新高考高考数学一轮复习巩固练习4.6第35练《函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象性质》（2份打包，解析版+原卷版）

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考点一 函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象及其变换
1．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)，所得函数图象的解析式是( )
A．y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,10))) B．y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,5)))
C．y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x－\f(π,10))) D．y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x－\f(π,20)))
答案 C
解析 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，所得函数图象的解析式为y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,10)))，
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是y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x－\f(π,10))).
2．(2022·云南师大附中模拟)函数y＝sin ωx(ω>0)的图象向左平移eq \f(π,3)个单位长度，所得图象关于y轴对称，则ω的一个可能取值是( )
A．2 B.eq \f(3,2) C.eq \f(2,3) D.eq \f(1,2)
答案 B
解析 y＝sin ωx(ω>0)的图象向左平移eq \f(π,3)个单位长度后得y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(ωπ,3)))，
因为其图象关于y轴对称，
所以eq \f(ωπ,3)＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，
所以ω＝eq \f(3,2)＋3k，k∈Z.令k＝0，得ω＝eq \f(3,2).
3．(多选)已知f(x)＝sin 2x，g(x)＝cs 2x，下列四个结论正确的是( )
A．f(x)的图象向左平移eq \f(π,2)个单位长度，即可得到g(x)的图象
B．当x＝eq \f(π,8)时，函数f(x)－g(x)取得最大值eq \r(2)
C．y＝f(x)＋g(x)图象的对称中心是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2)－\f(π,8)，0))，k∈Z
D．y＝f(x)·g(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,8)，\f(π,2)))上单调递增
答案 CD
解析 A项，f(x)的图象向左平移eq \f(π,2)个单位长度可得y＝sin 2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,2)))＝sin(π＋2x)＝－sin 2x，
而g(x)＝cs 2x，故A错误；
B项，令h(x)＝f(x)－g(x)，
则h(x)＝sin 2x－cs 2x＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))，
当x＝eq \f(π,8)时，heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)))＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,8)－\f(π,4)))＝0，故B错误；
C项，y＝sin 2x＋cs 2x＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4))).
令2x＋eq \f(π,4)＝kπ，k∈Z，得x＝eq \f(kπ,2)－eq \f(π,8)，k∈Z.
∴函数y＝f(x)＋g(x)图象的对称中心是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2)－\f(π,8)，0))，k∈Z，故C正确；
D项，y＝sin 2xcs 2x＝eq \f(1,2)sin 4x.
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,8)，\f(π,2)))时，4x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)，2π))，
此时函数y＝eq \f(1,2)sin 4x单调递增，故D正确．
考点二 由图象确定y＝Asin(ωx＋φ)的解析式
4．(2022·安徽六安中学模拟)函数f(x)＝sin(2x＋φ)(0<φ<π)的图象如图所示，为了得到g(x)＝sin 2x的图象，可将f(x)的图象( )
A．向右平移eq \f(π,6)个单位长度
B．向右平移eq \f(π,12)个单位长度
C．向左平移eq \f(π,12)个单位长度
D．向左平移eq \f(π,6)个单位长度
答案 A
解析 由图象知函数f(x)＝sin(2x＋φ)(0<φ<π)过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,12)，－1))，
∴－1＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,6)＋φ))，又0<φ<π，
∴φ＝eq \f(π,3)，
∴f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))向右平移eq \f(π,6)个单位长度得到g(x)＝sin 2x的图象．
5．(多选)(2022·如皋模拟)已知函数f(x)＝Acs(ωx＋φ)(A>0，ω>0，|φ|<π)的部分图象如图所示，将函数f(x)的图象向左平移eq \f(π,6)个单位长度后得到y＝g(x)的图象，则下列说法正确的是( )
A．φ＝－eq \f(π,3)
B．f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))＝f(－x)
C．函数g(x)为奇函数
D．函数g(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(3π,4)))上单调递减
答案 BCD
解析 由题图知，f(x)max＝2，则A＝2，eq \f(3,4)T＝eq \f(5π,12)＋eq \f(π,3)＝eq \f(3π,4)，T＝π＝eq \f(2π,ω)，∴ω＝2，∴f(x)＝2cs(2x＋φ)，
f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)))＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)＋φ))＝2，eq \f(5π,6)＋φ＝2kπ，k∈Z，
又|φ|<π，∴φ＝－eq \f(5π,6)，A错；
即f(x)＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(5π,6)))，
f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))＝2cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))－\f(5π,6)))
＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(7π,6)))，
f(－x)＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2x－\f(5π,6)))
＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2x＋\f(7π,6)－2π))
＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2x＋\f(7π,6)))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))，B对；
g(x)＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))＝2cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))－\f(5π,6)))
＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,2)))＝2sin 2x为奇函数，C对；
令eq \f(π,2)<2x即eq \f(π,4)而eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(3π,4)))⊆eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(3π,4)))，D对．
6．(2022·哈尔滨第六中学模拟)已知函数f(x)＝cs x与g(x)＝sin(2x＋φ)(0<φ<π)的图象有一个横坐标为eq \f(π,3)的交点，若函数g(x)的图象的纵坐标不变，横坐标变为原来的eq \f(1,ω)(ω>0)倍后，得到函数h(x)的周期为2π，则heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))的值为________．
答案 1
解析 因为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝cs eq \f(π,3)＝eq \f(1,2)，且f(x)与g(x)的图象有一个横坐标为eq \f(π,3)的交点，
所以geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)＋φ))＝eq \f(1,2)⇒eq \f(2π,3)＋φ＝eq \f(π,6)＋2kπ(k∈Z)或eq \f(5π,6)＋2kπ(k∈Z)，
解得φ＝－eq \f(π,2)＋2kπ(k∈Z)或eq \f(π,6)＋2kπ(k∈Z)，又0<φ<π，
所以φ＝eq \f(π,6)，则g(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))，
根据题意h(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2ωx＋\f(π,6)))，
因为h(x)的周期为2π，所以T＝eq \f(2π,2ω)＝2π⇒ω＝eq \f(1,2)，
所以h(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))，heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝sin eq \f(π,2)＝1.
考点三 三角函数图象、性质的综合应用
7．已知点Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,24)，0))在函数f(x)＝cs(ωx＋φ)(ω>0，且ω∈N*,0<φ<π)的图象上，直线x＝eq \f(π,6)是函数f(x)图象的一条对称轴．若f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,3)))上单调，则φ等于( )
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 由题意得eq \f(π,6)－eq \f(π,24)＝eq \f(π,8)≥eq \f(T,4)，得eq \f(1,4)×eq \f(2π,ω)≤eq \f(π,8)，所以ω≥4.又f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,3)))上单调，所以eq \f(π,3)－eq \f(π,6)＝eq \f(π,6)≤eq \f(T,2)，
得eq \f(1,2)×eq \f(2π,ω)≥eq \f(π,6)，
所以ω≤6，
所以ω＝4或5或6.
当ω＝4时，f(x)＝cs(4x＋φ)，
有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,24)))＝cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4×\f(π,24)＋φ))＝0，,4×\f(π,6)＋φ＝kπ，k∈Z，,0<φ<π，))
解得φ＝eq \f(π,3).
当ω＝5时，f(x)＝cs(5x＋φ)，
有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,24)))＝cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5×\f(π,24)＋φ))＝0，,5×\f(π,6)＋φ＝kπ，k∈Z，,0<φ<π，))无解．
当ω＝6时，f(x)＝cs(6x＋φ)，
有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,24)))＝cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(6×\f(π,24)＋φ))＝0，,6×\f(π,6)＋φ＝kπ，k∈Z，,0<φ<π，))无解．
综上，φ＝eq \f(π,3).
8．把函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))的图象上各点的横坐标缩短到原来的eq \f(1,2)(纵坐标不变)，再将图象向左平移eq \f(π,4)个单位长度，则所得图象( )
A．在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,6)))上单调递增
B．关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，0))对称
C．最小正周期为4π
D．关于y轴对称
答案 A
解析 将y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))图象上各点的横坐标缩短到原来的eq \f(1,2)(纵坐标不变)，
得到函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))的图象，再将图象向左平移eq \f(π,4)个单位长度，
得到函数y＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))－\f(π,3)))，
即y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))的图象．
显然函数是非奇非偶函数，最小正周期为π，排除选项C，D；
令2x＋eq \f(π,6)＝kπ(k∈Z)，得x＝－eq \f(π,12)＋eq \f(kπ,2)(k∈Z)，不关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，0))对称，排除选项B；
令－eq \f(π,2)＋2kπ<2x＋eq \f(π,6)得－eq \f(π,3)＋kπ所得函数在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,6)))上单调递增，故A正确．
9．(多选)将曲线y＝sin2x－eq \r(3)sin(π－x)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(3π,2)))上每个点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变)，得到g(x)的图象，则下列说法正确的是( )
A．g(x)的图象关于直线x＝eq \f(2π,3)对称
B．g(x)在[0，π]上的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2)))
C．g(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，0))对称
D．g(x)的图象可由y＝cs x＋eq \f(1,2)的图象向右平移eq \f(2π,3)个单位长度得到
答案 ABD
解析 y＝sin2x－eq \r(3)sin(π－x)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(3π,2)))
＝eq \f(1－cs 2x,2)＋eq \r(3)sin xcs x
＝eq \f(\r(3),2)sin 2x－eq \f(1,2)cs 2x＋eq \f(1,2)
＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))＋eq \f(1,2).
∴g(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))＋eq \f(1,2)，
对于A，当x＝eq \f(2π,3)时，x－eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)，
∴g(x)关于直线x＝eq \f(2π,3)对称，A正确；
对于B，当x∈[0，π]时，x－eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(5π,6)))，
∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1))，∴g(x)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2)))，B正确；
对于C，当x＝eq \f(π,6)时，x－eq \f(π,6)＝0，geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝eq \f(1,2)，
∴g(x)关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(1,2)))对称，C错误；
对于D，y＝cs x＋eq \f(1,2)向右平移eq \f(2π,3)个单位长度得到
y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(2π,3)))＋eq \f(1,2)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)－\f(π,2)))＋eq \f(1,2)
＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))＋eq \f(1,2)＝g(x)，D正确．
10．(2022·连云港质检)已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A>0，\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(φ))<\f(π,2)，ω>0))的部分图象如图所示，将函数f(x)的图象向左平移α(α>0)个单位长度后，所得图象关于直线x＝eq \f(3π,4)对称，则α的最小值为________．
答案 eq \f(π,3)
解析 根据函数
f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A>0，\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(φ))<\f(π,2)，ω>0))的部分图象，
可得A＝1，eq \f(1,4)·eq \f(2π,ω)＝eq \f(7π,12)－eq \f(π,3)，求得ω＝2.
根据图象可得，函数过eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，0))，
所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,3)＋φ))＝0，
即2×eq \f(π,3)＋φ＝π＋2kπ，k∈Z，又|φ|故有f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3))).
将函数f(x)的图象向左平移α(α>0)个单位长度后，得到函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋2α＋\f(π,3)))的图象，
由所得图象关于直线x＝eq \f(3π,4)对称，
可得2×eq \f(3π,4)＋2α＋eq \f(π,3)＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，
即2α＝kπ－eq \f(4π,3)，k∈Z.因为α>0，
所以当k＝2时，可得α的最小值为eq \f(π,3).
11．将函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,4)))(ω>0)的图象向右平移eq \f(π,4ω)个单位长度，得到函数y＝g(x)的图象．若y＝g(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,3)))上单调递增，则ω的最大值为( )
A．3 B．2 C.eq \f(3,2) D.eq \f(5,4)
答案 C
解析 将函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,4)))(ω>0)的图象向右平移eq \f(π,4ω)个单位长度，
可得g(x)＝2sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(ω\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4ω)))＋\f(π,4)))＝2sin ωx的图象．
当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,3)))时，－eq \f(πω,6)≤ωx≤eq \f(πω,3)，
因为函数y＝g(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,3)))上单调递增，
所以eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(πω,6)，\f(πω,3)))⊆eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(πω,6)≥－\f(π,2)，,\f(πω,3)≤\f(π,2)，,ω>0，))解得0<ω≤eq \f(3,2)，
因此ω的最大值为eq \f(3,2).
12．(2022·河北衡水中学模拟)已知在函数f(x)＝eq \r(2)sin ωx和g(x)＝eq \r(2)cs ωx(ω>0)图象的交点中，任意连续三个交点均可作为一个等腰直角三角形的顶点．为了得到y＝g(x)的图象，只需把y＝f(x)的图象( )
A．向左平移1个单位长度
B．向左平移eq \f(π,2)个单位长度
C．向右平移1个单位长度
D．向右平移eq \f(π,2)个单位长度
答案 A
解析 如图所示，令f(x)＝eq \r(2)sin ωx＝g(x)＝eq \r(2)cs ωx，故tan ωx＝1，x＝eq \f(π,4ω)＋eq \f(kπ,ω)，k∈Z.
取靠近原点的三个交点，Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3π,4ω)，－1))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4ω)，1))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,4ω)，－1))，
△ABC为等腰直角三角形，故eq \f(5π,4ω)＋eq \f(3π,4ω)＝eq \f(2π,ω)＝4，
故ω＝eq \f(π,2)，
故f(x)＝eq \r(2)sin eq \f(π,2)x，
g(x)＝eq \r(2)cs eq \f(π,2)x＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)x＋\f(π,2)))，
故为了得到y＝g(x)的图象，只需把y＝f(x)的图象向左平移1个单位长度．
13．(多选)(2022·海口模拟)将函数f(x)＝sin 3x－eq \r(3)cs 3x＋1的图象向左平移eq \f(π,6)个单位长度，得到函数g(x)的图象，给出下列关于g(x)的结论，其中正确的是( )
A．它的图象关于直线x＝eq \f(5π,9)对称
B．它的最小正周期为eq \f(2π,3)
C．它的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(11π,18)，1))对称
D．它在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5π,3)，\f(19π,9)))上单调递增
答案 BC
解析 因为f(x)＝sin 3x－eq \r(3)cs 3x＋1
＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x－\f(π,3)))＋1，
所以g(x)＝2sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))－\f(π,3)))＋1
＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x＋\f(π,6)))＋1，
令3x＋eq \f(π,6)＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，得x＝eq \f(kπ,3)＋eq \f(π,9)(k∈Z)，所以x＝eq \f(5π,9)不是g(x)的对称轴，A错误；B显然正确；
令3x＋eq \f(π,6)＝kπ，得x＝eq \f(kπ,3)－eq \f(π,18)(k∈Z)，取k＝2，得x＝eq \f(11π,18)，故g(x)关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(11π,18)，1))对称，C正确；
令2kπ－eq \f(π,2)≤3x＋eq \f(π,6)≤2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，得eq \f(2kπ,3)－eq \f(2π,9)≤x≤eq \f(2kπ,3)＋eq \f(π,9)，
取k＝2，得eq \f(10π,9)≤x≤eq \f(13π,9)，取k＝3，得eq \f(16π,9)≤x≤eq \f(19π,9)，所以D错误．
14．(多选)设函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,5)))(ω>0)，已知f(x)在[0,2π]上有且仅有5个零点，那么下列四个结论中正确的是( )
A．f(x)在(0,2π)上有且仅有3个极大值点
B．f(x)在(0,2π)上有且仅有2个极小值点
C．f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,10)))上单调递增
D．ω的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(12,5)，\f(29,10)))
答案 ACD
解析 当x∈[0,2π]时，ωx＋eq \f(π,5)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,5)，2πω＋\f(π,5))).
因为f(x)在[0,2π]上有且仅有5个零点，所以5π≤2πω＋eq \f(π,5)<6π，
所以eq \f(12,5)≤ω由5π≤2πω＋eq \f(π,5)<6π，
知当ωx＋eq \f(π,5)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,5)，2πω＋\f(π,5)))时，
在ωx＋eq \f(π,5)＝eq \f(π,2)，eq \f(5π,2)，eq \f(9π,2)时取得极大值，A正确；
极小值不确定，可能是2个也可能是3个，B不正确；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,10)))时，ωx＋eq \f(π,5)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,5)，\f(ω＋2π,10))).
若f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,10)))上单调递增，
则eq \f(ω＋2π,10)≤eq \f(π,2)，
即ω≤3，因为eq \f(12,5)≤ω

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