高考数学一轮复习 讲义 第5节 函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象及应用

第五节函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象及应用课标解读考向预测1.结合具体实例，了解y＝Asin(ωx＋φ)(A≠0，ω≠0)的实际意义；能借助图象理解参数ω，φ，A的意义，了解参数的变化对函数图象的影响．2.会用三角函数解决简单的实际问题，体会可以利用三角函数构建刻画事物周期变化的数学模型.从近几年的高考来看，函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象与性质是高考的热点．预计2027年高考函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象与性质及三角函数的应用，仍然是出题的热点，以中档题为主，可能会与三角函数式的求值、化简相结合.1．y＝Asin(ωx＋φ)的有关概念y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)振幅最小正周期频率相位初相AT＝eq\o(□,\s\up1(01))eq\f(2π,ω)f＝eq\f(1,T)＝eq\o(□,\s\up1(02))eq\f(ω,2π)eq\o(□,\s\up1(03))ωx＋φeq\o(□,\s\up1(04))φ2.“五点法”画y＝Asin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A>0，ω>0，|φ|<\f(π,2)))一个周期内的简图五个关键点如下表所示：xeq\o(□,\s\up1(05))－eq\f(φ,ω)eq\f(π,2ω)－eq\f(φ,ω)eq\o(□,\s\up1(06))eq\f(π－φ,ω)eq\f(3π,2ω)－eq\f(φ,ω)eq\o(□,\s\up1(07))eq\f(2π－φ,ω)ωx＋φ0eq\o(□,\s\up1(08))eq\f(π,2)πeq\o(□,\s\up1(09))eq\f(3π,2)2πy＝Asin(ωx＋φ)0A0－A03．函数y＝sinx的图象经变换得到y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的图象的两种途径提醒：两种变换的区别：①先相位变换再周期变换(伸缩变换)，平移的量是|φ|个单位长度；②先周期变换(伸缩变换)再相位变换，平移的量是eq\f(|φ|,ω)(ω＞0)个单位长度．题组一走出误区——判一判(1)把y＝sinx的图象上各点的横坐标缩短为原来的eq\f(1,2)，纵坐标不变，所得图象对应的函数解析式为y＝sineq\f(1,2)x.()(2)将y＝sin(－2x)的图象向右平移eq\f(π,6)个单位长度，得到y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2x－\f(π,3)))的图象．()(3)利用图象变换作图时，可以“先平移，后伸缩”，也可以“先伸缩，后平移”，平移的长度一致．()(4)y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)x－\f(π,4)))的初相为－eq\f(π,4).()答案：(1)×(2)×(3)×(4)√题组二回归教材——练一练(1)(人教A必修第一册复习参考题5T10改编)y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－\f(π,3)))的振幅、频率和初相分别为()A．2，4π，eq\f(π,3) B．2，eq\f(1,4π)，eq\f(π,3)C．2，eq\f(1,4π)，－eq\f(π,3) D．2，4π，－eq\f(π,3)答案：C解析：由题意，知A＝2，f＝eq\f(1,T)＝eq\f(ω,2π)＝eq\f(1,4π)，初相为－eq\f(π,3).故选C.(2)(人教A必修第一册习题5.6T1改编)为了得到函数y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))的图象，可以将函数y＝2sin2x的图象()A．向右平移eq\f(π,8)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,8)个单位长度D．向左平移eq\f(π,4)个单位长度答案：A解析：y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))＝2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,8))))).故选A.(3)(人教B必修第三册7.3.2练习BT1改编)为了得到y＝3coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,8)))的图象，只需把y＝3coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,8)))图象上所有点的()A．纵坐标伸长到原来的3倍，横坐标不变B．横坐标伸长到原来的3倍，纵坐标不变C．纵坐标缩短到原来的eq\f(1,3)，横坐标不变D．横坐标缩短到原来的eq\f(1,3)，纵坐标不变答案：D解析：因为变换前后，两个函数的初相相同，所以只需把y＝3coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,8)))图象上所有点的纵坐标不变，横坐标缩短到原来的eq\f(1,3)，即可得到函数y＝3coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,8)))的图象．故选D.(4)(人教A必修第一册5.7例1改编)如图，某地一天从6～14时的温度变化曲线近似满足函数y＝Asin(ωx＋φ)＋B，A＞0，ω＞0，0<φ<π，则这段曲线的函数解析式为________．答案：y＝5sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)x＋\f(3π,4)))＋10，x∈[6，14]解析：从题图中可以看出，从6～14时的图象是函数y＝Asin(ωx＋φ)＋B的半个周期，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(A＋B＝15，,－A＋B＝5，))所以A＝eq\f(1,2)×(15－5)＝5，B＝eq\f(1,2)×(15＋5)＝10.又eq\f(1,2)×eq\f(2π,ω)＝14－6，所以ω＝eq\f(π,8).又eq\f(π,8)×10＋φ＝2π＋2kπ，k∈Z，0<φ<π，所以φ＝eq\f(3π,4)，所以y＝5sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)x＋\f(3π,4)))＋10，x∈[6，14]．考点一函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象变换(1)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，0<φ<\f(π,2)))的图象经过点Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，0))，且f(x)的相邻两个零点的距离为eq\f(π,2)，为得到y＝f(x)的图象，可将y＝sinx图象上的所有点()A．先向右平移eq\f(π,3)个单位长度，再将所得图象上所有点的横坐标缩短为原来的eq\f(1,2)，纵坐标不变B．先向左平移eq\f(π,3)个单位长度，再将所得图象上所有点的横坐标缩短为原来的eq\f(1,2)，纵坐标不变C．先向左平移eq\f(π,3)个单位长度，再将所得图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变D．先向右平移eq\f(π,3)个单位长度，再将所得图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变答案：B解析：因为相邻两个零点的距离为eq\f(π,2)，所以函数f(x)的最小正周期T＝2×eq\f(π,2)＝π，则ω＝eq\f(2π,T)＝2，又点Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，0))在函数f(x)的图象上，所以sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＋φ))＝0，所以－eq\f(π,3)＋φ＝kπ，k∈Z，即φ＝eq\f(π,3)＋kπ，k∈Z，又0<φ<eq\f(π,2)，所以当k＝0时，φ＝eq\f(π,3)，所以f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，则将y＝sinx的图象先向左平移eq\f(π,3)个单位长度可得y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))的图象，再将所得图象上所有点的横坐标缩短为原来的eq\f(1,2)，纵坐标不变，得到y＝f(x)的图象．故选B.(2)(2024·新课标Ⅰ卷，7)当x∈[0，2π]时，曲线y＝sinx与y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(π,6)))的交点个数为()A．3 B．4C．6 D．8答案：C解析：因为函数y＝sinx的最小正周期为T1＝2π，函数y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(π,6)))的最小正周期为T2＝eq\f(2π,3)，所以在x∈[0，2π]上，函数y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(π,6)))有三个周期的图象，在坐标系中结合五点法及函数图象的变换方法作出两函数的图象，如图所示，由图可知，两函数的图象有6个交点．故选C.三角函数图象变换的关键点及解题策略(1)定函数：一定要看准是将哪个函数的图象变换得到哪一个函数的图象．(2)变同名：如果平移前后两个图象对应的函数的名称不一致，那么应先利用诱导公式化为同名函数，ω为负时应先变成正值．(3)选方法：根据变换前后函数的特点，选择先平移后伸缩还是先伸缩后平移．对于函数y＝sinωx(ω>0)的图象，向左平移|φ|个单位长度得到的是函数y＝sin[ω(x＋|φ|)]的图象，而不是函数y＝sin(ωx＋|φ|)的图象．1.(多选)为了得到y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,4)－\f(π,8)))的图象，只需将y＝sinx图象上所有点的纵坐标不变()A．所有点的横坐标变为原来的eq\f(1,4)，再向右平移eq\f(π,8)个单位长度B．所有点的横坐标变为原来的4倍，再向右平移eq\f(π,2)个单位长度C．先向右平移eq\f(π,8)个单位长度，再将所有点的横坐标变为原来的4倍D．先向右平移eq\f(π,2)个单位长度，再将所有点的横坐标变为原来的eq\f(1,4)答案：BC解析：y＝sinx图象上所有点的横坐标变为原来的4倍得到y＝sineq\f(x,4)的图象，再将所得图象向右平移eq\f(π,2)个单位长度得到y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,4)－\f(π,8)))的图象，故A错误，B正确；y＝sinx的图象先向右平移eq\f(π,8)个单位长度得到y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,8)))的图象，再将图象上所有点的横坐标变为原来的4倍得到y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,4)－\f(π,8)))的图象，故C正确，D错误．故选BC.2．将函数f(x)＝sin(ωx＋φ)的图象向左平移eq\f(π,4)个单位长度后，与函数g(x)＝cos(ωx＋φ)的图象重合，则ω的值可以是()A．1 B．2C．3 D．4答案：B解析：将f(x)＝sin(ωx＋φ)的图象向左平移eq\f(π,4)个单位长度，得到y＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ω\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＋φ))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋φ＋\f(πω,4)))的图象，其与g(x)＝cos(ωx＋φ)的图象重合，则eq\f(πω,4)＝eq\f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，解得ω＝2＋8k(k∈Z)，则ω的值不可能为1，3，4，可以为2.故选B.考点二由图象确定函数y＝Asin(ωx＋φ)＋b的解析式(1)已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)的部分图象如图所示，则f(x)的表达式可以为()A．f(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))B．f(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(7π,6)))C．f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(5π,3)))D．f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(7π,12)))答案：A解析：不妨令A＞0，ω＞0.由题图可知，A＝2，eq\f(3,4)T＝eq\f(13π,12)－eq\f(π,3)，∴T＝π，∴ω＝eq\f(2π,T)＝2，∵f(x)的图象经过最高点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13π,12)，2))，∴2×eq\f(13π,12)＋φ＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，故φ＝－eq\f(13π,6)＋eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，∴f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(13π,6)＋\f(π,2)＋2kπ))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)＋\f(π,2)))＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，k∈Z.故选A.(2)若函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A>0，ω>0，0<φ<\f(π,2)))的部分图象如图所示，则φ的值是________．答案：eq\f(π,3)解析：根据函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A>0，ω>0，0<φ<\f(π,2)))的部分图象，可得f(0)＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))，即f(x)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，0))对称，∴f(x)的最小正周期T＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋\f(π,6)))＝π，又T＝eq\f(2π,ω)，∴ω＝2，又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)×2＋φ))＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)＋φ))＝0，0<φ<eq\f(π,2)，∴φ＝eq\f(π,3).确定y＝Asin(ωx＋φ)＋b(A＞0，ω＞0)的步骤和方法(1)求A，b，确定函数的最大值M和最小值m，则A＝eq\f(M－m,2)，b＝eq\f(M＋m,2).(2)求ω，确定函数的最小正周期T，则可得ω＝eq\f(2π,T).(3)求φ，常用的方法有：①代入法：把图象上的一个已知点代入(此时A，ω，b已知)或代入图象与直线y＝b的交点求解(此时要注意交点在上升区间还是在下降区间)；②特殊点法：确定φ值时，往往以寻找“最值点”为突破口．具体如下：“最大值点”(即图象的“峰点”)时，ωx＋φ＝eq\f(π,2)＋2kπ(k∈Z)；“最小值点”(即图象的“谷点”)时，ωx＋φ＝eq\f(3π,2)＋2kπ(k∈Z)．如果已知图象上有最值点，最好代入最值点求解．若将图象上的非最值点代入解析式求解时，注意点在上升区间还是在下降区间．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，则将y＝f(x)的图象向左平移eq\f(π,3)个单位长度后，得到的图象对应的函数解析式为()A．y＝－cos2xB．y＝cos2xC．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(5π,6)))D．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))答案：C解析：观察图象，得A＝1，令函数f(x)的周期为T，则有eq\f(3T,4)＝eq\f(11π,12)－eq\f(π,6)＝eq\f(3π,4)，解得T＝π，则ω＝eq\f(2π,T)＝2，而f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝1，则有2×eq\f(π,6)＋φ＝2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，又|φ|<eq\f(π,2)，则φ＝eq\f(π,6)，因此f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))).将y＝f(x)的图象向左平移eq\f(π,3)个单位长度，得到y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(5π,6)))的图象，所以将y＝f(x)的图象向左平移eq\f(π,3)个单位长度后，得到的图象对应的函数解析式为y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(5π,6))).故选C.4．(2026·山西临汾模拟)已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)，如图，A，B是直线y＝eq\r(2)与曲线y＝f(x)的两个交点，若AB＝eq\f(π,4)，f(0)＝2，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝()A．0 B．－2C．1 D．2答案：B解析：根据f(0)＝2可得，sinφ＝1，故φ＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，故f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,2)＋2kπ))＝2cosωx，k∈Z，令f(x)＝2cosωx＝eq\r(2)，得ωx1＝eq\f(π,4)＋2kπ或ωx2＝－eq\f(π,4)＋2kπ，k∈Z，结合图象可知，ωxA＝－eq\f(π,4)＋2π，ωxB＝eq\f(π,4)＋2π，因此AB＝xB－xA＝eq\f(π,2ω)＝eq\f(π,4)，故ω＝2，因此f(x)＝2cos2x，故feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝2cosπ＝－2.故选B.考点三函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象与性质的综合应用(多考向探究)考向1图象与性质的综合应用(多选)已知f(x)＝2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))－1(ω>0)，则()A．若f(x1)＝1，f(x2)＝－1，且|x1－x2|min＝eq\f(π,2)，则ω＝2B．∃ω∈(0，2)，使得f(x)的图象向左平移eq\f(π,6)个单位长度后所得图象关于原点对称C．当ω＝eq\f(3,2)时，函数y＝f(x)＋m(m∈R)，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,9)，\f(2π,3)))恰有三个零点x1，x2，x3，且x1<x2<x3，则x1＋2x2＋x3＝eq\f(14π,9)D．若f(x)在(0，π)上恰有2个极大值点和1个极小值点，则ω的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(11,6)))答案：BCD解析：因为f(x)＝2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))－1＝－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx＋\f(π,3)))，所以最小正周期T＝eq\f(2π,2ω)＝eq\f(π,ω).对于A，由条件知，最小正周期为π，所以ω＝1，故A错误；对于B，函数f(x)的图象向左平移eq\f(π,6)个单位长度后得到y＝－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx＋\f(ω,3)π＋\f(π,3)))的图象，其关于原点对称，则eq\f(ω,3)π＋eq\f(π,3)＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，解得ω＝eq\f(1,2)＋3k，k∈Z，又ω∈(0，2)，所以ω＝eq\f(1,2)，故B正确；对于C，函数f(x)＝－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,3)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x∈\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,9)，\f(2π,3)))))，令3x＋eq\f(π,3)＝kπ，k∈Z，可得x＝eq\f(kπ,3)－eq\f(π,9)，k∈Z，因为x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,9)，\f(2π,3)))，所以－eq\f(π,9)＜eq\f(kπ,3)－eq\f(π,9)＜eq\f(2π,3)，即0＜k＜eq\f(7,3)，又k∈Z，所以k＝1或2，所以令k＝1，可得f(x)图象的一条对称轴为直线x＝eq\f(2π,9)，令k＝2，可得f(x)图象的一条对称轴为直线x＝eq\f(5π,9)，由函数y＝f(x)＋meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x∈\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,9)，\f(2π,3)))，m∈R))恰有三个零点，可知x1＋x2＝eq\f(2π,9)×2＝eq\f(4π,9)，x3＋x2＝eq\f(5π,9)×2＝eq\f(10π,9)，所以x1＋2x2＋x3＝eq\f(14π,9)，故C正确；对于D，令t＝2ωx＋eq\f(π,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)<t<2ωπ＋\f(π,3)))，由f(x)在(0，π)上恰有2个极大值点和1个极小值点，得3π<2ωπ＋eq\f(π,3)≤4π，解得eq\f(4,3)<ω≤eq\f(11,6)，故D正确．故选BCD.(1)研究y＝Asin(ωx＋φ)的性质时可将ωx＋φ视为一个整体，利用换元法和数形结合思想进行解题．(2)解决三角函数中的零点(方程根)问题的关键是根据条件作出对应函数的图象，然后利用数形结合思想求解．5.(多选)(2026·河北保定模拟)已知函数f(x)＝2eq\r(3)sinxcosx＋2cos2x，则()A．函数f(x)的最小正周期为πB．函数f(x)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，0))中心对称C．将函数y＝f(x)的图象向左平移eq\f(π,6)个单位长度，得到的函数图象关于y轴对称D．若函数g(x)＝f(x)－ax在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(2π,3)))上不单调，则a的取值范围为(－4，2)答案：ACD解析：f(x)＝eq\r(3)sin2x＋cos2x＋1＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋1.对于A，∵ω＝2，∴T＝eq\f(2π,ω)＝π，故A正确；对于B，令2x＋eq\f(π,6)＝kπ，k∈Z，得x＝－eq\f(π,12)＋eq\f(kπ,2)，k∈Z，∴点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，1))是函数f(x)图象的一个对称中心，故B不正确；对于C，平移后的函数h(x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＋1＝2cos2x＋1，函数h(x)的图象关于y轴对称，故C正确；对于D，∵g′(x)＝f′(x)－a＝4coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))－a，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(2π,3)))时，2x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(3π,2)))，∴g′(x)∈[－4－a，2－a)，要想函数g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(2π,3)))上不单调，则－4－a<0<2－a，∴a∈(－4，2)，故D正确．故选ACD.考向2三角函数模型的简单应用(多选)受潮汐影响，某港口5月份每一天的水深y(单位：米)与时间x(单位：时)的关系都符合函数y＝Asin(ωx＋φ)＋heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A>0，ω>0，－\f(π,2)<φ<\f(π,2)，h∈R)).根据该港口的安全条例，要求船底与水底的距离必须不小于2.5米，否则该船必须立即离港，一艘船满载货物，吃水(即船底到水面的距离)6米，计划于5月10日进港卸货(该船进港即可以开始卸货)，已知卸货时吃水深度以每小时0.3米的速度匀速减少，卸完货后空船吃水3米(不计船停靠码头和驶离码头所需时间)．下表为该港口5月某天的时间与水深的关系：时间/时25811水深/米10747时间/时14172023水深/米10747下列说法正确的是()A．水深y与时间x的函数关系为y＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)x＋\f(π,6)))＋7，x∈[0，24)B．该船满载货物时可以在0时到4时之间以及12时到16时之间进入港口C．该船卸完货物后可以在19时离开港口D．该船5月10日完成卸货任务的最早时间为16时答案：ABD解析：依题意，得A＝eq\f(10－4,2)＝3，h＝eq\f(10＋4,2)＝7，eq\f(2π,ω)＝14－2，解得ω＝eq\f(π,6)，显然函数y＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)x＋φ))＋7的图象过点(2，10)，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋φ))＝1，又－eq\f(π,2)<φ<eq\f(π,2)，因此φ＝eq\f(π,6)，所以函数表达式为y＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)x＋\f(π,6)))＋7，x∈[0，24)，故A正确；依题意，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)x＋\f(π,6)))＋7≥6＋2.5，,0≤x＜24，))整理，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)x＋\f(π,6)))≥\f(1,2)，,0≤x＜24，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋2kπ≤\f(π,6)x＋\f(π,6)≤\f(5π,6)＋2kπ（k∈Z），,0≤x＜24，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(12k≤x≤4＋12k（k∈Z），,0≤x＜24，))解得0≤x≤4或12≤x≤16，所以该船满载货物时可以在0时到4时之间以及12时到16时之间进入港口，故B正确；该船卸完货后符合安全条例的最小水深为5.5米，19时水深为y＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)×19＋\f(π,6)))＋7＝－eq\f(3\r(3),2)＋7<5.5，故C错误；该船0时进港即可以开始卸货，设自0时起卸货x小时后，该船符合安全条例的最小水深为y＝－0.3x＋6＋2.5，函数y＝－0.3x＋6＋2.5与y＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)x＋\f(π,6)))＋7的图象在y轴右侧的第一个交点为(5，7)，即卸货5小时后，在5时该船必须暂时驶离港口，下次水深为7米为11时，故该船在11时可返回港口继续卸货，5小时后完成卸货，此时为16时．综上，该船在0时进港开始卸货，5时暂时驶离港口，11时返回港口继续卸货，16时完成卸货任务，故D正确．故选ABD.利用三角函数模型解决实际问题的步骤(1)寻找与角有关的信息，确定选用正弦型、余弦型还是正切型函数模型．(2)寻找数据，建立函数解析式并解题，最后将所得结果“翻译”成实际答案，要注意根据实际作答．解题思路如下：6.(多选)水车在古代是进行灌溉引水的工具，亦称“水转筒车”，是一种以水流作动力，取水灌田的工具．据史料记载，水车发明于隋而盛于唐，距今已有1000多年的历史，是人类的一项古老的发明，也是人类利用自然和改造自然的象征．如图是一个半径为R的水车，一个水斗从点A(3，－3eq\r(3))出发，沿圆周按逆时针方向匀速旋转，且旋转一周用时120秒．经过t秒后，水斗旋转到点P，设点P的坐标为(x，y)，其纵坐标满足y＝f(t)＝Rsin(ωt＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t≥0，ω>0，|φ|<\f(π,2)))，则下列叙述正确的是()A．水斗做周期运动的初相为－eq\f(π,3)B．在水斗开始旋转的60秒(含)中，其高度不断增加C．在水斗开始旋转的60秒(含)中，其最高点离平衡位置的纵向距离是3eq\r(3)D．当水斗旋转100秒时，其和初始点A的距离为6答案：AD解析：对于A，由A(3，－3eq\r(3))，知R＝eq\r(32＋（－3\r(3)）2)＝6，因为T＝120，所以ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(π,60).当t＝0时，点P在点A位置，有－3eq\r(3)＝6sinφ，即sinφ＝－eq\f(\r(3),2)，又|φ|<eq\f(π,2)，所以φ＝－eq\f(π,3)，故A正确；对于B，由A项可知f(t)＝6sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,60)t－\f(π,3)))，当t∈(0，60]时，eq\f(π,60)t－eq\f(π,3)∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))，所以函数f(t)先增后减，故B错误；对于C，当t∈(0，60]时，eq\f(π,60)t－eq\f(π,3)∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,60)t－\f(π,3)))∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，1))，所以点P到x轴的距离的最大值为6，故C错误；对于D，当t＝100时，eq\f(π,60)t－eq\f(π,3)＝eq\f(4π,3)，点P的纵坐标为y＝－3eq\r(3)，横坐标为x＝－3，所以PA＝|－3－3|＝6，故D正确．故选AD.课时作业基础题(占比50%)中档题(占比40%)拔高题(占比10%)题号123456789难度★★★★★★★★★★考点函数y＝Asin(ωx＋φ)图象的平移变换函数y＝Asin(ωx＋φ)图象的伸缩变换结合函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象求图象变换前后的解析式结合函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象变换求解析式中的参数函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象变换与单调性的综合应用函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象变换与最值的综合应用结合函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象求函数的解析式结合函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象求函数的解析式及三角函数值函数y＝Atan(ωx＋φ)的图象与性质的综合应用题号101112131415161718难度★★★★★★★★★★★★★★★★★★★考点函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象与性质的综合应用三角函数模型的简单应用结合函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象求解析式中的参数函数y＝Acos(ωx＋φ)的图象的交点问题与函数y＝Acos(ωx＋φ)相关的方程的解的问题函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象与性质的综合应用函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象与性质的综合应用三角函数模型的简单应用函数y＝Acos(ωx＋φ)的图象与性质的综合应用一、单项选择题1．(2026·辽宁葫芦岛模拟)将函数y＝sin2x的图象向左平移eq\f(π,6)个单位长度后，所得图象的解析式为()A．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))) B．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))C．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))) D．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))答案：A解析：函数y＝sin2x的图象向左平移eq\f(π,6)个单位长度后得到的函数图象的解析式为y＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))).故选A.2．为了得到函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的图象，只需把函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))图象上所有点的()A．横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变B．横坐标缩短到原来的eq\f(1,2)，纵坐标不变C．纵坐标伸长到原来的2倍，横坐标不变D．纵坐标缩短到原来的eq\f(1,2)，横坐标不变答案：B解析：把函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))图象上所有点的横坐标缩短到原来的eq\f(1,2)，纵坐标不变，就能得到函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的图象．故选B.3．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，将函数f(x)的图象向右平移eq\f(π,12)个单位长度得到函数g(x)的图象，则()A．g(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))B．g(x)＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))C．g(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))D．g(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))答案：C解析：由题图可知f(x)min＝－A＝－eq\r(2)，解得A＝eq\r(2)，因为eq\f(1,4)T＝eq\f(7π,12)－eq\f(π,3)＝eq\f(π,4)，所以T＝π＝eq\f(2π,ω)，则ω＝2，即f(x)＝eq\r(2)sin(2x＋φ)．因为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)＋φ))＝0，所以eq\f(2π,3)＋φ＝kπ，k∈Z，即φ＝－eq\f(2π,3)＋kπ，k∈Z.因为|φ|<eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,3)，所以f(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，所以g(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))＋\f(π,3)))＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＝eq\r(2)sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))＋\f(π,2)))＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3))).故选C.4．(2026·山西太原模拟)将函数f(x)＝sin(2x＋θ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)<θ<\f(π,2)))的图象先向左平移eq\f(π,6)个单位长度，再向上平移1个单位长度后，所得的图象经过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，2))，则θ＝()A．－eq\f(π,6) B.eq\f(π,6)C．－eq\f(π,3) D.eq\f(π,3)答案：C解析：将函数f(x)＝sin(2x＋θ)的图象先向左平移eq\f(π,6)个单位长度，再向上平移1个单位长度后，得到函数g(x)＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＋θ))＋1＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)＋θ))＋1的图象．当x＝eq\f(π,4)时，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,4)＋\f(π,3)＋θ))＋1＝2，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)＋θ))＝1，则eq\f(5π,6)＋θ＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，解得θ＝－eq\f(π,3)＋2kπ，k∈Z，又因为－eq\f(π,2)<θ<eq\f(π,2)，所以θ＝－eq\f(π,3).故选C.5．将函数f(x)＝eq\r(3)sinxcosx＋cos2x－1的图象向右平移eq\f(π,6)个单位长度，然后将所得函数图象上所有点的横坐标缩短为原来的eq\f(1,2)(纵坐标不变)，得到函数y＝g(x)的图象，则g(x)的单调递增区间是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)＋\f(kπ,2)，\f(π,6)＋\f(kπ,2)))(k∈Z)B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,24)＋\f(kπ,2)，\f(5π,24)＋\f(kπ,2)))(k∈Z)C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)＋2kπ，\f(2π,3)＋2kπ))(k∈Z)D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)＋2kπ，\f(5π,6)＋2kπ))(k∈Z)答案：A解析：f(x)＝eq\f(\r(3),2)sin2x＋eq\f(1＋cos2x,2)－1＝eq\f(\r(3),2)sin2x＋eq\f(cos2x,2)－eq\f(1,2)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))－eq\f(1,2)，则g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(π,6)))－eq\f(1,2)，令－eq\f(π,2)＋2kπ≤4x－eq\f(π,6)≤eq\f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，解得－eq\f(π,12)＋eq\f(kπ,2)≤x≤eq\f(π,6)＋eq\f(kπ,2)(k∈Z)．6．将函数f(x)＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3x＋\f(π,6)))－2的图象向右平移eq\f(π,3)个单位长度得到函数g(x)的图象，若g(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，m))上的最大值为0，则m＝()A.eq\f(π,3) B.eq\f(π,6)C.eq\f(π,9) D.eq\f(π,12)答案：C解析：由题意，得g(x)＝4sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))＋\f(π,6)))－2＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(π,6)))－2.因为x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，m))，所以3x－eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)，3m－\f(π,6))).因为g(x)max＝0，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3m－\f(π,6)))＝eq\f(1,2)，所以3m－eq\f(π,6)＝eq\f(π,6)，解得m＝eq\f(π,9).故选C.7．(2026·山东济南模拟)如图，直线y＝1与函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＞0，ω＞0，|φ|＜\f(π,2)))的图象相邻的三个交点分别为B，C，D，且BC＝π，CD＝2π，则f(x)＝()A．2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)x＋\f(π,3))) B．2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,4)))C.eq\f(2\r(3),3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)x＋\f(π,3))) D.eq\f(2\r(3),3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,4)))答案：A解析：解法一：因为BC＝π，CD＝2π，所以相邻两对称轴间的距离为eq\f(π,2)＋π＝eq\f(3π,2)，即最小正周期T＝3π，所以ω＝eq\f(2π,3π)＝eq\f(2,3)，又因为点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))在f(x)的图象上，所以Asineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))＋φ))＝0，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(φ－\f(π,3)))＝0，结合图象可知φ－eq\f(π,3)＝2kπ，k∈Z，所以φ＝eq\f(π,3)＋2kπ，k∈Z，又|φ|＜eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,3).易知点C的横坐标为－eq\f(π,2)＋eq\f(T,4)＋eq\f(π,2)＝eq\f(3π,4)，则Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，1))，所以Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)×\f(3π,4)＋\f(π,3)))＝1，则A＝2，所以f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)x＋\f(π,3))).故选A.解法二：因为BC＝π，CD＝2π，所以相邻两对称轴间的距离为eq\f(π,2)＋π＝eq\f(3π,2)，即最小正周期T＝3π，所以ω＝eq\f(2π,3π)＝eq\f(2,3)，排除B，D；当x＝0时，代入f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)x＋\f(π,3)))，可得f(0)＝eq\r(3)>1，满足题意，代入f(x)＝eq\f(2\r(3),3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)x＋\f(π,3)))，可得f(0)＝eq\f(2\r(3),3)×eq\f(\r(3),2)＝1，不符合题意，排除C.故选A.8．已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，0<φ<\f(π,2)))的部分图象如图，f(x1)＝f(x2)＝－eq\f(3,2)，则coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)（x2－x1）))＝()A．－eq\f(3,4) B．－eq\f(\r(7),4)C.eq\f(3,4) D.eq\f(\r(7),4)答案：C解析：由f(0)＝2sinφ＝1，得sinφ＝eq\f(1,2)，因为0<φ<eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,6)，又由图象可知eq\f(1,2)T>eq\f(5,2)，即T＝eq\f(2π,ω)>5，解得0<ω<eq\f(2π,5)，又由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)ω＋\f(π,6)))＝0，得eq\f(5,2)ω＋eq\f(π,6)＝kπ，k∈Z，即ω＝－eq\f(π,15)＋eq\f(2,5)kπ，k∈Z，从而ω＝eq\f(π,3)，故f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)x＋\f(π,6)))，令eq\f(π,3)x＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，则x＝1＋3k，k∈Z，从而函数f(x)图象的对称轴为直线x＝1＋3k，k∈Z，由图象可知，直线x＝x1与直线x＝x2关于直线x＝－2对称，即x1＋x2＝－4，则x2＝－4－x1，且x1∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,2)，－2))，因为f(x1)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)x1＋\f(π,6)))＝－eq\f(3,2)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)x1＋\f(π,6)))＝－eq\f(3,4)，所以coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)（x2－x1）))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)（－4－2x1）))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)x1＋\f(π,6)＋\f(π,2)))＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)x1＋\f(π,6)))＝eq\f(3,4).二、多项选择题9．如图，函数f(x)＝eq\r(3)tan(2x＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(|φ|<\f(π,2)))的部分图象与坐标轴分别交于点D，E，F，且△DEF的面积为eq\f(π,4)，则()A．点D的纵坐标为1B．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,6)))上单调递增C．点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，0))是f(x)图象的一个对称中心D．f(x)的图象可由y＝eq\r(3)tanx的图象上各点的横坐标变为原来的eq\f(1,2)(纵坐标不变)，再将所得图象向左平移eq\f(π,6)个单位长度得到答案：ABC解析：对于A，由周期可知，EF＝eq\f(π,2)，所以S△DEF＝eq\f(1,2)EF×OD＝eq\f(π,4)×OD＝eq\f(π,4)，则OD＝1，即点D的纵坐标为1，故A正确；对于B，由f(0)＝eq\r(3)tanφ＝1，且|φ|<eq\f(π,2)，得φ＝eq\f(π,6)，即f(x)＝eq\r(3)taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,6)))时，2x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,2)))⊆eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,6)))上单调递增，故B正确；对于C，因为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)))＝eq\r(3)tanπ＝0，所以点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，0))是f(x)图象的一个对称中心，故C正确；对于D，将y＝eq\r(3)tanx的图象上各点的横坐标变为原来的eq\f(1,2)(纵坐标不变)，得y＝eq\r(3)tan2x的图象，再将所得图象向左平移eq\f(π,6)个单位长度，所得图象对应的函数为y＝eq\r(3)taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))≠f(x)，故D错误．故选ABC.10．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，且阴影部分的面积为4π，则()A．函数f(x)的最小正周期为πB．点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)，0))为曲线y＝f(x)的一个对称中心C．直线x＝eq\f(2π,3)为曲线y＝f(x)的一条对称轴D．函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))上单调递增答案：ACD解析：对于A，由题意可知，函数f(x)的最大值为2，即A＝2，因为f(0)＝2sinφ＝1，即sinφ＝eq\f(1,2)，且|φ|<eq\f(π,2)，可得φ＝eq\f(π,6)，设函数f(x)的最小正周期为T，则4T＝4π，即T＝π，故A正确；对于B，由ω>0，得ω＝eq\f(2π,T)＝2，所以f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，因为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)＋\f(π,6)))＝2sineq\f(11π,12)≠0，所以点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)，0))不是曲线y＝f(x)的一个对称中心，故B错误；对于C，因为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4π,3)＋\f(π,6)))＝2sineq\f(3π,2)＝－2，为最小值，所以直线x＝eq\f(2π,3)为曲线y＝f(x)的一条对称轴，故C正确；对于D，因为x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))，所以2x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,3)，\f(13π,6)))，又y＝sinx在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,3)，\f(13π,6)))上单调递增，所以函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))上单调递增，故D正确．故选ACD.11．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60米，转盘直径为50米，设置有24个座舱，摩天轮开启前，距地面最近的座舱为0号，距地面最远的座舱为12号，座舱逆时针排列且均匀分布，游客甲坐2号舱位，乙坐6号舱位，开启后按逆时针方向匀速旋转，开启后的第8分钟这一时刻，游客甲和乙首次距离地面高度相同，游客甲在摩天轮转动过程中距离地面的高度为H米，下列说法正确的是()A．H关于t的函数解析式为H＝25sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)t－\f(π,6)))＋35B．开启后第20分钟这一时刻游客甲和乙第二次距离地面高度相同C．开启后第10分钟游客乙距离地面47.5米D．开启后第10分钟至第18分钟游客甲和乙运动方向相同(上升或下降)答案：BCD解析：设游客甲距离地面的高度H(单位：米)与时间t(单位：分钟)的函数解析式为H＝Asin(ωt＋φ)＋B，由题意，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(A＋B＝60，,A＝\f(1,2)×50＝25，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(A＝25，,B＝35，))由开启后的第8分钟这一时刻游客甲和乙首次距离地面高度相同知，摩天轮转一周需要24分钟，可知座舱转动的角速度为eq\f(π,12)rad/min，故ω＝eq\f(π,12)，则H＝25sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)t＋φ))＋35，又当t＝10时，游客甲的位置达到摩天轮最高点，所以60＝25sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)×10＋φ))＋35，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)＋φ))＝1，所以eq\f(5π,6)＋φ＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，所以φ＝－eq\f(π,3)＋2kπ，k∈Z，不妨取k＝0，则φ＝－eq\f(π,3)，故H＝25sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)t－\f(π,3)))＋35，A错误；由于摩天轮匀速旋转一周需要24分钟，故游客甲和乙第二次距离地面高度相同时，需经历8＋12＝20分钟，B正确；根据题意，游客乙在摩天轮转动过程中距离地面的高度Y(单位：米)与时间t(单位：分钟)的函数为Y＝25sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,12)（t＋4）－\f(π,3)))＋35＝25sineq\f(π,12)t＋35，则开启后第10分钟游客乙距离地面的高度为25sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)×10))＋35＝eq\f(25,2)＋35＝47.5米，C正确；对于函数H＝25sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)t－\f(π,3)))＋35，令2kπ＋eq\f(π,2)≤eq\f(π,12)t－eq\f(π,3)≤2kπ＋eq\f(3π,2)，k∈Z，得24k＋10≤t≤24k＋22，k∈Z，所以函数H＝25sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)t－\f(π,3)))＋35的单调递减区间为[24k＋10，24k＋22](k∈Z)，当k＝0时，函数H＝25sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)t－\f(π,3)))＋35的单调递减区间为[10，22]，所以开启后第10分钟至第18分钟游客甲在下降，对于函数Y＝25sineq\f(π,12)t＋35，令2kπ＋eq\f(π,2)≤eq\f(π,12)t≤2kπ＋eq\f(3π,2)，k∈Z，得24k＋6≤t≤24k＋18，k∈Z，所以函数Y＝25sineq\f(π,12)t＋35的单调递减区间为[24k＋6，24k＋18](k∈Z)，当k＝0时，函数Y＝25sineq\f(π,12)t＋35的单调递减区间为[6，18]，所以开启后第10分钟至第18分钟游客乙也在下降，即开启后第10分钟至第18分钟游客甲和乙运动方向相同，D正确．故选BCD.三、填空题12．已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)(ω>0，|φ|<π)的部分图象如图所示，则φ＝________．答案：eq\f(π,6)解析：由题图知eq\f(T,2)＝eq\f(5π,12)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)))＝eq\f(π,2)，T＝π，ω＝eq\f(2π,π)＝2，由五点法可知，2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)))＋φ＝0＋2kπ，k∈Z，即φ＝eq\f(π,6)＋2kπ，k∈Z，又|φ|<π，所以φ＝eq\f(π,6).13．(2026·广东广州模拟)已知ω>0，曲线y＝cosωx与y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,3)))相邻的三个交点构成一个直角三角形，则ω＝________．答案：eq\f(\r(3)π,3)解析：设曲线y＝cosωx与y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,3)))相邻的三个交点分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，由cosωx＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,3)))＝eq\f(1,2)cosωx＋eq\f(\r(3),2)sinωx，得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))＝0，解得x＝eq\f(kπ,ω)＋eq\f(π,6ω)，k∈Z，不妨取k＝0，1，2，则x1＝eq\f(π,6ω)，x2＝eq\f(7π,6ω)，x3＝eq\f(13π,6ω)，所以y1＝eq\f(\r(3),2)，y2＝－eq\f(\r(3),2)，y3＝eq\f(\r(3),2)，则AB2＝BC2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,ω)))eq\s\up12(2)＋3，AC2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,ω)))eq\s\up12(2)，由题意，得△ABC为直角三角形，所以AB2＋BC2＝AC2，即2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,ω)))eq\s\up12(2)＋6＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,ω)))eq\s\up12(2)，解得ω＝eq\f(\r(3)π,3).14．若关于x的方程2eq\r(3)cos2x－sin2x＝eq\r(3)－m在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,6)))上有且只有一个解，则m的取值范围为________．答案：{－2}∪(－1，0]解析：将2eq\r(3)cos2x－sin2x＝eq\r(3)－m整理可得coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＝－eq\f(m,2)，令t＝2x＋eq\f(π,6)，因为x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,6)))，则t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,2)))，所以cost＝－eq\f(m,2)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,2)))上有且只有一个解，即y＝cost的图象与直线y＝－eq\f(m,2)只有1个交点．由图可知，－eq\f(m,2)＝1或0≤－eq\f(m,2)<eq\f(1,2)，解得m＝－2或－1<m≤0，即m的取值范围为{－2}∪(－1，0]．四、解答题15．已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)＋b(A>0，ω>0，0<φ<π)的部分图象如图所示．(1)求f(x)的解析式；(2)求f(x)的零点；(3)将f(x)图象上的所有点向右平移eq\f(π,12)个单位长度得到函数g(x)的图象，求g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(7π,12)))上的取值范围．解：(1)根据题图可知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(A＋b＝3，,－A＋b＝－1，))又A>0，所以A＝2，b＝1，设f(x)的最小正周期为T，由题图可知eq\f(1,2)T＝eq\f(7π,12)－eq\f(π,12)＝eq\f(π,2)，可得T＝eq\f(2π,ω)＝π，解得ω＝2，由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,12)＋φ))＋1＝3，可得eq\f(π,6)＋φ＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，即φ＝eq\f(π,3)＋2kπ，k∈Z，又0<φ<π，所以φ＝eq\f(π,3)，因此f(x)的解析式为f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＋1.(2)令f(x)＝0，可得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＝－eq\f(1,2)，所以2x＋eq\f(π,3)＝－eq\f(π,6)＋2kπ，k∈Z或2x＋eq\f(π,3)＝eq\f(7π,6)＋2kπ，k∈Z，解得x＝－eq\f(π,4)＋kπ，k∈Z或x＝eq\f(5π,12)＋kπ，k∈Z，所以f(x)的零点为x＝－eq\f(π,4)＋kπ，k∈Z和x＝eq\f(5π,12)＋kπ，k∈Z.(3)由题意可得g(x)＝2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))＋\f(π,3)))＋1＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋1.因为x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(7π,12)))，所以2x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(4π,3))).当2x＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，即x＝eq\f(π,6)时，g(x)取得最大值geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝3；当2x＋