2026版《金版教程》高考一轮复习数学第四章 考点测试26 函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象与性质

高考总复习首选用卷数学考点测试26函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象与性质基础题(占比50%)中档题(占比40%)拔高题(占比10%)题号12345678难度★★★★★★★★★对点求函数解析式；三角函数的对称性三角函数的最值、对称性利用三角函数的对称性求参数的值三角函数的性质与图象变换的综合由三角函数图象求解析式及函数值三角函数图象变换与奇偶性结合求参数的最值利用函数的零点个数求参数的取值范围三角函数图象变换与单调性结合求参数的取值范围题号91011121314151617难度★★★★★★★★★★★★对点三角函数图象变换与性质的综合三角函数图象与性质的综合三角函数图象变换、性质及方程的解的综合三角函数图象变换与单调性结合求参数的值利用三角函数图象求函数的值域利用三角函数图象求函数的值与三角函数图象有关的综合问题三角函数图象变换与性质的综合三角函数的极值与单调性结合求参数的取值范围题号1819202122232425难度★★★★★★★★★★★★★★★★★★对点三角函数图象变换、值域及零点的综合三角函数图象的最值问题三角函数图象变换、性质及方程的解的综合三角函数的单调性与图象交点结合求参数的取值范围利用三角函数图象求函数解析式；方程的解的问题三角函数的图象与单调性结合求参数的最值三角函数模型的应用三角函数图象变换、性质及函数零点的综合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，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．(2025·山西吕梁高三开学考试)已知函数f(x)＝cos(2x＋φ)(0<φ<π)的图象关于直线x＝eq\f(π,5)对称，则φ＝()A.eq\f(π,10) B.eq\f(2π,5)C.eq\f(3π,5) D.eq\f(7π,10)答案：C解析：由题意可得2×eq\f(π,5)＋φ＝kπ(k∈Z)，解得φ＝kπ－eq\f(2π,5)(k∈Z)，根据各选项，代入检验知，当k取1时，φ＝eq\f(3π,5)，即只有C项符合题意．故选C.4．(2025·浙江名校协作体高三开学考试)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))满足feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝1，最小正周期为π，函数g(x)＝sin2x，则将f(x)的图象向左平移________个单位长度后可以得到g(x)的图象．()A.eq\f(π,12) B.eq\f(π,6)C.eq\f(5π,6) D.eq\f(11π,12)答案：A解析：由函数f(x)＝sin(ωx＋φ)的最小正周期为π，可得ω＝eq\f(2π,π)＝2，因为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝1，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)＋φ))＝1，可得eq\f(2π,3)＋φ＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，即φ＝－eq\f(π,6)＋2kπ，k∈Z，又|φ|<eq\f(π,2)，所以φ＝－eq\f(π,6)，所以f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))))，将f(x)＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))))的图象向左平移eq\f(π,12)个单位长度，可得函数g(x)＝sin2x的图象．故选A.5．(2025·福建名校联盟高三质检)已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0，|φ|<π)的部分图象如图所示，则f(2)＝()A．－1 B．－eq\r(2)C．－eq\r(3) D．－2答案：B解析：由eq\f(T,2)＝eq\f(7,2)－eq\f(3,2)＝2，得周期T＝4，ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(π,2).由题图可知feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)＋φ))＝0，则eq\f(3π,4)＋φ＝π＋2kπ(k∈Z)，得φ＝eq\f(π,4)＋2kπ(k∈Z)，又|φ|<π，所以φ＝eq\f(π,4).由题图可知f(0)＝Asineq\f(π,4)＝eq\r(2)，得A＝2.综上，f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x＋\f(π,4)))，得f(2)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π＋\f(π,4)))＝－eq\r(2).故选B.6．(2024·河北邢台四校高三模拟)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.7．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.8．(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.9．(多选)(2025·安徽蚌埠高三开学调研)已知函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，则下列说法正确的是()A．函数f(x)的图象关于直线x＝eq\f(π,12)对称B．函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增C．函数f(x)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，0))中心对称D．将f(x)图象上各点先横坐标扩大为原来的2倍，再向右平移eq\f(π,6)个单位长度得到正弦曲线答案：AC解析：因为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)))＝sineq\f(π,2)＝1是函数的最大值，所以直线x＝eq\f(π,12)是函数f(x)图象的对称轴，故A正确；由2kπ－eq\f(π,2)≤2x＋eq\f(π,3)≤2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，可得kπ－eq\f(5π,12)≤x≤kπ＋eq\f(π,12)，k∈Z，所以函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,12)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(π,2)))上单调递减，故B错误；因为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝sinπ＝0，所以点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，0))是函数f(x)图象的对称中心，故C正确；将f(x)图象上各点横坐标扩大为原来的2倍，可得y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))的图象，再向右平移eq\f(π,6)个单位长度得到y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)＋\f(π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))的图象，为正弦型曲线，不是正弦曲线，故D错误．故选AC.10．(多选)(2025·山东济宁高三上期末)已知函数f(x)＝2cos(2x＋φ)(－π<φ<π)的部分图象如图所示，则下列说法正确的是()A．φ＝eq\f(π,3)B．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上单调递增C．f(x)在(0，π)上有两个极值点D．点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，0))是曲线y＝f(x)的一个对称中心答案：BC解析：对于A，因为f(x)＝2cos(2x＋φ)(－π<φ<π)的图象经过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，0))，所以2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,12)＋φ))＝0，即coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋φ))＝0，又f(x)的图象在点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，0))附近呈上升趋势，则eq\f(π,6)＋φ＝－eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，即φ＝－eq\f(2π,3)＋2kπ，k∈Z，又－π<φ<π，所以φ＝－eq\f(2π,3)，故A错误；对于B，由A项可得f(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(2π,3)))，由0<x<eq\f(π,4)，得－eq\f(2π,3)<2x－eq\f(2π,3)<－eq\f(π,6)，又y＝cosx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2π,3)，－\f(π,6)))上单调递增，故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上单调递增，故B正确；对于C，由0<x<π，得－eq\f(2π,3)<2x－eq\f(2π,3)<eq\f(4π,3)，又y＝cosx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2π,3)，0))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(4π,3)))上单调递增，在(0，π)上单调递减，所以y＝cosx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2π,3)，\f(4π,3)))上有两个极值点，则f(x)在(0，π)上有两个极值点，故C正确；对于D，因为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝2coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))－\f(2π,3)))＝－2≠0，所以点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，0))不是曲线y＝f(x)的对称中心，故D错误．故选BC.11．(多选)(2025·河北张家口尚义县第一中学高三摸底考试)已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))，周期为π，且满足feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)－x))，则下列说法正确的是()A．f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))B．f(x)的图象向右平移eq\f(π,12)个单位长度所得图象对应的函数为偶函数C．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,4)))上单调递减D．f(x)＝1在[0，π]上有两个不相等的实数解答案：BD解析：对于A，由周期为π，可得ω＝eq\f(2π,π)＝2，故f(x)＝2sin(2x＋φ)，由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)－x))，eq\f(x－\f(π,12)＋\f(5π,12)－x,2)＝eq\f(π,6)，可得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))是f(x)图象的一个对称中心，故feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋φ))＝0，结合|φ|<eq\f(π,2)，得φ＝－eq\f(π,3)，进而可得f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，故A错误；对于B，f(x)的图象向右平移eq\f(π,12)个单位长度得到的图象对应的函数为y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)－\f(π,3)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,2)))＝－2cos2x，为偶函数，故B正确；对于C，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,4)))时，2x－eq\f(π,3)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(7π,6)))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋2kπ，\f(3π,2)＋2kπ))，k∈Z，故C错误；对于D，令f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))＝1，则2x－eq\f(π,3)＝eq\f(π,6)＋2kπ或2x－eq\f(π,3)＝eq\f(5π,6)＋2kπ，k∈Z，解得x＝eq\f(π,4)＋kπ或x＝eq\f(7π,12)＋kπ，k∈Z，当x∈[0，π]时，有x＝eq\f(π,4)和x＝eq\f(7π,12)，故D正确．故选BD.12．(2025·江苏南京六校联合体高三学情调研)若函数f(x)＝sin(2x＋φ)(0<φ<2π)的图象向右平移φ个单位长度后得到的图象对应的函数在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递减，则φ＝________．答案：eq\f(3π,2)解析：f(x)的图象向右平移φ个单位长度后得到的图象对应的函数为g(x)＝sin[2(x－φ)＋φ]＝sin(2x－φ)的图象．因为x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以－φ≤2x－φ≤π－φ，因为g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递减，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－φ≥\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，,π－φ≤\f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－φ≥\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，,－φ≤\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，))所以－φ＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，所以φ＝－eq\f(π,2)－2kπ，k∈Z，因为0<φ<2π，所以φ＝eq\f(3π,2).13．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)≤3.14．(2025·海南中学高三开学考试)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，其中feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13π,12)))＝2，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(11π,4)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11π,6)))＝________．答案：1解析：设函数f(x)的最小正周期为T，观察图象可得eq\f(3,4)T＝eq\f(13π,12)－eq\f(π,3)＝eq\f(3π,4)，所以T＝π，又ω>0，所以ω＝eq\f(2π,T)＝2，又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13π,12)))＝2，所以2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13π,6)＋φ))＝2，所以φ＝2kπ－eq\f(13π,6)，k∈Z，又|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)))，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(11π,4)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11π,6)))＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(11π,2)－\f(π,6)))＋2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11π,3)－\f(π,6)))＝2coseq\f(π,3)＋2coseq\f(7π,2)＝1.15．(2024·山东青岛高三模拟)已知函数f(x)＝eq\r(2)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．(1)求f(x)的解析式及f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的值域；(2)若将函数f(x)的图象向右平移θ(θ>0)个单位长度后所得曲线关于y轴对称．求θ的最小值．解：(1)由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝1，得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)ω＋φ))＝eq\f(\r(2),2)，又点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，1))及附近点从左到右是上升的，则eq\f(π,4)ω＋φ＝eq\f(π,4)＋2kπ，k∈Z，由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,8)))＝0，点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,8)，0))及附近点从左到右是下降的，且上升、下降的两段图象相邻，得eq\f(5π,8)ω＋φ＝π＋2kπ，k∈Z，联立解得ω＝2，φ＝－eq\f(π,4)＋2kπ，k∈Z，又|φ|<eq\f(π,2)，于是φ＝－eq\f(π,4)，f(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4))).当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，2x－eq\f(π,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))，所以f(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))∈[－1，eq\r(2)]，即f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的值域为[－1，eq\r(2)]．(2)记将函数f(x)的图象向右平移θ(θ>0)个单位长度后得到的图象对应的函数为g(x)，所以g(x)＝f(x－θ)＝eq\r(2)sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2（x－θ）－\f(π,4)))＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－2θ－\f(π,4)))，由题意g(x)的图象关于y轴对称，即g(x)为偶函数，所以－2θ－eq\f(π,4)＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，解得θ＝－eq\f(3π,8)－eq\f(kπ,2)，k∈Z，因为θ>0，所以当k＝－1时，θ取得最小值eq\f(π,8).16．(2025·江苏常州第一中学高三期初检测)已知函数f(x)＝sin(π－ωx)cosωx＋cos2ωx(ω>0)，函数f(x)图象的一个对称中心到最近的对称轴的距离为eq\f(π,4).(1)求函数f(x)的单调递增区间；(2)将函数f(x)的图象上各点的纵坐标不变，横坐标缩短到原来的eq\f(1,2)，再向右平移eq\f(π,8)个单位长度，得到函数g(x)的图象，求函数g(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上的值域．解：(1)因为f(x)＝sin(π－ωx)cosωx＋cos2ωx＝sinωxcosωx＋cos2ωx＝eq\f(1,2)sin2ωx＋eq\f(1,2)(1＋cos2ωx)＝eq\f(\r(2),2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)sin2ωx＋\f(\r(2),2)cos2ωx))＋eq\f(1,2)＝eq\f(\r(2),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx＋\f(π,4)))＋eq\f(1,2)(ω>0)，又由题意知eq\f(T,4)＝eq\f(π,4)，所以eq\f(1,4)×eq\f(2π,2ω)＝eq\f(π,4)，解得ω＝1，所以f(x)＝eq\f(\r(2),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))＋eq\f(1,2)，令2kπ－eq\f(π,2)≤2x＋eq\f(π,4)≤2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，则kπ－eq\f(3π,8)≤x≤kπ＋eq\f(π,8)，k∈Z，所以函数f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(3π,8)，kπ＋\f(π,8)))，k∈Z.(2)由(1)知，f(x)＝eq\f(\r(2),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))＋eq\f(1,2)，故由题意可得g(x)＝eq\f(\r(2),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(π,4)))＋eq\f(1,2)，因为x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，所以4x－eq\f(π,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))，故sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(π,4)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，1))，所以eq\f(\r(2),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(π,4)))＋eq\f(1,2)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2)＋1,2)))，即g(x)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2)＋1,2))).17．(2025·广东重点中学联盟高三开学考试)已知函数f(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))(ω>0)在(0，π)上有且仅有2个极值点，且在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(11π,24)))上单调递增，则ω的取值范围为()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，\f(17,6))) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，4))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2，\f(17,6))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2，\f(8,3)))答案：A解析：因为f(x)在(0，π)上有且仅有2个极值点，所以2π<ωπ＋eq\f(π,6)≤3π，解得eq\f(11,6)<ω≤eq\f(17,6)，因为f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(11π,24)))上单调递增，又eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(11π,24)))⊆(0，π)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)ω＋\f(π,6)≥π，,\f(11π,24)ω＋\f(π,6)≤2π，))解得eq\f(5,2)≤ω≤4，所以eq\f(5,2)≤ω≤eq\f(17,6).故选A.18．(2025·四川达州通川区高三摸底联考)已知函数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)))(0<ω<5)，将f(x)的图象向右平移eq\f(π,6)个单位长度后得到g(x)的图象，若g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,ω)))上的值域为[－1，1]，则函数y＝g(x)＋eq\f(1,2)在[－2π，2π]上的零点个数为()A．4 B．6C．8 D．10答案：C解析：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)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))－cosωx＝eq\f(\r(3),2)sinωx－eq\f(1,2)cosωx＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))，故g(x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)ω－\f(π,6)))，因为当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,ω)))时，ωx－eq\f(π,6)ω－eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)ω－\f(π,6)，－\f(π,6)ω＋\f(5π,6)))，由于0<ω<5，所以－π<－eq\f(π,6)ω－eq\f(π,6)<－eq\f(π,6)，0<－eq\f(π,6)ω＋eq\f(5π,6)<eq\f(5π,6)，又g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,ω)))上的值域为[－1，1]，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)ω－\f(π,6)≤－\f(π,2)，,－\f(π,6)ω＋\f(5π,6)≥\f(π,2)，))解得ω＝2，即g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,2)))＝－cos2x，y＝g(x)＋eq\f(1,2)的零点即为cos2x＝eq\f(1,2)的根，则2x＝－eq\f(π,3)＋2kπ或2x＝eq\f(π,3)＋2kπ，k∈Z，即x＝－eq\f(π,6)＋kπ或x＝eq\f(π,6)＋kπ，k∈Z，所以函数y＝g(x)＋eq\f(1,2)在[－2π，2π]上的零点有－eq\f(7π,6)，－eq\f(π,6)，eq\f(5π,6)，eq\f(11π,6)，－eq\f(11π,6)，－eq\f(5π,6)，eq\f(π,6)，eq\f(7π,6)，共8个．故选C.19．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)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)个单位长度，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)的最小正周期为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)个单位长度，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)))，∴最小正周期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．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\f(5π,2)<－2πω≤－eq\f(π,2)，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))).22．(2024·吉林师大附中实验学校高三四模)已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(其中A>0，ω>0，|φ|<\f(π,2)))的部分图象如图所示，将函数f(x)的图象向右平移eq\f(π,6)个单位长度，得到函数g(x)的图象．(1)求f(x)与g(x)的解析式；(2)令F(x)＝f(x)＋g(x)，求F(x)＝eq\r(2)在区间(0，2π)内的所有实数解的和．解：(1)设函数f(x)的最小正周期为T，因为A>0，由函数图象可得A＝2，T＝4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)－\f(π,3)))＝π，因为ω>0，所以eq\f(2π,ω)＝π，解得ω＝2，将eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)，－2))代入解析式，得2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(7π,12)＋φ))＝－2，故sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,6)＋φ))＝－1，因为|φ|<eq\f(π,2)，所以－eq\f(π,2)<φ<eq\f(π,2)，eq\f(2π,3)<eq\f(7π,6)＋φ<eq\f(5π,3)，故eq\f(7π,6)＋φ＝eq\f(3π,2)，解得φ＝eq\f(π,3)，故f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，因为函数f(x)的图象向右平移eq\f(π,6)个单位长度，得到函数g(x)的图象，所以g(x)＝2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＋\f(π,3)))＝2sin2x.(2)F(x)＝f(x)＋g(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＋2sin2x＝2sin2xcoseq\f(π,3)＋2cos2xsineq\f(π,3)＋2sin2x＝3sin2x＋eq\r(3)cos2x＝2eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，令F(x)＝eq\r(2)，得2eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＝eq\r(2)，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＝eq\f(\r(6),6)，当x∈(0，2π)时，2x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(25π,6)))，令u＝2x＋eq\f(π,6)，画出y＝sinu在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(25π,6)))上的函数图象，如下：由图象可知，sinu＝eq\f(\r(6),6)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(25π,6)))上共有4个解，其中u1＋u2＝3π，u3＋u4＝7π，即2x1＋eq\f(π,6)＋2x2＋eq\f(π,6)＝3π，2x3＋eq\f(π,6)＋2x4＋eq\f(π,6)＝7π，解得x1＋x2＝eq\f(4π,3)，x3＋x4＝eq\f(10π,3)，所以x1＋x2＋x3＋x4＝eq\f(4π,3)＋eq\f(10π,3)＝eq\f(14π,3).23．(2024·河南南阳高三模拟)如图，A，B和C，D分别是函数f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))(ω>0)图象的两个最低点和两个最高点，若四边形ABCD的面积为8π，且f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，a))上是单调函数，则实数a的最大值是()A.eq\f(5π,6) B.eq\f(13π,12)C.eq\f(7π,6) D.eq\f(5π,4)答案：C解析：由题意，得四边形ABCD为平行四边形，且|AB|＝2T＝2×eq\f(2π,ω)，且AB与CD之间的距离为4，则4×2×eq\f(2π,ω)＝8π，解得ω＝2，则f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，由x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，a))，可得2x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,3)，2a＋\f(π,6)))，由f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，a))上是单调函数及正弦函数的图象可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a＋\f(π,6)≤\f(5π,2)，,a>\f(3π,4)，))解得eq\f(3π,4)<a≤eq\f(7π,6)，即实数a的最大值为eq\f(7π,6).故选C.24．(多选)(2024·重庆七校高三模拟)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10min