【文档说明】2023高考数学科学复习创新方案（新高考题型版） 第5章 第5讲　函数y=Asin（ωx＋φ）的图象及应用 含解析【高考】.doc，共(27)页，544.000 KB，由小赞的店铺上传

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以下为本文档部分文字说明：

1第5讲函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象及应用1．y＝Asin(ωx＋φ)的有关概念y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)振幅周期频率相位初相AT＝012πωf＝1T＝02ω2π03ωx＋φ04φ2．用五点法画y＝Asin(ωx＋φ)一个周期内的简图时，要找五个特征点如下表所示：

x050－φω06π2－φω07π－φω083π2－φω092π－φωωx＋φ10011π212π133π2142πy＝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)的图象的步骤1．对函数y＝As

in(ωx＋φ)＋b(A>0，ω>0，φ≠0，b≠0)，其图象的基本变换2有：(1)振幅变换(纵向伸缩变换)：是由A的变化引起的，A>1时伸长，A<1时缩短．(2)周期变换(横向伸缩变换)：是由ω的变化引起的，ω>1时缩短，ω<

1时伸长．(3)相位变换(横向平移变换)：是由φ引起的，φ>0时左移，φ<0时右移．(4)上下平移(纵向平移变换)：是由b引起的，b>0时上移，b<0时下移．可以使用“先伸缩后平移”或“先平移后伸缩”两种方法来进行变换．2．当相应变换的函数名不同时，先利用诱导公式将函数名化一致，再利用

相应的变换得到结论．3．由y＝Asin(ωx＋φ)＋b(A>0，ω>0，φ≠0，b≠0)的图象得到y＝sinx的图象，可采用逆向思维，将原变换反过来逆推得到．1．函数y＝2sin2x＋π4的

振幅、频率和初相分别为()A．2，1π，π4B．2，12π，π4C．2，1π，π8D．2，12π，－π8答案A解析由振幅、频率和初相的定义可知，函数y＝2sin2x＋π4的振幅为2，频率为1π，初相为π

4.故选A.2．函数y＝sin2x－π3在区间－π2，π上的简图是()3答案A解析令x＝0得y＝sin－π3＝－32，排除B，D.由x＝－π3时，y＝0，x＝π6时，y＝0，排除C.故选A.3．(202

2·辽宁锦州月考)将曲线C1：y＝2cos2x－π6上的所有点向右平移π6个单位，再将各点横坐标缩短为原来的12，纵坐标不变，得到曲线C2，则C2的方程为()A．y＝2sin4xB．y＝2sin4x－π3

C．y＝2sinxD．y＝2sinx－π3答案A解析曲线C1上的所有点向右平移π6个单位，得到曲线y＝2cos2x－π6－π6＝2cos2x－π2＝2sin2x，再将各点横坐标缩短

为原来的12，纵坐标不变，得到曲线C2：y＝2sin4x.4．函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)ω>0，－π2<φ<π2的部分图象如图所示，则ω，φ的值分别是()A．2，－π3B．2，－π6C．4，－π6D．4，π34答案A解析由图可知，34T＝5π12＋π3＝3π4，所以T

＝π，ω＝2πT＝2.因为点5π12，2在图象上，所以2×5π12＋φ＝π2＋2kπ，k∈Z，所以φ＝－π3＋2kπ，k∈Z.又－π2<φ<π2，所以φ＝－π3.故选A.5．y＝cos(x＋1)图象上相邻的最高点和最低点之间的距离

是________.答案π2＋4解析y＝cos(x＋1)的半个周期是π，最大值为1，最小值为－1，故由勾股定理得所求距离为π2＋22＝π2＋4.6．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(ω>0,0<φ<π)，则这段曲线的函数

解析式为________.答案y＝10sinπ8x＋3π4＋20，x∈[6,14]解析从图中可以看出，从6～14时的是函数y＝Asin(ωx＋φ)＋b的半个周期，所以A＝12×(30－10)＝10，b＝12×(30＋10)＝20，又12×2

πω＝14－6，所以ω＝π8.又π8×10＋φ＝2π＋2kπ，k∈Z,0<φ<π，所以φ＝3π4，所以y＝10sinπ8x＋3π4＋20，x∈[6,14]．考向一“五点法”作y＝Asin(ωx＋φ)的图象例1用五点法作出y＝2sin2x＋π3在

－π3，2π3上的图象．5解2·－π3＋π3＝－π3；2·2π3＋π3＝5π3.令2x＋π3＝0，得x＝－π6；令2x＋π3＝π2，得x＝π12；令2x＋π3＝π，得x＝π3；令2x＋π3＝

3π2，得x＝7π12.列表如下：2x＋π3－π30π2π3π25π3x－π3－π6π12π37π122π3y－3020－2－3描点作图．用“五点法”作正、余弦型函数图象的步骤(1)将原函数化为y＝Asin(ωx＋φ)或y＝Acos(ωx＋φ)(A＞0

，ω＞0)的形式；(2)确定周期；(3)确定一个周期内函数图象的最高点和最低点；(4)选出一个周期内与x轴的三个交点；(5)列表；(6)描点．1.用“五点法”画出函数y＝3sinx2＋cosx2的图象．解∵函

数y＝3sinx2＋cosx2＝232sinx2＋12cosx2＝2sinx2cosπ6＋cosx2sinπ6＝62sinx2＋π6，列表如下：x2＋π60π2π3π22πx－π32π35π38π311π3y020－20描

点、连线作图如下：将函数y＝3sinx2＋cosx2，x∈－π3，11π3的图象不断向左、向右平移(每次移动4π个单位长度)，即得函数在R上的图象．考向二三角函数的图象变换例2(2021·全国乙卷)把函数y

＝f(x)图象上所有点的横坐标缩短到原来的12倍，纵坐标不变，再把所得曲线向右平移π3个单位长度，得到函数y＝sinx－π4的图象，则f(x)＝()A．sinx2－7π12B．sin

x2＋π12C．sin2x－7π12D．sin2x＋π12答案B解析依题意，将y＝sinx－π4的图象向左平移π3个单位长度，再将所得曲线上所有点的横坐标扩大到原来的

2倍，纵坐标不变，得到f(x)的图象，所以y＝7sinx－π4的图象―――――――――→向左平移π3个单元长度y＝sinx＋π12的图象―――――――――――――――――――→所有点的横坐标扩大到原来的2

倍纵坐标不变f(x)＝sinx2＋π12的图象．关于y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的图象由y＝sinx的图象的变换，先将y＝sinx的图象向左(向右)平移|φ|个单位，再将所得图象上各点的横坐标缩短(ω>1)或伸长(0<ω<1)到原来的1

ω倍(纵坐标不变)，然后将所得图象上各点的纵坐标伸长(A>1)或缩短(0<A<1)到原来的A倍(横坐标不变)，也可先进行伸缩变换，再进行平移变换，此时平移不再是|φ|个单位，而是|φ|ω个单位，原则是保证x的系数为1，同时注意变换的方法不能

出错．2.(多选)(2021·青岛市高三上学期期末)要得到y＝cos2x的图象C1，只要将y＝sin2x＋π3的图象C2怎样变化()A．将y＝sin2x＋π3的图象C2沿x轴向左平移π12个单位B．将y＝sin2x＋π3的图象C2沿x轴

向右平移11π12个单位C．先作C2关于x轴对称的图象C3，再将图象C3沿x轴向右平移5π12个单位D．先作C2关于x轴对称的图象C3，再将图象C3沿x轴向左平移π12个单位答案ABC解析对于A，将y＝sin2x＋π3

的图象C2沿x轴向左平移π12个单位，可得y＝sin2x＋π12＋π3＝sin2x＋π2＝cos2x的图象C1，故A正确；对于B，将y＝sin2x＋π3的图象C2沿x轴向右平移11π12个单位得到y＝sin

2x－11π12＋π3＝sin2x－3π2＝cos2x的图象C1，故B正确；对于C，先作C2关于x轴对称的图象，得到y＝－sin2x＋π3的图象C3，再将图象C3沿x轴向右平移5π12

个单位，得到y8＝－sin2x－5π12＋π3＝－sin2x－π2＝cos2x的图象C1，故C正确；对于D，先作C2关于x轴对称的图象，得到y＝－sin2x＋π3的图象C3，再将图象C3沿x轴向左平移π12个单位，得到y＝－

sin2x＋π12＋π3＝－sin2x＋π2＝－cos2x的图象，故D不正确．故选ABC.考向三求函数y＝Asin(ωx＋φ)的解析式例3(多选)(2020·新高考Ⅰ卷)下图是函数y＝sin

(ωx＋φ)的部分图象，则sin(ωx＋φ)＝()A．sinx＋π3B．sinπ3－2xC．cos2x＋π6D．cos5π6－2x答案BC解析由函数图象可知T2＝2π3－π6＝π2，所以T＝π

，则|ω|＝2πT＝2ππ＝2，所以ω＝±2，当ω＝2时，由函数图象过点π6，0，2π3，0，且f(0)>0，得φ＝2π3＋2kπ，k∈Z，所以y＝sin2x＋2π3＝sin

π3－2x，同理，当ω＝－2时，φ＝π3－2kπ，k∈Z，所以y＝sin－2x＋π3＝cos2x＋π6.故选BC.确定y＝Asin(ωx＋φ)＋b(A>0，ω>0)的解析式的步骤(1)求A，b.确定函数的最大值M和最小值m，则A＝M－m2，b＝

M＋m2.(2)求ω.确定函数的周期T，则ω＝2πT.(3)求φ.常用的方法如下：①代入法：把图象上的一个已知点代入(此时要注意该点在上升区间上还是在9下降区间上)或把图象上的最高点或最低点代入．②五点法：

确定φ值时，往往以寻找“五点法”中的特殊点作为突破口．3.(2021·全国甲卷)已知函数f(x)＝2cos(ωx＋φ)的部分图象如图所示，则满足条件f(x)－f－7π4f(x)－f4π3>0的最小正整数x为

________.答案2解析由3T4＝13π12－π3＝3π4，得T＝π，|ω|＝2，不妨取ω＝2，则f(x)＝2cos(2x＋φ)，将点π3，0看作“五点作图法”中的第二个点，则2π3＋φ＝π2，φ＝－π6，所以f(x)＝2cos2x－π6.则

f(x)－f－7π4f(x)－f4π3>0，即(f(x)－1)f(x)>0，解得f(x)<0或f(x)>1.所以cos2x－π6>12或cos

2x－π6<0.当x＝1时，2x－π6＝2－π6∈π3，π2，cos2x－π6∈0，12，不符合题意；当x＝2时，2x－π6＝4－π6∈π，7π6，cos2x－π6<0，符合题意．所以满足

题意的最小正整数x为2.多角度探究突破考向四函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象与性质角度函数图象与性质的综合应用例4(2021·山东泰安模拟)在①函数fx－π3为奇函数；②当x＝π3时，f(x)＝3；③2π3是函数f(x)的一个零点这三个条件中任选一个，补充

在下面问题中，并解答．已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)ω>0，0<φ<π2，f(x)的图象相邻两条对称轴间的距离为π，________.(1)求函数f(x)的解析式；(2)求函数f(x)在[0,2π]上的单调递增区间．10注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解

答计分．解∵函数f(x)的图象相邻对称轴间的距离为π，∴T＝2πω＝2π，∴ω＝1，∴f(x)＝2sin(x＋φ)．选条件①：∵fx－π3＝2sinx＋φ－π3为奇函数，∴φ－π3＝kπ，k∈Z，解得φ＝π3＋kπ，k∈Z.(1)∵0<φ<π2，∴φ

＝π3，∴f(x)＝2sinx＋π3.(2)由－π2＋2kπ≤x＋π3≤π2＋2kπ，k∈Z，得－5π6＋2kπ≤x≤π6＋2kπ，k∈Z，令k＝0，得－5π6≤x≤π6，令k＝1，得7π6≤x≤13π6，∴函数f(x)在[0,

2π]上的单调递增区间为0，π6，7π6，2π.选条件②：fπ3＝2sinπ3＋φ＝3，∴sinπ3＋φ＝32，∴φ＝2kπ，k∈Z或φ＝π3＋2kπ，k∈Z.(1)

∵0<φ<π2，∴φ＝π3，∴f(x)＝2sinx＋π3.(2)同选条件①.选条件③：11∵2π3是函数f(x)的一个零点，∴f2π3＝2sin2π3＋φ＝0，∴φ＝kπ－2

π3，k∈Z.(1)∵0<φ<π2，∴φ＝π3，∴f(x)＝2sinx＋π3.(2)同选条件①.三角函数图象与性质综合问题的求解思路(1)将函数整理成y＝Asin(ωx＋φ)＋b(ω>0)的形式．(2)把ωx＋φ看成一个整体．(

3)借助正弦函数y＝sinx的图象与性质(如定义域、值域、最值、周期性、对称性、单调性等)解决相关问题．4.(2021·潍坊一模)已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0,0＜φ＜π)是偶函数，将y＝f(x)的图象沿x轴向左平移π6个单位，再将图象上所有点的横

坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，所得图象对应的函数为y＝g(x)．已知y＝g(x)的图象相邻对称中心之间的距离为2π，则ω＝________，若y＝g(x)的图象在其某对称轴处对应的函数值为－2，则g(x)在[0，π]上的最大值为________.答案

13解析把y＝Asin(ωx＋φ)的图象沿x轴向左平移π6个单位，所得图象的解析式为y＝Asinωx＋π6＋φ＝Asinωx＋ω6π＋φ，再把所得图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，所得图象的解析式为y＝

Asinω2x＋ω6π＋φ＝g(x)．由题意可知g(x)的周期为4π，所以2πω2＝4π，ω＝1.因为y＝g(x)的图象在其某条对称轴处对应的函数值为－2，A＞0，所以A＝2，所以f(x)＝2s

in(x＋φ)．因为f(x)＝2sin(x＋φ)12是偶函数，0<φ<π，所以φ＝π2，所以g(x)＝2sinx2＋π6＋π2＝2cosx2＋π6，当x∈[0，π]时，x2＋π6∈π6，2π3，则g(x)在[0，π]上的最大值为g(0)＝3.角度函数零点(方程

根)问题例5(2022·湖南郴州期中)已知关于x的方程2sin2x－3sin2x＋m－1＝0在π2，π上有两个不同的实数根，则m的取值范围是________.答案(－2，－1)解析方程2sin2x－3sin2x＋m－1＝0可转化为m＝1－2sin2x＋3sin2x＝cos2x＋3sin

2x＝2sin2x＋π6，x∈π2，π.设2x＋π6＝t，则t∈7π6，13π6，∴题目条件可转化为m2＝sint，t∈7π6，13π6有两个不同的实数根．∴y＝m2和y＝sint，t∈7

π6，13π6的图象有两个不同的交点，如图：由图象观察知，m2的取值范围是－1，－12，故m的取值范围是(－2，－1)．巧用图象解决三角函数中的零点(方程根)问题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

，然后再将方程根的问题转化为图象的交点问题，利用数形结合思想解决．5.(2021·潍坊二模)已知函数f(x)＝sin2x＋π3，若函数g(x)＝f(x)－a(a∈R)在x∈0，3π2上恰有三个零点x1，x2，x3(x1<x2<

x3)，则x3－x1的值是()A.π4B．π2C．πD．2π答案C解析∵当x∈0，3π2时，2x＋π3∈π3，10π3，函数g(x)＝f(x)－a(a∈R)在x13∈0，3π2上恰有三个零点x1，x2，x3(x1<x2<x3)，∴122x1

＋π3＋2x2＋π3＝3π2，122x2＋π3＋2x3＋π3＝5π2，两式相减得x3－x1＝π.故选C.角度三角函数模型的简单应用例6某实验室一天的温度(单位：℃)随时间t(单位：h)的变化近似满足函数关系：f(t)＝10－3cosπ12t－sinπ1

2t，t∈[0,24)．(1)求实验室这一天的最大温差；(2)若要求实验室温度不高于11℃，则在哪段时间实验室需要降温？解(1)f(t)＝10－232cosπ12t＋12sinπ12t＝10－2sinπ12t＋π3，

因为0≤t<24，所以π3≤π12t＋π3<7π3，－1≤sinπ12t＋π3≤1.当t＝2时，sinπ12t＋π3＝1；当t＝14时，sinπ12t＋π3＝－1.于是f(t)在[0,24)上的最大值为1

2，最小值为8.故实验室这一天最高温度为12℃，最低温度为8℃，最大温差为4℃.(2)依题意，当f(t)>11时实验室需要降温．由(1)得f(t)＝10－2sinπ12t＋π3，故有10－2sinπ12t＋π3>

11，即sinπ12t＋π3<－12.又因为0≤t<24，因此7π6<π12t＋π3<11π6，即10<t<18.所以若要求实验室温度不高于11℃，则在10h至18h实验室需要降温．14解三角函数模型应用题的关键是求出函数解析式，可以根据给出

的已知条件确定模型f(x)＝Asin(ωx＋φ)＋b中的待定系数．6.(2021·乌鲁木齐二模)我们来看一个简谐运动的实验：将塑料瓶底部扎一个小孔做成一个漏斗，再挂在架子上，就做成了一个简易单摆．在漏斗下方放一块纸板，板的中间

画一条直线作为坐标系的横轴，把漏斗灌上细沙并拉离平衡位置，放手使它摆动，同时匀速拉动纸板，这样就可在纸板上得到一条曲线，它就是简谐运动的图象．它表示了漏斗对平衡位置的位移s(纵坐标)随时间t(横坐标)变化的情况．如图所示．已知一根长为lcm的线一端固定，另一端悬挂一个漏斗，漏斗摆动时离开平衡位置

的位移s(单位：cm)与时间t(单位：s)的函数关系是s＝2cosglt，其中g≈980cm/s2，π≈3.14，则估计线的长度应当是(精确到0.1cm)()A．3.6cmB．3.9cmC．4.0cmD．4

.5cm答案C解析由题意可知s＝2cosglt，由函数的图象可知函数的周期为0.4，故0.4＝2πgl，所以gl＝2π0.4＝5π，所以l＝g(5π)2＝g25π2≈98025×(3.14)2≈4.0cm.故选C.一、

单项选择题1．(2021·永州模拟)函数y＝2cos2x＋π6的部分图象大致是()15答案A解析由y＝2cos2x＋π6可知，函数的最大值为2，故排除D；又因为函数图象过点π6，0，故排除B；又因为函数图象过点(0，3)，故排除C.2．(2022·西安五校联

考)将函数y＝sin2x＋π4的图象上各点的纵坐标不变，横坐标伸长到原来的2倍，再向右平移π4个单位，所得到的图象的解析式是()A．y＝sinxB．y＝cosxC．y＝sin4xD．y＝cos4x答案A解析将

函数y＝sin2x＋π4的图象上各点的纵坐标不变，横坐标伸长到原来的2倍，得到函数y＝sinx＋π4的图象，再向右平移π4个单位，得到函数y＝sinx－π4＋π4＝sinx的图象．3．(2021

·南昌二模)心脏每跳动一次，就完成一次收缩和舒张．心脏跳动时，血压在增大或缩小，并呈周期性变化，血压的最大值和最小值分别称为收缩压和舒张压．某人的血压满足函数p(t)＝110＋25sin(150πt)，其中p(t)为血压(单位：mmHg)，t为时间(单位

：min)，则相邻的收缩压和舒张压的时间间隔是()A.1150B．1110C.170D．17516答案A解析由题意可知相邻的收缩压和舒张压的时间间隔是函数p(t)的半个周期，∵p(t)＝110＋25sin(150πt)，∴最小正周期T＝2π1

50π＝175，∴12T＝1150.故选A.4．(2020·全国Ⅰ卷)设函数f(x)＝cosωx＋π6在[－π，π]的图象大致如下图，则f(x)的最小正周期为()A.10π9B．7π6C．4π3D．3π2答案C解析由图可得，函数图象过点－4π9，0，所以c

os－4π9·ω＋π6＝0.又－4π9，0是函数f(x)的图象与x轴负半轴的第一个交点，所以－4π9·ω＋π6＝－π2，解得ω＝32.所以函数f(x)的最小正周期为T＝2πω＝2π32＝4π3.故选C.5．若将函数y＝tan

ωx＋π4(ω>0)的图象向右平移π6个单位长度后，与函数y＝tanωx＋π6的图象重合，则ω的最小值为()A.16B．14C．13D．12答案D解析将函数y＝tanωx＋π4(ω>0)的图象向右平移

π6个单位长度得到y＝17tanωx－π6＋π4＝tanωx－ωπ6＋π4的图象，所以－ωπ6＋π4＝kπ＋π6，k∈Z，解得ω＝－6k＋12，k∈Z，又ω>0，所以ω的最小值为12.6．(2021·咸阳模拟)已

知点P32，－332是函数y＝Asin(ωx＋φ)(ω>0)图象上的一个最低点，M，N是与点P相邻的两个最高点，若∠MPN＝60°，则该函数的最小正周期是()A．3B．4C．5D．6答案D解析由点P是函数y＝A

sin(ωx＋φ)(ω>0)图象上的一个最低点，M，N是与点P相邻的两个最高点，知|MP|＝|NP|，又∠MPN＝60°，所以△MPN为等边三角形．由点P32，－332，得|MN|＝2×3323×2＝

6.故该函数的最小正周期T＝6.7．(2021·黄冈中学高三模拟)将函数f(x)＝sin(2x＋φ)|φ|<π2的图象向左平移π6个单位长度后关于原点对称，则函数f(x)在0，π2

上的最小值为()A．－32B．－12C．12D．32答案A解析将函数f(x)＝sin(2x＋φ)的图象向左平移π6个单位长度得到y＝sin2x＋π6＋φ＝sin2x＋π3＋φ的图象，该图象关于原点对称，即为奇函数，则

π3＋φ＝kπ(k∈Z)，又|φ|<π2，所以φ＝－π3，即f(x)＝sin2x－π3.当x∈0，π2时，2x－π3∈－π3，2π3，所以当2x－π3＝－π3，即x＝0时，f(x)取得最小值，为

－32.188.(2021·聊城模拟)已知函数f(x)＝22sin(ωx＋φ)ω>0，|φ|<π2的部分图象如图所示，将f(x)的图象向右平移a(a>0)个单位后，得到函数g(x)的图象，若对于

任意的x∈R，g(x)≤|gπ24|，则a的值可以为()A.π12B．π4C．5π12D．π2答案C解析由函数f(x)＝22sin(ωx＋φ)ω>0，|φ|<π2的部分图象知，f(x)的图象过点(0,2)，3π8，0，所以f(0)＝22sinφ＝

2，可得sinφ＝22，因为|φ|<π2，所以φ＝π4，所以f3π8＝22sin3π8ω＋π4＝0，所以3π8ω＋π4＝π＋2kπ，k∈Z，所以ω＝16k＋63，k∈Z，又T2＝2π2ω>3π8，即0<ω<83，所以k＝0，ω＝2，可得f(x)＝22sin

2x＋π4.因为g(x)＝f(x－a)＝22·sin2(x－a)＋π4，所以gπ24＝22sin2π24－a＋π4＝22sinπ3－2a，又对于任意的x∈R，g(x)≤|gπ

24|，所以gπ24＝22sinπ3－2a＝±22，可得π3－2a＝kπ＋π2，k∈Z，解得a＝－12kπ－π12，k∈Z，所以当k＝－1时，可得a＝5π12.故选C.二、多项选择题9．(2021·

辽宁省实验中学高三模考)如果若干个函数的图象经过平移后能够重合，则称这些函数为“互为生成”函数．下列函数中是“互为生成”函数的是()A．f1(x)＝sinx＋cosx19B．f2(x)＝2(sinx＋cosx)C．f3(x)＝sinxD．f4(x)＝

2sinx＋2答案AD解析f1(x)＝sinx＋cosx＝2sinx＋π4的图象向右平移π4个单位长度，然后向上平移2个单位长度后能够与f4(x)＝2sinx＋2的图象重合；f2(x)＝2(sinx＋cosx)＝2s

inx＋π4，与其他函数前面系数不同，平移后不能重合，函数f3(x)＝sinx与其他函数前面的系数也不同，平移后不能重合．故选AD.10．(2021·江苏南通高三模拟)如图，摩天轮的半径为40m，其中心O点距离地面的高度为50m，摩天轮按逆时针方向做匀速转动，且20min转一圈

，若摩天轮上点P的起始位置在最高点处，则摩天轮转动过程中()A．经过10min，P点距离地面10mB．若摩天轮转速减半，则其周期变为原来的12C．第17min和第43min时，P点距离地面的高度相同D．摩天轮转动一圈，P点距离地面的高度不低于70m的时间为203m

in答案ACD解析设点P距离地面的高度与时间的关系式为f(t)＝Asin(ωt＋φ)＋hA>0，ω>0，|φ|≤π2.依题意，A＝40，h＝50，T＝20，则ω＝2π20＝π10，因为f(0)＝40sinφ＋50＝90，所以φ＝π2，所以f

(t)＝40sinπ10t＋π2＋50(t≥0)．对于A，f(10)20＝40sinπ10×10＋π2＋50＝10，A正确；对于B，若摩天轮转速减半，则其周期变为原来的2倍，B错误；对于C，f(17)＝40sin

π10×17＋π2＋50＝－40cos7π10＋50＝40cos3π10＋50，f(43)＝40sinπ10×43＋π2＋50＝40cos3π10＋50，所以f(17)＝f(43)，C正确；对于D，令f(t)≥70，得40sin

π10t＋π2＋50≥70，所以cosπ10t≥12，所以－π3＋2kπ≤π10t≤π3＋2kπ，k∈Z，解得－103＋20k≤t≤103＋20k，k∈Z，103－－103＝203，即摩天轮

转动一圈，P点距离地面的高度不低于70m的时间为203min，D正确．故选ACD.11.(2021·菏泽模拟)已知函数f(x)＝Asin(ωx＋4φ)A>0，ω>0，0<φ<π8的部分图象如图所示，若将函数f(x)的图象纵坐标不变，横坐标缩短到原来的14，再

向右平移π6个单位长度，得到函数g(x)的图象，则下列命题正确的是()A．函数f(x)的解析式为f(x)＝2sin12x＋π6B．函数g(x)的解析式为g(x)＝2sin2x－π6C．函数f(x)图象的一条对称轴

是直线x＝－π3D．函数g(x)在区间π，4π3上单调递增答案ABD解析由图可知，A＝2，T4＝π，∴T＝4π＝2πω，得ω＝12，∴f(x)＝2sin12x＋4φ，将(0,1)代入得sin4φ＝12，结合0<φ<π8，∴4φ＝π6.∴f(x)＝2sin12x＋

π6，故A正确；21将函数f(x)的图象纵坐标不变，横坐标缩短到原来的14，可得y＝2sin2x＋π6的图象，再向右平移π6个单位长度，可得g(x)＝2sin2x－π6的图象，故B正确；∵f

－π3＝2sin12×－π3＋π6＝0，不是最值，故直线x＝－π3不是函数f(x)图象的对称轴，C错误；由x∈π，4π3，得2x－π6∈11π6，15π6，同y＝sinx在区间

－π6，π2上的单调性，根据复合函数的单调性可知，函数g(x)在区间π，4π3上单调递增，D正确．故选ABD.12．(2021·汕头一模)已知定义在R上的奇函数f(x)满足f(2－x)＋f(x)＝0，当x∈(0,1]时，f(x)＝－log2x，若函数F(

x)＝f(x)－tan(πx)在区间[－1，m]上有10个零点，则m的取值可以是()A．3.8B．3.9C．4D．4.1答案AB解析f(x)是奇函数，则f(－x)＝－f(x)，又f(2－x)＋f(x)＝0，f(2－x)＝－f(x)＝f(－x)，令t＝－

x得f(t)＝f(t＋2)，即f(x)＝f(x＋2)，所以f(x)是周期函数，周期为2，又f(x)是R上的奇函数，所以f(0)＝f(2)＝f(4)＝…＝0，f(1)＝0，所以f(n)＝0，n∈Z，作出y＝f(x)和y＝tan(πx)的图象，其中y＝tan

(πx)的周期是T＝ππ＝1.如图，由图可知x≥－1时，从点A(－1,0)，10个交点依次为A，B，O，C，D，E，F，G，H，I，点J是第11个交点，J(4,0)，设C点横坐标为x0，显然x0∈0，12，f14

＝－log214＝2，tan14π＝1，因此x0>14，所以14<x0<12，于是－12<xB<－14，4－12<xI<4－14，即3.5<xI<3.75，所以m可取3.8,3.9，m≥4时至少有11个零点，故选AB.22三、填空题13．(2021·北京海淀模拟)去年某地的月平均气温y

(℃)与月份x(月)近似地满足函数y＝a＋bsinπ6x＋π6(a，b为常数)．若6月份的月平均气温约为22℃，12月份的月平均气温约为4℃，则该地8月份的月平均气温约为________℃.答案31解析将(6,22)，(12,

4)代入函数，解得a＝13，b＝－18，所以y＝13－18sinπ6x＋π6.当x＝8时，y＝13－18sinπ6×8＋π6＝31.14．(2020·江苏高考)将函数y＝3sin2x＋π4的图象向右平移π6个单位长度，则平移后的图象中与y轴最近的对称轴的方程是

________.答案x＝－5π24解析将函数y＝3sin2x＋π4的图象向右平移π6个单位长度，所得图象对应解析式为y＝3sin2x－π6＋π4＝3sin2x－π12，令2x－π12＝π2＋kπ(k∈

Z)，得x＝7π24＋kπ2(k∈Z)．当k＝－1时，x＝－5π24，故与y轴最近的对称轴方程为x＝－5π24.15．已知x∈(0，π]，关于x的方程2sinx＋π3＝a有两个不同的实数解，则实数a的取值范围为__

______.答案(3，2)解析令y1＝2sinx＋π3，x∈(0，π]，y2＝a，作出y1的图象如图所示．23若2sinx＋π3＝a在(0，π]上有两个不同的实数解，则y1与y2的图象应有两个不同的交点，所以3<a<2.16．(2021·德州

二模)声音是由物体振动产生的声波，其中纯音的数学模型是函数y＝Asinωt，已知函数f(x)＝2cos(2x＋φ)(－π≤φ≤π)的图象向右平移π3个单位后，与纯音的数学模型函数y＝2sin2x的图象重合，则φ

＝________；若函数f(x)在[－a，a]上是减函数，则a的最大值是________.答案π6π12解析将函数y＝2sin2x的图象向左平移π3个单位后可得到函数y＝f(x)的图象，则f(x)＝2sin2x＋π3＝2sin

2x＋2π3＝2sin2x＋π6＋π2＝2cos2x＋π6，又f(x)＝2cos(2x＋φ)(－π≤φ≤π)，所以φ＝π6.令2kπ≤2x＋π6≤2kπ＋π(k∈Z)，解得kπ－π12≤x≤kπ＋5π1

2(k∈Z)，所以函数y＝f(x)的单调递减区间为kπ－π12，kπ＋5π12(k∈Z)，由0∈kπ－π12，kπ＋5π12(k∈Z)，可得k＝0，由于函数y＝f(x)在区间[－a，a]上单调递减，则[－a，a]

⊆－π12，5π12，所以－a≥－π12，a≤5π12，－a<a，解得0<a≤π12，则a的最大值为π12.四、解答题17．(2021·福建龙岩模拟)把函数f(x)＝2sinx的图象向左平移φ0<φ<π2个单位，24得到函数y＝g(x)的图象，函数

y＝g(x)的图象关于直线x＝π6对称，记函数h(x)＝f(x)g(x)．(1)求函数y＝h(x)的最小正周期和单调递增区间；(2)画出函数y＝h(x)在区间－π2，π2上的大致图象．解(1)由题意知g(x)＝2sin(x＋φ)，根据函数y＝g(x

)的图象关于直线x＝π6对称，得π6＋φ＝π2＋mπ(m∈Z)，即φ＝π3＋mπ(m∈Z)，又0<φ<π2，所以φ＝π3，则g(x)＝2sinx＋π3.则h(x)＝f(x)g(x)＝4sinxsinx＋π3＝4sinx12sinx＋32cos

x＝2sin2x＋23sinxcosx＝1－cos2x＋3sin2x＝2sin2x－π6＋1，则函数y＝h(x)的最小正周期T＝2π2＝π.令－π2＋2kπ≤2x－π6≤π2＋2kπ(k∈Z)，得－π6＋kπ≤x≤π3＋kπ(k∈Z)，故函数

y＝h(x)的单调递增区间是－π6＋kπ，π3＋kπ(k∈Z)．25(2)列表如下：x－π2－5π12－π6π12π3π22x－π6－7π6－π－π20π25π6sin2x－π6120－10112h(x)21－1132故y＝h(x)在区间

－π2，π2上的大致图象如下：18．(2021·山东青岛高三月考)已知函数f(x)＝Asinωx＋π6(A＞0，ω＞0)只能同时满足下列三个条件中的两个：①函数f(x)的最大值为2；②函数f(x)的图象可由y＝2sinx－π4的图象平移得到；③函

数f(x)图象的相邻两条对称轴之间的距离为π2.(1)请写出这两个条件的序号，并求出f(x)的解析式；(2)求方程f(x)＋1＝0在区间[－π，π]上所有解的和．解(1)函数f(x)＝Asinωx＋π6满足的条件为①③

.理由如下：由题意可知条件①②相互矛盾，故③为函数f(x)＝Asinωx＋π6满足的条件之一．由③可知，函数f(x)的最小正周期T＝π，所以ω＝2，故②不符合题意，所以函数f(x)＝Asinωx＋π6满足的条件为①③.由①可知A＝2，所以f

(x)＝2sin2x＋π6.26(2)因为f(x)＋1＝0，所以sin2x＋π6＝－12，所以2x＋π6＝－π6＋2kπ(k∈Z)或2x＋π6＝－5π6＋2kπ(k∈Z)，所以x＝－π6＋kπ(k∈Z)或

x＝－π2＋kπ(k∈Z)．又x∈[－π，π]，所以x的取值为－π6，5π6，－π2，π2.所以方程f(x)＋1＝0在区间[－π，π]上所有解的和为2π3.19.(2021·合肥一模)如图，在平面直角坐标系xOy中，角φ的终边与单位

圆的交点为A，圆C：x2＋y2＝3与x轴正半轴的交点是P0.若圆C上一动点从P0开始，以πrad/s的角速度逆时针做圆周运动，ts后到达点P.设f(t)＝|AP|2.(1)若φ＝π3且t∈(0,2)，求函数f(t)的单调递增区间；

(2)若f13＝2，π3<φ<5π6，求f56.解由已知和三角函数的定义可知，A(cosφ，sinφ)，P(3cosπt，3sinπt)，所以f(t)＝|AP|2＝(cosφ－3cosπt)2＋(sinφ－3sin

πt)2＝4－23cos(πt－φ)．(1)若φ＝π3，则f(t)＝4－23cosπt－π3，令2kπ≤πt－π3≤2kπ＋π，k∈Z，解得2k＋13≤t≤2k＋43，k∈Z，又t∈(0,2)，所以函数f(t

)的单调递增区间为13，43.(2)若f13＝4－23cosπ3－φ＝2，27则cosπ3－φ＝33，因为π3<φ<5π6，所以－π2<π3－φ<0，故sinπ3－φ＝－1－cos2π3－φ＝－63，所以f5

6＝4－23cos5π6－φ＝4－23·cosπ2＋π3－φ＝4＋23sinπ3－φ＝4＋23×－63＝4－22，故f56＝4－22.