2025屆高考數(shù)學一輪總復習課時作業(yè)24函數(shù)y＝Asinωx＋φ的圖象及三角函數(shù)模型的應用含解析蘇教版

PAGEPAGE1課時作業(yè)24函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)的圖象及三角函數(shù)模型的應用一、選擇題1．若函數(shù)y＝sin2x的圖象向左平移eq\f(π,4)個單位長度后得到y(tǒng)＝f(x)的圖象，則(C)A．f(x)＝－cos2x B．f(x)＝sin2xC．f(x)＝cos2x D．f(x)＝－sin2x解析：函數(shù)y＝sin2x的圖象向左平移eq\f(π,4)個單位長度后得到y(tǒng)＝sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))的圖象，所以f(x)＝cos2x.2．要得到函數(shù)y＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))的圖象，只需將函數(shù)y＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))圖象上全部點的橫坐標(A)A．伸長到原來的2倍(縱坐標不變)，再將得到的圖象向左平移eq\f(π,4)個單位長度B．伸長到原來的2倍(縱坐標不變)，再將得到的圖象向右平移eq\f(π,4)個單位長度C．縮短為原來的eq\f(1,2)(縱坐標不變)，再將得到的圖象向左平移eq\f(5π,24)個單位長度D．縮短為原來的eq\f(1,2)(縱坐標不變)，再將得到的圖象向右平移eq\f(5π,24)個單位長度解析：將函數(shù)y＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))圖象上全部點的橫坐標伸長到原來的2倍(縱坐標不變)，得到y(tǒng)＝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)))的圖象，再將得到的圖象向左平移eq\f(π,4)個單位長度，得到y(tǒng)＝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)))的圖象．故選A.3．已知函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A>0，ω>0，|φ|<\f(π,2)))的部分圖象如圖所示，則函數(shù)f(x)的解析式為(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：由函數(shù)的圖象得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，則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)，則函數(shù)f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))).故選D.4．將函數(shù)f(x)＝sinx的圖象上全部點的橫坐標縮短為原來的一半(縱坐標不變)，再將所得圖象向右平移eq\f(π,6)個單位長度，得到函數(shù)g(x)的圖象，則函數(shù)g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(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：將函數(shù)f(x)＝sinx的圖象上全部點的橫坐標縮短為原來的一半(縱坐標不變)，可得y＝sin2x的圖象，再將所得圖象向右平移eq\f(π,6)個單位長度，得到函數(shù)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)))的圖象．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，所以函數(shù)g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))，k∈Z.故選C.5．(2024·武漢調(diào)研)為了得到函數(shù)y＝sin2x的圖象，可以將y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))的圖象(A)A．向右平移eq\f(π,6)個單位長度B．向右平移eq\f(π,3)個單位長度C．向左平移eq\f(π,6)個單位長度D．向左平移eq\f(π,3)個單位長度解析：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)))，將函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的圖象向右平移eq\f(π,6)個單位長度后得函數(shù)y＝sin2x的圖象，故選A.6．將函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的圖象向右平移eq\f(π,6)個單位長度，則所得圖象的對稱軸方程可以為(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：由題意知，函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的圖象向右平移eq\f(π,6)個單位長度后函數(shù)解析式變?yōu)閥＝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)，平移后的圖象的對稱軸方程為x＝eq\f(π,4)＋eq\f(kπ,2)(k∈Z)，令k＝0，則對稱軸方程為x＝eq\f(π,4).故選B.7．(2024·洛陽統(tǒng)考)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)sinx＋eq\f(\r(3),2)cosx，將函數(shù)f(x)的圖象向左平移m(m>0)個單位長度后，所得到的圖象關于y軸對稱，則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：由題知f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))，將其圖象向左平移m個單位長度后得到函數(shù)g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋m＋\f(π,3)))的圖象，∵函數(shù)g(x)的圖象關于y軸對稱，∴m＋eq\f(π,3)＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，∴m＝kπ＋eq\f(π,6)(k∈Z)，∵m>0，∴m的最小值為eq\f(π,6)，故選A.8．(2024·濟南質(zhì)量評估)若將函數(shù)f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,12)))的圖象向左平移eq\f(π,8)個單位長度，得到函數(shù)g(x)的圖象，則下列說法正確的是(D)A．g(x)的最小正周期為4πB．g(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞減C．g(x)圖象的一條對稱軸為直線x＝eq\f(π,12)D．g(x)圖象的一個對稱中心為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)的最小正周期為π，選項A錯誤；當x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時，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)))上有增有減，選項B錯誤；geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)))＝0，故x＝eq\f(π,12)不是g(x)圖象的一條對稱軸，選項C錯誤；geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)))＝0，故g(x)的圖象關于點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)，0))對稱，選項D正確．故選D.二、填空題9.(2024·濟南模擬)已知函數(shù)f(x)＝2sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))的部分圖象如圖所示，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,6)))的值為1.解析：設f(x)的最小正周期為T，依據(jù)題中圖象可知，eq\f(T,2)＝eq\f(π,2)，∴T＝π，故ω＝2，依據(jù)2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,12)＋φ))＝0(增區(qū)間上的零點)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.如圖所示，彈簧掛著一個小球做上下運動，小球在t秒時相對于平衡位置的高度h(厘米)由如下關系確定：h＝eq\r(2)sint＋eq\r(2)cost，t∈[0，＋∞)，則小球在起先運動(即t＝0)時h的值為eq\r(2)，小球運動過程中最大的高度差為4厘米．解析：由題可得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).由振幅為2，可得小球運動過程中最大的高度差為4厘米．11．(2024·湖北天門、仙桃、潛江聯(lián)考)函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的圖象如圖所示，則f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(18)的值等于eq\r(2)＋2.解析：由題圖知A＝2，eq\f(T,2)＝6－2＝4，∴T＝8，則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∵函數(shù)圖象過點(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)，則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·福州質(zhì)檢)將函數(shù)f(x)＝asinx＋bcosx(a，b∈R且a≠0)的圖象向左平移eq\f(π,6)個單位長度后，得到一個偶函數(shù)圖象，則eq\f(b,a)＝eq\r(3).解析：解法1：將f(x)＝asinx＋bcosx(a，b∈R且a≠0)的圖象向左平移eq\f(π,6)個單位長度后，得到函數(shù)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)))的圖象．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)，因為y＝eq\r(a2＋b2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)＋φ))為偶函數(shù)，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：因為將f(x)＝asinx＋bcosx(a，b∈R且a≠0)的圖象向左平移eq\f(π,6)個單位長度后，得到一個偶函數(shù)圖象，所以函數(shù)f(x)＝asinx＋bcosx圖象的一條對稱軸為直線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，因為a≠0，所以eq\f(b,a)＝eq\r(3).三、解答題13．已知函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A>0，ω>0，|φ|<\f(π,2)))的圖象過點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，0))，圖象上與點P最近的一個最高點是Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，5)).(1)求函數(shù)f(x)的解析式；(2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間．解：(1)依題意得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)．又圖象過點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，故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,6)，kπ＋\f(π,3)))(k∈Z)．14．設函數(shù)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)將函數(shù)y＝f(x)的圖象上各點的橫坐標伸長為原來的2倍(縱坐標不變)，再將得到的圖象向左平移eq\f(π,4)個單位，得到函數(shù)y＝g(x)的圖象，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)因為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))).因為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))).因為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)))，當x－eq\f(π,12)＝－eq\f(π,3)，即x＝－eq\f(π,4)時，g(x)取得最小值－eq\f(3,2).15．(2024·昆明模擬)將函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))的圖象向左平移eq\f(π,4)個單位長度，所得圖象對應的函數(shù)在區(qū)間[－m，m]上單調(diào)遞增，則m的最大值為(A)A.eq\f(π,8) B.eq\f(π,4)C.eq\f(3π,8) D.eq\f(π,2)解析：函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))的圖象向左平移eq\f(π,4)個單位長度后，所得圖象對應的函數(shù)解析式為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)，所以當k＝0時函數(shù)的一個單調(diào)遞增區(qū)間是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3π,8)，\f(π,8)))，所以m的最大值為eq\f(π,8).故選A.16．(2024·石家莊一模)已知函數(shù)f(x)＝2cos(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))的部分圖象如圖所示，點A(0，eq\r(3))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))，則函數(shù)f(x)圖象的一條對稱軸方程為(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：∵函數(shù)f(x)＝2cos(ωx＋φ)的圖象過點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)，由函數(shù)f(x)的圖象知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)))的圖象過點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，∴