2025届高考数学一轮复习第4章三角函数解三角形第5节函数y＝Asinωx＋φ的图象及三角函数模型的简单应用课时跟踪检测理含解析

PAGE第四章三角函数、解三角形第五节函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象及三角函数模型的简洁应用A级·基础过关|固根基|1.(2025届济南市质量评估)为了得到函数y＝2cos2x的图象，可以将函数y＝cos2x－eq\r(3)sin2x的图象()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(π,3)个单位长度 D．向右平移eq\f(π,3)个单位长度解析：选B因为y＝cos2x－eq\r(3)sin2x＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＝2coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))))，所以要得到函数y＝2cos2x的图象，可以将函数y＝cos2x－eq\r(3)sin2x的图象向右平移eq\f(π,6)个单位长度，故选B．2．(2025届成都市二诊)将函数f(x)的图象上的全部点向右平移eq\f(π,4)个单位长度，得到函数g(x)的图象．若函数g(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()A．f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(5π,12))) B．f(x)＝－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))C．f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))) D．f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(7π,12)))解析：选C解法一：依据函数g(x)的图象可知A＝1，eq\f(1,2)T＝eq\f(π,3)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝eq\f(π,2)，∴T＝π＝eq\f(2π,ω)，∴ω＝2，所以g(x)＝sin(2x＋φ)．由图得geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)＋φ))＝0，所以eq\f(2π,3)＋φ＝π＋kπ，k∈Z，φ＝eq\f(π,3)＋kπ，k∈Z.又|φ|<eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,3)，所以g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，将g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的图象向左平移eq\f(π,4)个单位长度后，即可得到函数f(x)的图象，所以函数f(x)的解析式为f(x)＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＋\f(π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋2x＋\f(π,3)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))).故选C．解法二：依据g(x)的图象可知，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\f(π,3)－\f(π,6),2)))＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)))＝1，因为f(x)的图象向右平移eq\f(π,4)个单位长度后，即可得到g(x)的图象，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)－\f(π,4)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝1，对于A，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝sineq\f(π,4)≠1，不符合题意；对于B，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝－cos0＝－1≠1，不符合题意；对于C，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝cos0＝1，符合题意；对于D，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝sineq\f(π,4)≠1，不符合题意．3．(2025届昆明市高三诊断测试)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可以为()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：选B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＝sin2x－eq\f(π,6)＋eq\f(π,3)＝sin2x，由2x＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)，得平移后的图象的对称轴为x＝eq\f(π,4)＋eq\f(kπ,2)(k∈Z)，令k＝0，则对称轴为x＝eq\f(π,4)，故选B．4．(2025届惠州调研)将函数y＝sinx的图象向左平移eq\f(π,2)个单位长度，得到函数y＝f(x)的图象，则下列说法正确的是()A．y＝f(x)是奇函数B．y＝f(x)的最小正周期为πC．y＝f(x)的图象关于直线x＝eq\f(π,2)对称D．y＝f(x)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))对称解析：选D将函数y＝sinx的图象向左平移eq\f(π,2)个单位长度，得到函数y＝f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))＝cosx的图象，所以y＝f(x)是偶函数，解除A；y＝f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,1)＝2π，解除B；y＝f(x)的图象关于直线x＝kπ(k∈Z)对称，解除C；y＝f(x)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,2)，0))(k∈Z)对称，故选D．5．将函数f(x)＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))的图象先向右平移eq\f(π,6)个单位长度，再将所得图象上全部点的横坐标缩小为原来的eq\f(1,2)，得到函数g(x)的图象，则g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)，\f(π,3)))上的最小值为()A．0 B．－eq\f(1,2)C．－eq\f(\r(3),2) D．－eq\r(3)解析：选D将函数f(x)＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))的图象先向右平移eq\f(π,6)个单位长度，得函数y＝eq\r(3)sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＋\f(π,4)))＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,12)))的图象，再将所得图象上全部点的横坐标缩小为原来的eq\f(1,2)，得函数g(x)＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(π,12)))的图象．当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)，\f(π,3)))时，4x－eq\f(π,12)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(7π,12)，\f(5π,4)))，因此当4x－eq\f(π,12)＝－eq\f(π,2)，即x＝－eq\f(5π,48)时，g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)，\f(π,3)))上取得最小值－eq\r(3).故选D．6．(2025届广州市第一次综合测试)已知函数f(x)＝cos(ωx＋φ)(ω>0，0≤φ≤π)是奇函数，且在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,3)))上单调递减，则ω的最大值是()A．eq\f(1,2) B．eq\f(2,3)C．eq\f(3,2) D．2解析：选C函数f(x)＝cos(ωx＋φ)是奇函数，0≤φ≤π，所以φ＝eq\f(π,2)，所以f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,2)))＝－sinωx，因为f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,3)))上单调递减，所以－eq\f(π,4)×ω≥－eq\f(π,2)且eq\f(π,3)×ω≤eq\f(π,2)，解得ω≤eq\f(3,2).又ω>0，故ω的最大值为eq\f(3,2)，故选C．7．(2025届贵阳市质量监测)已知直线x＝x1，x＝x2分别是曲线f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))与g(x)＝－cosx的对称轴，则f(x1－x2)＝()A．2 B．0C．±2 D．±1解析：选C令x＋eq\f(π,3)＝eq\f(π,2)＋k1π，k1∈Z，得x1＝eq\f(π,6)＋k1π，k1∈Z，函数g(x)＝－cosx的图象的对称轴方程为x2＝k2π，k2∈Z，所以f(x1－x2)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋k1π－k2π＋\f(π,3)))＝2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋（k1－k2）π))，k1，k2∈Z，所以f(x1－x2)＝±2，故选C．8．(2025届江西五校联考)若函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))(ω>0)在区间(π，2π)内没有最值，则ω的取值范围是()A．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,12)))∪eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(2,3))) B．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,6)))∪eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,3)))C．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(2,3))) D．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,3)))解析：选B若函数f(x)在区间(π，2π)内没有最值，则函数f(x)在区间(π，2π)内单调递增或单调递减，所以eq\f(π,2)＋kπ≤ωx＋eq\f(π,6)≤eq\f(3,2)π＋kπ，k∈Z，所以eq\f(π,2)＋kπ≤πω＋eq\f(π,6)<2πω＋eq\f(π,6)≤eq\f(3,2)π＋kπ，k∈Z，ω>0，即eq\f(k,2)＋eq\f(1,3)≤ω≤eq\f(k,2)＋eq\f(2,3).结合选项，当k＝0时，解得eq\f(1,3)≤ω≤eq\f(2,3)；当k＝－1时，解得0<ω≤eq\f(1,6).所以ω的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,6)))∪eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,3))).故选B．9．(2025届陕西摸底)将函数f(x)＝sin(2x＋φ)(0<φ<π)的图象向右平移eq\f(π,4)个单位长度后得到函数g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的图象，则函数f(x)的一个单调递减区间为()A．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(5π,12))) B．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(5π,6)))C．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,6))) D．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3)))解析：选A将函数f(x)＝sin(2x＋φ)(0<φ<π)的图象向右平移eq\f(π,4)个单位长度后得到函数g(x)的图象，所以g(x)＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＋φ))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,2)＋φ))＝sin2x＋eq\f(π,6).又0<φ<π，所以φ＝eq\f(2π,3)，所以f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3))).由2kπ＋eq\f(π,2)≤2x＋eq\f(2π,3)≤2kπ＋eq\f(3π,2)(k∈Z)，得kπ－eq\f(π,12)≤x≤kπ＋eq\f(5π,12)(k∈Z)，令k＝0可得函数f(x)的一个单调递减区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(5π,12)))，故选A．10．已知函数y＝Asin(ωx＋φ)＋bA>0，ω>0，|φ|<eq\f(π,2)的图象上相邻的一个最大值点与对称中心分别为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,18)，3))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,9)，0))，则函数f(x)的单调增区间为________________________．解析：因为对称中心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,9)，0))，一个最大值点为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,18)，3))，所以A＝3，b＝0，又因为对称中心与最大值点相邻，所以eq\f(1,4)T＝eq\f(2π,9)－eq\f(π,18)，所以T＝eq\f(2π,3)，所以ω＝eq\f(2π,T)＝3，所以f(x)＝3sin(3x＋φ)．将eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,18)，3))代入y＝f(x)得3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋φ))＝3，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋φ))＝1.又因为|φ|<eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,3)，所以f(x)＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,3))).令－eq\f(π,2)＋2kπ≤3x＋eq\f(π,3)≤eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，得eq\f(2,3)kπ－eq\f(5π,18)≤x≤eq\f(π,18)＋eq\f(2,3)kπ，k∈Z.答案：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3)kπ－\f(5π,18)，\f(π,18)＋\f(2,3)kπ))，k∈Z11．(2024年浙江卷)设函数f(x)＝sinx，x∈R.(1)已知θ∈[0，2π)，函数f(x＋θ)是偶函数，求θ的值；(2)求函数y＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))))eq\s\up12(2)的值域．解：(1)因为f(x＋θ)＝sin(x＋θ)是偶函数，所以，对随意实数x都有sin(x＋θ)＝sin(－x＋θ)，即sinxcosθ＋cosxsinθ＝－sinxcosθ＋cosxsinθ，故2sinxcosθ＝0，所以cosθ＝0.又θ∈[0，2π)，因此θ＝eq\f(π,2)或eq\f(3π,2).(2)y＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))))eq\s\up12(2)＝sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))＋sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＝eq\f(1－cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))),2)＋eq\f(1－cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2))),2)＝1－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cos2x－\f(3,2)sin2x))＝1－eq\f(\r(3),2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))).因此，函数的值域是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(3),2)，1＋\f(\r(3),2))).12．(2025届合肥调研)已知函数f(x)＝cos2x＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))).(1)求函数f(x)的最小正周期；(2)当x∈[0，π]时，求函数f(x)的单调递增区间．解：(1)∵f(x)＝cos2x＋eq\f(\r(3),2)sin2x－eq\f(1,2)cos2x＝eq\f(\r(3),2)sin2x＋eq\f(1,2)cos2x＝sin2x＋eq\f(π,6)，∴函数f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π.(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)，∴函数f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,3)，kπ＋\f(π,6)))(k∈Z)．∵x∈[0，π]，∴所求单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))和eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，π)).B级·素养提升|练实力|13.(2025届福建省高三质检)如图，在平面直角坐标系xOy中，质点M，N间隔3min先后从点P动身，绕原点按逆时针方向做角速度为eq\f(π,6)rad/min的匀速圆周运动，则M与N的纵坐标之差第4次达到最大值时，N运动的时间为()A．37.5min B．40.5minC．49.5min D．52.5min解析：选A设质点M，N在单位圆上运动，点N运动的时间为tmin，则由三角函数的定义，得yN＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)＋\f(π,6)t))＝－coseq\f(π,6)t.因为质点M，N间隔3min先后从点P动身，所以∠MON＝3×eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，所以yM＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)＋\f(π,6)t＋\f(π,2)))＝sineq\f(π,6)t，所以yM－yN＝sineq\f(π,6)t＋coseq\f(π,6)t＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)t＋\f(π,4))).当eq\f(π,6)t＋eq\f(π,4)＝eq\f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，即t＝eq\f(3,2)＋12k(k∈Z)时，yM－yN取得最大值．因为t≥0，所以当k＝3时，yM－yN第4次达到最大值，此时t＝37.5，故选A．14．(2025届四川五校联考)已知函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，则下列四个命题：①f(x)的最小正周期是π；②f(x)＝eq\f(1,2)是x＝eq\f(π,2)的充分不必要条件；③函数f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(5,6)π))上单调递增；④函数y＝|f(x)|的图象向左平移eq\f(π,12)个单位长度后所得图象的对称轴方程为x＝eq\f(kπ,4)(k∈Z)．其中正确命题的编号是()A．①③ B．①④C．②③ D．②④解析：选B对于①，由最小正周期T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(2π,2)＝π知①正确；对于②，由f(x)＝eq\f(1,2)得2x－eq\f(π,6)＝2kπ＋eq\f(π,6)或2x－eq\f(π,6)＝2kπ＋eq\f(5π,6)(k∈Z)，即x＝kπ＋eq\f(π,6)或x＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，所以f(x)＝eq\f(1,2)是x＝eq\f(π,2)的必要不充分条件，所以②不正确；对于③，由eq\f(π,3)<x<eq\f(5π,6)得eq\f(π,2)<2x－eq\f(π,6)<eq\f(3π,2)，因为y＝sinx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2)))上单调递减，所以③不正确；对于④，y＝|f(x)|的图象向左平移eq\f(π,12)个单位长度得到y＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))－\f(π,6)))＝|sin2x|的图象，由y＝|sinx|的图象的对称轴为直线x＝eq\f(kπ,2)(k∈Z)得y＝|sin2x|的图象的对称轴为直线x＝eq\f(kπ,4)(k∈Z)，所以④正确．故选B．15．(2025届洛阳模拟)将函数f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))(ω>0)的图象向右平移eq\f(π,4ω)个单位长度后得到g(x)的图象，若函数g(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](