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    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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    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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    这是一份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),文件包含新高考高考数学一轮复习巩固练习46第35练《函数y=Asinωx+φ的图象性质》解析版doc、新高考高考数学一轮复习巩固练习46第35练《函数y=Asinωx+φ的图象性质》原卷版doc等2份试卷配套教学资源,其中试卷共15页, 欢迎下载使用。

    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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