∵函数g(x)的图象关于y轴对称，∴m＋eq\f(π,3)＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，∴m＝kπ＋eq\f(π,6)(k∈Z)，∵m>0，∴m的最小值为eq\f(π,6)，故选A.8．(2024·济南质量评估)若将函数f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,12)))的图象向左平移eq\f(π,8)个单位长度，得到函数g(x)的图象，则下列说法正确的是(D)A．g(x)的最小正周期为4πB．g(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递减C．g(x)图象的一条对称轴为直线x＝eq\f(π,12)D．g(x)图象的一个对称中心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)，0))解析：g(x)＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,8)))＋\f(π,12)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))).g(x)的最小正周期为π，选项A错误；当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，2x＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(4π,3)))，故g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上有增有减，选项B错误；geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)))＝0，故x＝eq\f(π,12)不是g(x)图象的一条对称轴，选项C错误；geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)))＝0，故g(x)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)，0))对称，选项D正确．故选D.二、填空题9.(2024·济南模拟)已知函数f(x)＝2sin(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，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,6)))的值为1.解析：设f(x)的最小正周期为T，依据题中图象可知，eq\f(T,2)＝eq\f(π,2)，∴T＝π，故ω＝2，依据2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,12)＋φ))＝0(增区间上的零点)可知，eq\f(π,6)＋φ＝2kπ，k∈Z，即φ＝2kπ－eq\f(π,6)，k∈Z，又|φ|<eq\f(π,2)，故φ＝－eq\f(π,6).∴f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,6)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(14π,6)－\f(π,6)))＝2sineq\f(π,6)＝1.10.如图所示，弹簧挂着一个小球做上下运动，小球在t秒时相对于平衡位置的高度h(厘米)由如下关系确定：h＝eq\r(2)sint＋eq\r(2)cost，t∈[0，＋∞)，则小球在起先运动(即t＝0)时h的值为eq\r(2)，小球运动过程中最大的高度差为4厘米．解析：由题可得h＝eq\r(2)sint＋eq\r(2)cost＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)sint＋\f(\r(2),2)cost))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(π,4)))，令t＝0，可得h＝eq\r(2).由振幅为2，可得小球运动过程中最大的高度差为4厘米．11．(2024·湖北天门、仙桃、潜江联考)函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的图象如图所示，则f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(18)的值等于eq\r(2)＋2.解析：由题图知A＝2，eq\f(T,2)＝6－2＝4，∴T＝8，则ω＝eq\f(2π,8)＝eq\f(π,4).∴f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)x＋φ)).又∵函数图象过点(2,2)，∴2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)×2＋φ))＝2，∴eq\f(π,2)＋φ＝eq\f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，则φ＝2kπ(k∈Z)，∴f(x)＝2sineq\f(π,4)x.∵f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＋f(5)＋f(6)＋f(7)＋f(8)＝0，∴f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(18)＝2f(1)＋2f(2)＋…＋2f(8)＋f(1)＋f(2)＝f(1)＋f(2)＝eq\r(2)＋2.12．(2024·福州质检)将函数f(x)＝asinx＋bcosx(a，b∈R且a≠0)的图象向左平移eq\f(π,6)个单位长度后，得到一个偶函数图象，则eq\f(b,a)＝eq\r(3).解析：解法1：将f(x)＝asinx＋bcosx(a，b∈R且a≠0)的图象向左平移eq\f(π,6)个单位长度后，得到函数feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＝asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＋bcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))的图象．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＝asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＋bcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＝eq\r(a2＋b2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)＋φ))，其中tanφ＝eq\f(b,a)，因为y＝eq\r(a2＋b2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)＋φ))为偶函数，所以eq\f(π,6)＋φ＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)，所以φ＝eq\f(π,3)＋kπ(k∈Z)，所以eq\f(b,a)＝tanφ＝eq\r(3).解法2：因为将f(x)＝asinx＋bcosx(a，b∈R且a≠0)的图象向左平移eq\f(π,6)个单位长度后，得到一个偶函数图象，所以函数f(x)＝asinx＋bcosx图象的一条对称轴为直线x＝eq\f(π,6)，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝f(0)，所以asineq\f(π,3)＋bcoseq\f(π,3)＝b，因为a≠0，所以eq\f(b,a)＝eq\r(3).三、解答题13．已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A>0，ω>0，|φ|<\f(π,2)))的图象过点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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\co1(\f(π,3)，5)).(1)求函数f(x)的解析式；(2)求函数f(x)的单调递增区间．解：(1)依题意得A＝5，周期T＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－\f(π,12)))＝π，∴ω＝eq\f(2π,π)＝2.故f(x)＝5sin(2x＋φ)．又图象过点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，0))，∴5sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋φ))＝0，由已知可得eq\f(π,6)＋φ＝kπ，k∈Z，∵|φ|<eq\f(π,2)，∴φ＝－eq\f(π,6)，∴f(x)＝5sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))).(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，故函数f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,6)，kπ＋\f(π,3)))(k∈Z)．14．设函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,2)))，其中0<ω<3，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝0.(1)求ω；(2)将函数y＝f(x)的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变)，再将得到的图象向左平移eq\f(π,4)个单位，得到函数y＝g(x)的图象，求g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))上的最小值．解：(1)因为f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,2)))，所以f(x)＝eq\f(\r(3),2)sinωx－eq\f(1,2)cosωx－cosωx＝eq\f(\r(3),2)sinωx－eq\f(3,2)cosωx＝eq\r(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sinωx－\f(\r(3),2)cosωx))＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,3))).因为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝0，所以eq\f(ωπ,6)－eq\f(π,3)＝kπ，k∈Z.故ω＝6k＋2，k∈Z.又0<ω<3，所以ω＝2.(2)由(1)得f(x)＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，所以g(x)＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)－\f(π,3)))＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12))).因为x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))，所以x－eq\f(π,12)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))，当x－eq\f(π,12)＝－eq\f(π,3)，即x＝－eq\f(π,4)时，g(x)取得最小值－eq\f(3,2).15．(2024·昆明模拟)将函数y＝sineq\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，所得图象对应的函数在区间[－m，m]上单调递增，则m的最大值为(A)A.eq\f(π,8) B.eq\f(π,4)C.eq\f(3π,8) D.eq\f(π,2)解析：函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))的图象向左平移eq\f(π,4)个单位长度后，所得图象对应的函数解析式为y＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))－\f(π,4)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))，由－π＋2kπ≤2x－eq\f(π,4)≤2kπ(k∈Z)，得－eq\f(3π,8)＋kπ≤x≤eq\f(π,8)＋kπ(k∈Z)，所以当k＝0时函数的一个单调递增区间是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3π,8)，\f(π,8)))，所以m的最大值为eq\f(π,8).故选A.16．(2024·石家庄一模)已知函数f(x)＝2cos(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，点A(0，eq\r(3))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))，则函数f(x)图象的一条对称轴方程为(D)A．x＝－eq\f(π,3)B．x＝－eq\f(π,12)C．x＝eq\f(π,18)D．x＝eq\f(π,24)解析：∵函数f(x)＝2cos(ωx＋φ)的图象过点A(0，eq\r(3))，∴2cosφ＝eq\r(3)，即cosφ＝eq\f(\r(3),2)，∴φ＝2kπ±eq\f(π,6)(k∈Z)．∵|φ|<eq\f(π,2)，∴φ＝±eq\f(π,6)，由函数f(x)的图象知eq\f(φ,ω)<0，又ω>0，∴φ<0，∴φ＝－eq\f(π,6)，∴f(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6))).∵f(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))的图象过点Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))，∴coseq\f(ω－1π,6)＝0，∴eq\f(ω－1π,6)＝mπ＋eq\f(π,2)(m∈Z)，∴ω＝6m＋4(m∈Z)．∵ω>0，eq\f(π,ω)>eq\f(π,6)，∴0<ω<6，∴