高考复习《三角函数的对称轴》课时作业4.4

这是一份高考复习《三角函数的对称轴》课时作业4.4，共10页。
1．把曲线C1：y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))上所有点向右平移eq \f(π,6)个单位长度，再把得到的曲线上所有点的横坐标缩短为原来的eq \f(1,2)，得到曲线C2，则C2( )
A．关于直线x＝eq \f(π,4)对称
B．关于直线x＝eq \f(5π,12)对称
C．关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，0))对称
D．关于点(π，0)对称
B 把曲线C1：y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))上所有点向右平移eq \f(π,6)个单位长度，
可得y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)－\f(π,6)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))的图象；
再把得到的曲线上所有点的横坐标缩短为原来的eq \f(1,2)，得到曲线C2：y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))的图象，对于曲线C2：y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))：
令x＝eq \f(π,4)，y＝1，不是最值，故它的图象不关于直线x＝eq \f(π,4)对称，故A错误；
令x＝eq \f(5π,12)，y＝2，为最值，故它的图象关于直线x＝eq \f(π,4)对称，故B正确；
令x＝eq \f(π,12)，y＝－1，故它的图象不关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，0))对称，故C错误；
令x＝π，y＝－eq \r(3)，故它的图象不关于点(π，0)对称，故D错误，故选B.
2．(2020·吉安检测)在平面直角坐标系xOy中，将函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x＋\f(π,4)))的图象向左平移φ(φ>0)个单位后得到的图象经过原点，则φ的最小值为( )
A.eq \f(π,3) B.eq \f(π,4)
C.eq \f(π,6) D.eq \f(π,12)
B 将函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x＋\f(π,4)))的图象向左平移φ(φ>0)个单位后得到的图象对应的解析式为y＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(3（x＋φ）＋\f(π,4)))，因为其图象经过原点，
所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3φ＋\f(π,4)))＝0，所以3φ＋eq \f(π,4)＝kπ，k∈Z，解得φ＝eq \f(kπ,3)－eq \f(π,12)，k∈Z，又φ>0，所以φ的最小值为eq \f(π,3)－eq \f(π,12)＝eq \f(π,4).
3．(2020·河北衡中同卷)若函数y＝sin(ωx－φ)ω>0，|φ|0，
所以2t－eq \f(π,6)＝－2t＋π＋2kπ，即t＝eq \f(7π,24)＋eq \f(kπ,2)(k∈Z)，实数tmin＝eq \f(7,24)π.
5．函数f(x)＝3sin eq \f(π,2)x－lgeq \s\d9(\f(1,2))x的零点的个数是( )
A．2 B．3
C．4 D．5
D 函
数y＝3sin eq \f(π,2)x的周期T＝eq \f(2π,\f(π,2))＝4，由lgeq \s\d9(\f(1,2))x＝3，可得x＝eq \f(1,8).由lgeq \s\d9(\f(1,2))x＝－3，可得x＝8.在同一平面直角坐标系中，作出函数y＝3sin eq \f(π,2)x和y＝lgeq \s\d9(\f(1,2))x的图象(如图所示)，易知有5个交点，故函数f(x)有5个零点．
6．(2020·河北五个一联盟联考)已知函数f(x)＝1＋2cs xcs(x＋3φ)是偶函数，其中φ∈0，eq \f(π,2)，则下列关于函数g(x)＝cs(2x－φ)的描述正确的是( )
A．g(x)在区间－eq \f(π,12)，eq \f(π,3)上的最小值为－1
B．g(x)的图象可由函数f(x)的图象向上平移2个单位长度，再向右平移eq \f(π,3)个单位长度得到
C．g(x)的图象的一个对称中心是－eq \f(π,12)，0
D．g(x)的一个单调递减区间是0，eq \f(π,2)
C ∵函数f(x)＝1＋2cs xcs(x＋3φ)是偶函数，y＝1，y＝2cs x都是偶函数，∴y＝cs(x＋3φ)是偶函数，
∴3φ＝kπ，k∈Z，∴φ＝eq \f(kπ,3)，k∈Z，又0＜φ＜eq \f(π,2)，∴φ＝eq \f(π,3)，∴g(x)＝cs2x－eq \f(π,3).当－eq \f(π,12)≤x≤eq \f(π,3)时，－eq \f(π,2)≤2x－eq \f(π,3)≤eq \f(π,3)，cs2x－eq \f(π,3)∈[0，1]，故A错误；f(x)＝1＋2cs xcs(x＋π)＝1－2cs2x＝－cs 2x，显然B错误；当x＝－eq \f(π,12)时，g(x)＝cs－eq \f(π,2)＝0，故C正确；由2kπ≤2x－eq \f(π,3)≤2kπ＋π(k∈Z)得kπ＋eq \f(π,6)≤x≤kπ＋eq \f(2,3)π(k∈Z)，当k＝0时，x∈eq \f(π,6)，eq \f(2,3)π，即g(x)在eq \f(π,6)，eq \f(2,3)π上单调递减，故D错误．综上，选C.
7．(2020·青岛质检)将函数y＝sin x的图象上所有的点向右平移eq \f(π,10)个单位长度，再把所得各点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，所得图象的函数解析式是________________．
解析 y＝sin xeq \(――→,\s\up7(向右平移\f(π),\s\d5(10)个单位长度))
y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,10)))eq \(――→,\s\up7(横坐标伸长到),\s\d5(原来的2倍))y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x－\f(π,10))).
答案 y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x－\f(π,10)))
8．(2020·河南洛阳统考)函
数f(x)＝2sin(ωx＋φ)ω>0，00，∴ω＝eq \f(2π,T)＝2，∴f(x)＝sin(2x＋φ)．
又知函数图象经过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,12)π，－1))，
∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,12)π))＝－1，即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,6)π＋φ))＝－1，
∴eq \f(7,6)π＋φ＝2kπ＋eq \f(3,2)π(k∈Z)，得φ＝2kπ＋eq \f(π,3)(k∈Z)．
又∵|φ|0)，x∈R.在曲线y＝f(x)与直线y＝1的交点中，若相邻交点距离的最小值为eq \f(π,3)，则f(x)的最小正周期为________．
解析 f(x)＝eq \r(3)sin ωx＋cs ωx＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))(ω>0)．
由2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))＝1，得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))＝eq \f(1,2)，
∴ωx＋eq \f(π,6)＝2kπ＋eq \f(π,6)或ωx＋eq \f(π,6)＝2kπ＋eq \f(5π,6)(k∈Z)．
令k＝0，得ωx1＋eq \f(π,6)＝eq \f(π,6)，ωx2＋eq \f(π,6)＝eq \f(5π,6)，
∴x1＝0，x2＝eq \f(2π,3ω).
由|x1－x2|＝eq \f(π,3)，得eq \f(2π,3ω)＝eq \f(π,3)，∴ω＝2.
故f(x)的最小正周期T＝eq \f(2π,2)＝π.
答案 π
15．(2020·江西红色七校联考)已知函数y＝f(x)(x∈R)，对函数y＝g(x)(x∈I)，定义g(x)关于f(x)的“对称函数”为y＝h(x)(x∈I)，y＝h(x)满足：对任意x∈I，两个点(x，h(x))，(x，g(x))关于点(x，f(x))对称，若h(x)＝－asin x是g(x)关于f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))的“对称函数”，且g(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))上是减函数，则实数a的取值范围是________．
解析 根据“对称函数”的概念可知h(x)＋g(x)＝2f(x)，即g(x)＝2f(x)－h(x)＝cs 2x＋asin x＝－2sin2x＋asin x＋1，令t＝sin x因为x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))，所以t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，则y＝－2t2＋at＋1，其图象的对称轴为t＝eq \f(a,4)，开口向下．由于g(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))上递减，y＝sin x在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))上递增，根据复合函数的单调性可知eq \f(a,4)≤eq \f(1,2)，a≤2.
答案 (－∞，2]
16．(2020·豫南九校联考)已知函数f(x)＝sineq \f(5π,6)－2x－2sinx－eq \f(π,4)csx＋eq \f(3π,4).
(1)求函数f(x)的最小正周期和单调递增区间；
(2)若x∈eq \f(π,12)，eq \f(π,3)，且F(x)＝－4λf(x)－cs4x－eq \f(π,3)的最小值是－eq \f(3,2)，求实数λ的值．
解 (1)∵f(x)＝sineq \f(5π,6)－2x－2sinx－eq \f(π,4)csx＋eq \f(3π,4)
＝eq \f(1,2)cs 2x＋eq \f(\r(3),2)·sin 2x＋(sin x－cs x)(sin x＋cs x)
＝eq \f(1,2)cs 2x＋eq \f(\r(3),2)sin 2x＋sin2x－cs2x
＝eq \f(1,2)cs 2x＋eq \f(\r(3),2)sin 2x－cs 2x
＝sin2x－eq \f(π,6)，
∴函数f(x)的最小正周期T＝eq \f(2π,2)＝π.
由2kπ－eq \f(π,2)≤2x－eq \f(π,6)≤2kπ＋eq \f(π,2)
得kπ－eq \f(π,6)≤x≤kπ＋eq \f(π,3)(k∈Z)，
∴函数f(x)的单调递增区间为
kπ－eq \f(π,6)，kπ＋eq \f(π,3)(k∈Z)．
(2)F(x)＝－4λf(x)－cs4x－eq \f(π,3)
＝－4λsin2x－eq \f(π,6)－1－2sin22x－eq \f(π,6)
＝2sin22x－eq \f(π,6)－4λsin2x－eq \f(π,6)－1
＝2sin2x－eq \f(π,6)－λ2－1－2λ2.
∵x∈eq \f(π,12)，eq \f(π,3)，∴0≤2x－eq \f(π,6)≤eq \f(π,2)，
∴0≤sin2x－eq \f(π,6)≤1.
①当λ1时，当且仅当sin2x－eq \f(π,6)＝1时，f(x)取得最小值，最小值为1－4λ，由已知得1－4λ＝－eq \f(3,2)，解得λ＝eq \f(5,8)，这与λ>1矛盾．
综上所述，λ＝eq \f(1,2).