备考2025年高考数学一轮复习第四章考点测试24

考点测试24函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象与性质高考概览本考点是高考必考知识点，常考题型为选择题、解答题，分值为5分、12分，中等难度考点研读1.了解函数y＝Asin(ωx＋φ)的物理意义，能画出函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象，了解参数A，ω，φ对函数图象变化的影响2．了解三角函数是描述周期变化现象的重要函数模型，会用三角函数解决一些简单的实际问题一、基础小题1．已知函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)的最小正周期为π，则该函数的图象()A．关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，0))对称B．关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))对称C．关于直线x＝eq\f(π,12)对称D．关于直线x＝eq\f(π,3)对称答案C解析∵T＝eq\f(2π,ω)＝π，∴ω＝2，于是f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,12)＋\f(π,3)))＝1≠0，故A错误，C正确；feq\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)))≠0，故B错误；feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,3)＋\f(π,3)))＝0≠±1，故D错误．故选C.2．函数y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－x))具有的性质是()A．最大值为eq\r(3)，图象关于直线x＝eq\f(π,6)对称B．最大值为1，图象关于直线x＝eq\f(π,6)对称C．最大值为eq\r(3)，图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))对称D．最大值为1，图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))对称答案C解析因为y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－x))＝－sinx＋eq\f(\r(3),2)cosx－eq\f(1,2)sinx＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－x))，所以函数的最大值为eq\r(3).令eq\f(π,6)－x＝kπ(k∈Z)，求得x＝eq\f(π,6)－kπ(k∈Z)，所以函数图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))对称．故选C.3.如图是函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A>0，ω>0，0<φ<\f(π,2)))的图象的一部分，则要得到该函数的图象，只需要将函数g(x)＝eq\r(3)sin2x－cos2x的图象()A．向左平移eq\f(π,4)个单位长度B．向右平移eq\f(π,4)个单位长度C．向左平移eq\f(π,2)个单位长度D．向右平移eq\f(π,2)个单位长度答案A解析∵eq\f(7π,12)－eq\f(π,3)＝eq\f(T,4)，∴T＝π＝eq\f(2π,|ω|)，又ω>0，∴ω＝2，∴f(x)＝Asin(2x＋φ)，∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝0，∴Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)＋φ))＝0，∵0<φ<eq\f(π,2)，解得φ＝eq\f(π,3)，∴f(x)＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，又f(0)＝eq\r(3)，∴Asineq\f(π,3)＝eq\r(3)，∴A＝2，∴f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，g(x)＝eq\r(3)sin2x－cos2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，又f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＝2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))－\f(π,6)))，∴将g(x)的图象向左平移eq\f(π,4)个单位长度可得到f(x)的图象．故选A.4．已知函数f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)，若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝0，且f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(5π,12)))上有最大值，没有最小值，则ω的值可以是()A．17 B．14C．5 D．2答案A解析由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝0，且f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(5π,12)))上有最大值，没有最小值，可得eq\f(ωπ,3)＋eq\f(π,3)＝2kπ(k∈Z)，所以ω＝6k－1(k∈Z)．由f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(5π,12)))上有最大值，没有最小值，可得eq\f(1,4)×eq\f(2π,ω)<eq\f(5π,12)－eq\f(π,3)≤eq\f(3,4)×eq\f(2π,ω)，解得6<ω≤18，又ω＝6k－1(k∈Z)，当k＝3时，ω＝17.故选A.5．已知函数f(x)＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx－\f(π,3)))－2(ω>0)在[0，π]内有且仅有两个零点，则ω的取值范围是()A．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7,6)，\f(5,2))) B．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,6)，\f(5,2)))C．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7,12)，\f(5,4))) D．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,12)，\f(5,4)))答案D解析由f(x)＝0得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx－\f(π,3)))＝eq\f(1,2)，而当x∈[0，π]，ω>0时，－eq\f(π,3)≤2ωx－eq\f(π,3)≤2πω－eq\f(π,3)，又sineq\f(π,6)＝sineq\f(5π,6)＝sineq\f(13π,6)＝eq\f(1,2)，函数f(x)在[0，π]内有且仅有两个零点，于是得eq\f(5π,6)≤2πω－eq\f(π,3)<eq\f(13π,6)，解得eq\f(7,12)≤ω<eq\f(5,4)，所以ω的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,12)，\f(5,4))).故选D.6．(多选)将函数f(x)＝eq\r(3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))－1的图象向左平移eq\f(π,3)个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到函数g(x)的图象，则下列关于函数g(x)的说法正确的是()A．g(x)的最大值为eq\r(3)，其图象关于直线x＝－eq\f(π,3)对称B．g(x)的图象关于y轴对称C．g(x)的最小正周期为πD．g(x)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，0))中心对称答案BCD解析将函数f(x)＝eq\r(3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))－1的图象向左平移eq\f(π,3)个单位长度，得到y＝eq\r(3)coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＋\f(π,3)))－1＝eq\r(3)cos(2x＋π)－1＝－eq\r(3)cos2x－1的图象，再向上平移1个单位长度，得到函数g(x)＝－eq\r(3)cos2x的图象．对于函数g(x)，它的最大值为eq\r(3)，由于当x＝－eq\f(π,3)时，g(x)＝eq\f(\r(3),2)，不是最值，故g(x)的图象不关于直线x＝－eq\f(π,3)对称，故A错误；由于该函数为偶函数，故它的图象关于y轴对称，故B正确；函数g(x)的最小正周期为eq\f(2π,2)＝π，故C正确；当x＝eq\f(π,4)时，g(x)＝0，故函数g(x)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，0))中心对称，故D正确．7．已知函数f(x)＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))(ω>0)和g(x)＝3cos(2x＋φ)的图象完全相同，若x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，则f(x)的取值范围是________．答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，3))解析因为f(x)＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))＝3coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))))＝3coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(2π,3)))，f(x)和g(x)的图象完全相同，所以ω＝2，则f(x)＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))).因为x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以－eq\f(π,6)≤2x－eq\f(π,6)≤eq\f(5π,6)，所以－eq\f(1,2)≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))≤1，所以－eq\f(3,2)≤f(x)≤3.8．已知函数f(x)＝2sinωx(ω>0)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3π,4)，\f(π,4)))上单调递增，且直线y＝－2与函数f(x)的图象在[－2π，0]上有且仅有一个交点，则实数ω的取值范围是________．答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(2,3)))解析令－eq\f(π,2)＋2kπ≤ωx≤eq\f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，可得－eq\f(π,2ω)＋eq\f(2kπ,ω)≤x≤eq\f(π,2ω)＋eq\f(2kπ,ω)(k∈Z)，所以函数f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2ω)＋\f(2kπ,ω)，\f(π,2ω)＋\f(2kπ,ω)))(k∈Z)，因为函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3π,4)，\f(π,4)))上单调递增，所以eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3π,4)，\f(π,4)))⊆eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2ω)，\f(π,2ω)))，可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2ω)≤－\f(3π,4)，,\f(π,4)≤\f(π,2ω)，))因为ω>0，解得0<ω≤eq\f(2,3)，又因为直线y＝－2与函数f(x)的图象在[－2π，0]上有且仅有一个交点，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)×\f(2π,ω)≤2π，,\f(5,4)×\f(2π,ω)>2π，))解得eq\f(1,4)≤ω<eq\f(5,4).综上可得，实数ω的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(2,3))).二、高考小题9．(2023·全国乙卷)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3)))单调递增，直线x＝eq\f(π,6)和x＝eq\f(2π,3)为函数y＝f(x)的图象的两条对称轴，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)))＝()A．－eq\f(\r(3),2) B．－eq\f(1,2)C.eq\f(1,2) D.eq\f(\r(3),2)答案D解析由题意，eq\f(T,2)＝eq\f(2π,3)－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，不妨设ω>0，则T＝π，ω＝eq\f(2π,T)＝2，当x＝eq\f(π,6)时，f(x)取得最小值，则2·eq\f(π,6)＋φ＝2kπ－eq\f(π,2)，k∈Z，则φ＝2kπ－eq\f(5π,6)，k∈Z，不妨取k＝0，则f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(5π,6)))，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,3)))＝eq\f(\r(3),2).故选D.10．(2023·全国甲卷)函数y＝f(x)的图象由函数y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的图象向左平移eq\f(π,6)个单位长度得到，则y＝f(x)的图象与直线y＝eq\f(1,2)x－eq\f(1,2)的交点个数为()A．1 B．2C．3 D．4答案C解析因为函数y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的图象向左平移eq\f(π,6)个单位长度得到函数y＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＋\f(π,6)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＝－sin2x的图象，所以f(x)＝－sin2x，而直线y＝eq\f(1,2)x－eq\f(1,2)显然过eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2)))与(1，0)两点，作出y＝f(x)与y＝eq\f(1,2)x－eq\f(1,2)的部分图象如图，所以由图可知，y＝f(x)的图象与直线y＝eq\f(1,2)x－eq\f(1,2)的交点个数为3.故选C.11．(2022·新高考Ⅰ卷)记函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))＋b(ω>0)的最小正周期为T.若eq\f(2π,3)<T<π，且y＝f(x)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2))中心对称，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝()A．1 B．eq\f(3,2)C．eq\f(5,2) D．3答案A解析因为eq\f(2π,3)＜T＜π，所以eq\f(2π,3)＜eq\f(2π,ω)＜π，解得2＜ω＜3.因为y＝f(x)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2))中心对称，所以b＝2，且sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)ω＋\f(π,4)))＋b＝2，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)ω＋\f(π,4)))＝0，所以eq\f(3π,2)ω＋eq\f(π,4)＝kπ(k∈Z)，又2＜ω＜3，所以eq\f(13π,4)＜eq\f(3π,2)ω＋eq\f(π,4)＜eq\f(19π,4)，所以eq\f(3π,2)ω＋eq\f(π,4)＝4π，解得ω＝eq\f(5,2)，所以f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)x＋\f(π,4)))＋2，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)×\f(π,2)＋\f(π,4)))＋2＝sineq\f(3π,2)＋2＝1.故选A.12．(2022·全国甲卷)设函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))在区间(0，π)恰有三个极值点、两个零点，则ω的取值范围是()A．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，\f(13,6))) B．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，\f(19,6)))C．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(13,6)，\f(8,3))) D．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(13,6)，\f(19,6)))答案C解析依题意可得ω＞0，因为x∈(0，π)，所以ωx＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，ωπ＋\f(π,3)))，要使函数在区间(0，π)恰有三个极值点、两个零点，又y＝sinx，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，3π))的图象如图所示，则eq\f(5π,2)＜ωπ＋eq\f(π,3)≤3π，解得eq\f(13,6)＜ω≤eq\f(8,3)，即ω的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(13,6)，\f(8,3))).故选C.13．(多选)(2022·新高考Ⅱ卷)已知函数f(x)＝sin(2x＋φ)(0＜φ＜π)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，0))中心对称，则()A．f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(5π,12)))单调递减B．f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(11π,12)))有两个极值点C．直线x＝eq\f(7π,6)是曲线y＝f(x)的对称轴D．直线y＝eq\f(\r(3),2)－x是曲线y＝f(x)的切线答案AD解析由题意得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4π,3)＋φ))＝0，所以eq\f(4π,3)＋φ＝kπ，k∈Z，即φ＝－eq\f(4π,3)＋kπ，k∈Z，又0＜φ＜π，所以k＝2时，φ＝eq\f(2π,3)，故f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3))).对于A，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(5π,12)))时，2x＋eq\f(2π,3)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，\f(3π,2)))，由正弦函数y＝sinu的图象知，y＝f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(5π,12)))单调递减，故A正确；对于B，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(11π,12)))时，2x＋eq\f(2π,3)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(5π,2)))，由正弦函数y＝sinu的图象知，y＝f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(11π,12)))只有1个极值点，故B错误；对于C，当x＝eq\f(7π,6)时，2x＋eq\f(2π,3)＝3π，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,6)))＝0，所以直线x＝eq\f(7π,6)不是曲线y＝f(x)的对称轴，故C错误；对于D，由y′＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))＝－1得coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))＝－eq\f(1,2)，解得2x＋eq\f(2π,3)＝eq\f(2π,3)＋2kπ，k∈Z或2x＋eq\f(2π,3)＝eq\f(4π,3)＋2kπ，k∈Z，从而得x＝kπ，k∈Z或x＝eq\f(π,3)＋kπ，k∈Z，所以曲线y＝f(x)在点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)))处的切线斜率为－1，切线方程为y－eq\f(\r(3),2)＝－(x－0)，即y＝eq\f(\r(3),2)－x，故D正确．故选AD.14．(2023·新课标Ⅰ卷)已知函数f(x)＝cosωx－1(ω>0)在区间[0，2π]有且仅有3个零点，则ω的取值范围是________．答案[2，3)解析因为0≤x≤2π，所以0≤ωx≤2ωπ，令f(x)＝cosωx－1＝0，则cosωx＝1有3个根，令t＝ωx，则cost＝1有3个根，其中t∈[0，2ωπ]，结合余弦函数y＝cost的图象性质可得4π≤2ωπ<6π，故2≤ω<3.15.(2023·新课标Ⅱ卷)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)，如图，A，B是直线y＝eq\f(1,2)与曲线y＝f(x)的两个交点，若|AB|＝eq\f(π,6)，则f(π)＝________．答案－eq\f(\r(3),2)解析设Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，\f(1,2)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，\f(1,2)))，由|AB|＝eq\f(π,6)可得x2－x1＝eq\f(π,6)，由sinx＝eq\f(1,2)可知，x＝eq\f(π,6)＋2kπ或x＝eq\f(5π,6)＋2kπ，k∈Z，由图可知，ωx2＋φ－(ωx1＋φ)＝eq\f(5π,6)－eq\f(π,6)＝eq\f(2π,3)，即ω(x2－x1)＝eq\f(2π,3)，则ω＝4.因为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8π,3)＋φ))＝0，所以eq\f(8π,3)＋φ＝kπ，k∈Z，即φ＝－eq\f(8π,3)＋kπ，k∈Z，所以f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(8π,3)＋kπ))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(2π,3)＋kπ))(k∈Z)，所以f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(2π,3)))或f(x)＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(2π,3)))，又因为f(0)<0，所以f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(2π,3)))，则f(π)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4π－\f(2π,3)))＝－eq\f(\r(3),2).三、模拟小题16．(2024·河北邢台四校高三月考)将函数f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的图象向右平移φ(φ>0)个单位长度，得到偶函数g(x)的图象，则φ的最小值是()A.eq\f(π,6) B.eq\f(π,3)C.eq\f(2π,3) D.eq\f(5π,6)答案B解析由题意可得g(x)＝2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2（x－φ）＋\f(π,6)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－2φ＋\f(π,6)))，因为g(x)是偶函数，所以－2φ＋eq\f(π,6)＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，解得φ＝－eq\f(kπ,2)－eq\f(π,6)(k∈Z)．因为φ>0，所以当k＝－1时，φ取得最小值eq\f(π,3).故选B.17．(2024·山东威海银滩高级中学高三月考)已知函数f(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))(ω>0)，若f(x)在[0，π)内有且仅有3个零点和3条对称轴，则ω的取值范围是()A．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(17,6)，\f(10,3))) B．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(17,6)，\f(23,6)))C．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(17,6)，\f(10,3))) D．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7,3)，\f(10,3)))答案A解析由题意，当x∈[0，π)时，令t＝ωx＋eq\f(π,6)，则t∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，ωπ＋\f(π,6)))，若f(x)在[0，π)内有且仅有3个零点和3条对称轴，则y＝2cost在t∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，ωπ＋\f(π,6)))内有且仅有3个零点和3条对称轴，则3π<ωπ＋eq\f(π,6)≤eq\f(7π,2)，解得eq\f(17,6)<ω≤eq\f(10,3).故选A.18．(2024·浙江嘉兴高三基础测试)将函数f(x)＝sin2x的图象向左平移eq\f(3π,16)个单位长度后得到函数g(x)的图象，若函数g(x)在[－2m，m](m>0)上单调递增，则实数m的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(7π,32))) B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,16)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,16)，\f(7π,32))) D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,16)，\f(7π,32)))答案B解析由题意知g(x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3π,16)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3π,16)))))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(3π,8)))，当x∈[－2m，m]时，2x＋eq\f(3π,8)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－4m＋\f(3π,8)，2m＋\f(3π,8)))，∵g(x)在[－2m，m]上单调递增，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－4m＋\f(3π,8)≥－\f(π,2)＋2kπ，,2m＋\f(3π,8)≤\f(π,2)＋2kπ))(k∈Z)，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m≤\f(7π,32)－\f(kπ,2)，,m≤\f(π,16)＋kπ))(k∈Z)；若eq\f(7π,32)－eq\f(kπ,2)>eq\f(π,16)＋kπ(k∈Z)，则k<eq\f(5,48)，此时m≤eq\f(π,16)＋kπ，又m>0，∴k＝0，∴0<m≤eq\f(π,16)；若eq\f(7π,32)－eq\f(kπ,2)≤eq\f(π,16)＋kπ(k∈Z)，则k≥eq\f(5,48)，k≥1，此时m≤eq\f(7π,32)－eq\f(kπ,2)<0，与m>0矛盾，不符合题意．综上所述，实数m的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,16))).故选B.19．(2023·山东潍坊一模)设函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(t，t＋\f(π,4)))上的最大值为g1(t)，最小值为g2(t)，则g1(t)－g2(t)的最小值为()A．1 B．eq\f(\r(2),2)C．eq\f(\r(2)－1,2) D．eq\f(2－\r(2),2)答案D解析因为函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，所以其最小正周期为T＝eq\f(2π,2)＝π，而区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(t，t＋\f(π,4)))的区间长度是该函数的最小正周期的eq\f(1,4)，因为函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(t，t＋\f(π,4)))上的最大值为g1(t)，最小值为g2(t)，所以当区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(t，t＋\f(π,4)))关于函数图象的对称轴对称时，g1(t)－g2(t)取得最小值，区间对称轴为直线x＝eq\f(t＋t＋\f(π,4),2)＝t＋eq\f(π,8)，此时函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))有最值±1，不妨设y取得最大值g1(t)＝1，则有sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(π,8)))＋\f(π,3)))＝1，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2t＋\f(7π,12)))＝1，解得2t＋eq\f(7π,12)＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，得t＝kπ－eq\f(π,24)，k∈Z，所以g2(t)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2t＋\f(π,3)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,24)))＋\f(π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),2)(k∈Z)，所以g1(t)－g2(t)的最小值为eq\f(2－\r(2),2).故选D.20．(多选)(2023·重庆第一中学高三月考)已知函数f(x)＝sin(x＋φ)(0<φ<2π)，g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)，若将f(x)图象上每个点的横坐标缩短为原来的eq\f(1,2)后，再将图象向右平移eq\f(π,6)个单位，可以得到g(x)的图象，则下列说法正确的是()A．φ＝eq\f(2π,3)B．g(x)的周期为πC．g(x)的一个单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)，\f(7π,6)))D．g(x)＝eq\f(1,2)在区间(a，b)上有5个不同的解，则b－a的取值范围为(2π，3π]答案ABD解析将f(x)＝sin(x＋φ)的图象上每个点的横坐标缩短为原来的eq\f(1,2)，得到y＝sin(2x＋φ)的图象，再向右平移eq\f(π,6)个单位，得到g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)＋φ))的图象，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ω＝2，,－\f(π,3)＋φ＝\f(π,3)＋2kπ（k∈Z），))又0<φ<2π，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ω＝2，,φ＝\f(2π,3)，))故A正确；由A项分析可知g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，∴周期T＝eq\f(2π,2)＝π，故B正确；由x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)，\f(7π,6)))，得2x＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，\f(8π,3)))，eq\f(8π,3)>eq\f(5π,2)，可知g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)，\f(7π,6)))上不单调，故C错误；g(x)＝eq\f(1,2)在区间(a，b)上有5个不同的解，由函数图象可知，区间(a，b)的长度大于两个周期，小于等于3个周期，故b－a∈(2π，3π]，故D正确．故选ABD.21．(多选)(2024·重庆七校高三第一次月考)摩天轮是一种大型转轮状的机械建筑设施，游客坐在摩天轮的座舱里慢慢地往上转，可以从高处俯瞰四周景色．某摩天轮最高点距离地面的高度为120m，转盘直径为110m，设置有48个座舱，开启后按逆时针方向匀速旋转，游客在座舱转到距离地面最近的位置进舱，转一周大约需要30min.游客甲坐上摩天轮的座舱，开始转动tmin后距离地面的高度为H(t)m．游客乙所在座舱与甲所在座舱间隔7个座舱．在运行一周的过程中，甲、乙两人距离地面的高度差为hm．下列结论正确的是()A．H(t)＝55sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,15)t－\f(π,2)))＋65B．H(5)＝38.5C．在运行一周的过程中，H(t)>90的时间超过10minD．hmax＝55答案ACD解析由题意可得H(t)是关于t的三角函数，如图所示，以摩天轮轴心为原点，与地面平行的直线为横轴建立平面直角坐标系，设摩天轮距地面最近的点为P，则当t＝0时，游客甲位于点P(0，－55)处，以OP为终边的角为－eq\f(π,2)，而转一圈大约需要30min，可知角速度大约为eq\f(π,15)rad/min，由题意可得H(t)＝55sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,15)t－\f(π,2)))＋65，故A正确；当t＝5时，H(5)＝55sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,15)×5－\f(π,2)))＋65＝37.5，故B错误；H(t)＝55sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,15)t－\f(π,2)))＋65≥90＋2.5⇒sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,15)t－\f(π,2)))≥eq\f(1,2)，当0≤t≤30时，eq\f(π,15)t－eq\f(π,2)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(3π,2)))，故eq\f(π,15)t－eq\f(π,2)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,6)))⇒t∈[10，20]，即在运行一周的过程中，高度不低于(90＋2.5)m的时间为20－10＝10min，显然高度超过90m的时间超过10min，故C正确；甲、乙所在位置分别设为A，B两点，甲、乙座舱差7个，则∠AOB＝8×eq\f(2π,48)＝eq\f(π,3)，故tmin后甲、乙的高度分别为H1＝55sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,15)t－\f(π,2)))＋65，H2＝55sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,15)t－\f(π,2)－\f(π,3)))＋65，其高度差h＝|H1－H2|＝55eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,15)t－\f(π,2)))－sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,15)t－\f(π,2)－\f(π,3)))))＝55eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,15)t－\f(π,6)))))≤55，故D正确．故选ACD.22.(2023·云南红河开远市第一中学高三校考开学考试)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，将函数f(x)图象上所有的点向左平移eq\f(π,12)个单位长度，再把所得图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，所得函数图象的解析式为________．答案y＝2cosx解析由题意知，eq\f(1,4)T＝eq\f(π,3)－eq\f(π,12)＝eq\f(π,4)，即T＝π，所以ω＝2，所以f(x)＝2cos(2x＋φ)，因为图象经过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，2))，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)))＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋φ))＝2，所以eq\f(π,6)＋φ＝2kπ，k∈Z，因为|φ|<eq\f(π,2)，所以φ＝－eq\f(π,6)，所以f(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，将函数f(x)图象上所有的点向左平移eq\f(π,12)个单位长度，得y＝2coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))－\f(π,6)))＝2cos2x的图象，再将所得图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，得y＝2cosx的图象，所以所得函数图象的解析式为y＝2cosx.一、高考大题1．(2023·北京高考)设函数f(x)＝sinωxcosφ＋cosωxsinφeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|<\f(π,2))).(1)若f(0)＝－eq\f(\r(3),2)，求φ的值；(2)已知f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))上单调递增，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))＝1，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使函数f(x)存在，求ω，φ的值．条件①：feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝eq\r(2)；条件②：feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＝－1；条件③：f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，－\f(π,3)))上单调递减．注：如果选择的条件不符合要求，第(2)问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．解(1)因为f(x)＝sinωxcosφ＋cosωxsinφ，所以f(0)＝sin(ω·0)cosφ＋cos(ω·0)sinφ＝sinφ＝－eq\f(\r(3),2)，因为|φ|<eq\f(π,2)，所以φ＝－eq\f(π,3).(2)因为f(x)＝sinωxcosφ＋cosωxsinφ，ω>0，|φ|<eq\f(π,2)，所以f(x)＝sin(ωx＋φ)，ω>0，|φ|<eq\f(π,2)，所以f(x)的最大值为1，最小值为－1.若选条件①：因为f(x)＝sin(ωx＋φ)的最大值为1，最小值为－1，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝eq\r(2)无解，故条件①不能使函数f(x)存在．若选条件②：因为f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))上单调递增，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))＝1，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＝－1，所以eq\f(T,2)＝eq\f(2π,3)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＝π，所以T＝2π，ω＝eq\f(2π,T)＝1，所以f(x)＝sin(x＋φ)，又因为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＝－1，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)＋φ))＝－1，所以－eq\f(π,3)＋φ＝－eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，所以φ＝－eq\f(π,6)＋2kπ，k∈Z，因为|φ|<eq\f(π,2)，所以φ＝－eq\f(π,6).所以ω＝1，φ＝－eq\f(π,6).若选条件③：因为f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))上单调递增，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，－\f(π,3)))上单调递减，所以f(x)在x＝－eq\f(π,3)处取得最小值－1，即feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＝－1.以下与选条件②相同．二、模拟大题2．(2024·福建省龙岩二中月考)已知函数f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)图象上任意两条相邻对称轴间的距离为eq\f(π,2).(1)求函数f(x)的单调区间和其图象的对称中心；(2)若关于x的方程2sin2x－mcosx－4＝0在x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上有实数解，求实数m的取值范围．解(1)函数f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)图象上任意两条相邻对称轴间的距离为eq\f(π,2)，∴eq\f(T,2)＝eq\f(π,2)，即T＝π，那么eq\f(2π,ω)＝π，可得ω＝2，∴f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))).令2kπ－π≤2x＋eq\f(π,3)≤2kπ，k∈Z，解得kπ－eq\f(2π,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(2π,3)，kπ－\f(π,6)))，k∈Z，令2kπ≤2x＋eq\f(π,3)≤2kπ＋π，k∈Z，解得kπ－eq\f(π,6)≤x≤kπ＋eq\f(π,3)，k∈Z，∴函数f(x)的单调递减区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,6)，kπ＋\f(π,3)))，k∈Z，令2x＋eq\f(π,3)＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，解得x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,12)，k∈Z，∴函数f(x)图象的对称中心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)＋\f(π,12)，0))，k∈Z.(2)方程2sin2x－mcosx－4＝0在x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上有实数解，即2cos2x＋mcosx＋2＝0在x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上有实数解，令t＝cosx，∵x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴t∈(0，1)，则2t2＋mt＋2＝0，即m＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(1,t)))在(0，1)上有解，易得g(t)＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(1,t)))在(0，1)上单调递增，且t→0＋时，g(t)→－∞，∴m<g(1)＝－4，∴实数m的取值范围为(－∞，－4)．3．(2024·江苏靖江中学、华罗庚中学高三第一次阶段考试)已知函数f(x)＝cos4x－sin4x＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))).(1)求函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的单调递增区间；(2)将函数f(x)的图象向左平移φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<φ<\f(π,4)))个单位长度后得到函数g(x)的图象，若函数g(x)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，0))中心对称，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，α))上的值域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))，求α的取值范围．解(1)f(x)＝cos4x－sin4x＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＝eq\f(1,2)cos2x＋eq\f(\r(3),2)sin2x＝s