2023版新教材高中数学第七章三角函数7.3三角函数的性质与图象7.3.2正弦型函数的性质与图象第二课时正弦型函数的性质课时作业新人教B版必修第三册

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第2课时　正弦型函数的性质1．若函数f(x)＝sin  eq \f(x＋φ,3)(φ∈[0，2π])是偶函数，则φ＝(　　)A． eq \f(π,2) B． eq \f(2π,3)C． eq \f(3π,2) D． eq \f(5π,3)2．函数y＝3sin (2x＋ eq \f(π,6))的图象的一条对称轴方程是(　　)A．x＝0 B．x＝ eq \f(2π,3)C．x＝－ eq \f(π,6) D．x＝ eq \f(π,3)3．函数y＝2sin (x－ eq \f(π,3))(x∈[－π，0])的单调递增区间是(　　)A．[－π，－ eq \f(5π,6)] B．[－ eq \f(5π,6)，－ eq \f(π,6)]C．[－ eq \f(π,3)，0] D．[－ eq \f(π,6)，0]4．已知ω>0，0<φ<π，直线x＝ eq \f(π,4)和直线x＝ eq \f(5π,4)是函数f(x)＝sin (ωx＋φ)图象的两条相邻的对称轴，则φ＝(　　)A． eq \f(π,4) B． eq \f(π,3)C． eq \f(π,2) D． eq \f(3π,4)5．已知函数f(x)＝A sin (ωx＋φ)(A>0，ω>0，|φ|<π)是奇函数，将y＝f(x)的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g(x).若g(x)的最小正周期为2π，且g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝ eq \r(2)，则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)))＝(　　)A．－2 B．－ eq \r(2)C． eq \r(2) D．26．已知函数f(x)＝2sin (2x－ eq \f(π,6))，x∈R.写出函数f(x)图象的对称轴方程、对称中心的坐标及单调区间．7．(多选)设函数f(x)＝sin (2x＋ eq \f(π,2))＋1，则下列结论正确的是(　　)A．f(x)的一个周期为2πB．f(x)是奇函数C．f(x)的一个最高点坐标为(π，2)D．f(x)是偶函数8．已知函数f(x)＝2sin ( eq \f(π,2)x＋ eq \f(π,5))，若∀x∈R都有f(x1)≤f(x)≤f(x2)成立，则|x1－x2|的最小值是(　　)A．4 B．2C．1 D． eq \f(1,2)9．(多选)若将函数f(x)＝A sin (2x－ eq \f(π,3))(A≠0)的图象向左平移 eq \f(π,3)个单位得到函数g(x)的图象，则下列选项错误的是(　　)A．g(x)的最大值为AB．g(x)的图象有一条对称轴是直线x＝ eq \f(π,12)C．g(x)的图象有一个对称中心是点(－ eq \f(π,3)，0)D．g(x)是奇函数10．已知函数y＝sin (2x＋φ)(－ eq \f(π,2)<φ< eq \f(π,2))的图象关于直线x＝ eq \f(π,3)对称，则φ的值是________．11．已知f(x)＝sin ( eq \f(π,3)x＋ eq \f(π,6))，则f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2 022)＝________．12．若函数f(x)＝3sin ωx(ω>0)能够在某个长度为3的闭区间上至少出现三次最大值3，且在[－ eq \f(π,11)， eq \f(π,10)]上是单调函数，则整数ω的值是________.13．已知函数f(x)＝sin (2x－ eq \f(π,6))＋ eq \f(1,2).(1)求f(x)的最小正周期及最大值；(2)求f(x)在区间[0， eq \f(5π,12)]上的值域．14．已知函数f(x)＝A sin (ωx＋φ)(其中A>0，ω>0，0<φ< eq \f(π,2))的最小正周期为π，且图象上一个最低点为M( eq \f(2π,3)，－2).(1)求f(x)的解析式；(2)当x∈[0， eq \f(π,12)]时，求f(x)的最值．15.已知函数f(x)＝sin (2ωx＋ eq \f(π,6))＋ eq \f(3,2)＋b.(1)若函数f(x)的图象关于直线x＝ eq \f(π,6)对称，且ω∈[0，3]，求函数f(x)的单调递增区间；(2)在(1)的条件下，当x∈[0， eq \f(7π,12)]时，函数f(x)有且只有一个零点，求实数b的取值范围．第2课时　正弦型函数的性质必备知识基础练1．答案：C解析：由题意，得eq \f(φ,3)＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，∴φ＝3kπ＋eq \f(3π,2)(k∈Z)，当k＝0时，φ＝eq \f(3π,2)，故选C项．2．答案：B解析：令sin (2x＋eq \f(π,6))＝±1，得2x＋eq \f(π,6)＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，即x＝eq \f(k,2)π＋eq \f(π,6)(k∈Z)，取k＝1，得x＝eq \f(2π,3).3．答案：D解析：由－eq \f(π,2)＋2kπ≤x－eq \f(π,3)≤eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，得－eq \f(π,6)＋2kπ≤x≤eq \f(5π,6)＋2kπ，k∈Z.由于x∈[－π，0]，所以所求单调递增区间为[－eq \f(π,6)，0].4．答案：A解析：因为直线x＝eq \f(π,4)和x＝eq \f(5π,4)是函数f(x)图象的两条相邻的对称轴，所以函数f(x)的最小正周期T＝2π，所以ω＝1，所以eq \f(π,4)＋φ＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z).又0<φ<π，所以φ＝eq \f(π,4)，故选A项．5．答案：C解析：由f(x)为奇函数，可知f(0)＝Asinφ＝0，由|φ|<π可得φ＝0.将y＝f(x)的图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍，得g(x)＝Asineq \f(1,2)ωx的图象．由g(x)的最小正周期为2π，可得T＝eq \f(2π,\f(1,2)ω)＝2π，所以ω＝2，geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝Asineq \f(π,4)＝eq \r(2)，可得A＝2，所以f(x)＝2sin2x，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)))＝2sineq \f(3π,4)＝eq \r(2)，故选C项．6．解析：由2x－eq \f(π,6)＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，解得f(x)图象的对称轴方程是x＝eq \f(π,3)＋eq \f(k,2)π，k∈Z.由2x－eq \f(π,6)＝kπ，k∈Z，解得f(x)图象的对称中心是[eq \f(π,12)＋eq \f(k,2)π，0]，k∈Z.由2kπ－eq \f(π,2)≤2x－eq \f(π,6)≤2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，解得f(x)的单调递增区间是[－eq \f(π,6)＋kπ，eq \f(π,3)＋kπ]，k∈Z；由2kπ＋eq \f(π,2)≤2x－eq \f(π,6)≤2kπ＋eq \f(3,2)π，k∈Z，解得f(x)的单调递减区间是[eq \f(π,3)＋kπ，eq \f(5π,6)＋kπ]，k∈Z.关键能力综合练7．答案：ACD解析：函数f(x)＝sin (2x＋eq \f(π,2))＋1＝cos2x＋1，T＝eq \f(2π,2)＝π，所以2π也是f(x)的周期，故A正确；因为x∈R，f(－x)＝cos2x＋1＝f(x)，所以f(x)是偶函数，故B错误，D正确；因为x∈R，－1≤cos2x≤1，所以0≤f(x)＝cos2x＋1≤2，所以f(π)＝cos2π＋1＝2，f(x)的一个最高点坐标为(π，2)，故C正确．故选ACD.8．答案：B解析：设T为函数f(x)的最小正周期，则T＝eq \f(2π,\f(π,2))＝4.由于∀x∈R，都有f(x1)≤f(x)≤f(x2)成立，则f(x1)＝f(x)min＝－2，f(x2)＝f(x)max＝2，从而|x1－x2|的最小值为eq \f(T,2)，即为2.9．答案：ACD解析：将函数f(x)＝Asin (2x－eq \f(π,3))(A≠0)的图象向左平移eq \f(π,3)个单位得到函数g(x)＝Asin [2(x＋eq \f(π,3))－eq \f(π,3)]＝Asin (2x＋eq \f(π,3))的图象，因为A≠0，正负不知，所以A错；又因为geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)))＝Asin (2×eq \f(π,12)＋eq \f(π,3))＝Asineq \f(π,2)＝A，所以直线x＝eq \f(π,12)是g(x)图象的一条对称轴，所以B正确；因为geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＝Asin [2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＋eq \f(π,3)]＝Asineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))≠0，所以C错；g(x)＝Asin (2x＋eq \f(π,3))为非奇非偶函数，所以D错．10．答案：－eq \f(π,6)解析：由题意可得sin (eq \f(2π,3)＋φ)＝±1，所以eq \f(2π,3)＋φ＝eq \f(π,2)＋kπ(k∈Z)，解得φ＝－eq \f(π,6)＋kπ(k∈Z).又因为－eq \f(π,2)<φ<eq \f(π,2)，所以k＝0，φ＝－eq \f(π,6).11．答案：0解析：函数f(x)＝sin (eq \f(π,3)x＋eq \f(π,6))的最小正周期为T＝eq \f(2π,\f(π,3))＝6，当k∈Z时，f(6k)＝sineq \f(π,6)＝eq \f(1,2)，f(6k＋1)＝sin (eq \f(π,3)＋eq \f(π,6))＝1，f(6k＋2)＝sin (eq \f(2π,3)＋eq \f(π,6))＝eq \f(1,2)，f(6k＋3)＝sin (π＋eq \f(π,6))＝－eq \f(1,2)，f(6k＋4)＝sin (eq \f(4π,3)＋eq \f(π,6))＝－1，f(6k＋5)＝sin (eq \f(5π,3)＋eq \f(π,6))＝－eq \f(1,2)，所以，f(6k)＋f(6k＋1)＋f(6k＋2)＋f(6k＋3)＋f(6k＋4)＋f(6k＋5)＝0，∵2022＝337×6，因此，f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2022)＝0×337＝0.12．答案：5解析：函数y＝3sinωx能够在某个长度为3的闭区间上至少三次出现最大值3，如果起点为最高点，到下一个最高点，刚好一个周期，可两次获得最大值3，由三角函数的图象与性质可知2×eq \f(2π,ω)≤3，解得ω≥eq \f(4,3)π.又f(x)在[－eq \f(π,11)，eq \f(π,10)]上为单调函数，∴－eq \f(ωπ,11)≤ωx≤eq \f(ωπ,10)，且eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(ωπ,10)≤\f(π,2)，,－\f(ωπ,11)≥－\f(π,2)，))解得ω≤5.综上，正整数ω＝5.13．解析：(1)∵函数f(x)＝sin (2x－eq \f(π,6))＋eq \f(1,2)，∴f(x)最小正周期T＝eq \f(2π,2)＝π，∵sin (2x－eq \f(π,6))≤1，sin (2x－eq \f(π,6))＋eq \f(1,2)≤eq \f(3,2)，∴当sin (2x－eq \f(π,6))＝1时，f(x)max＝eq \f(3,2).(2)当0≤x≤eq \f(5π,12)时，－eq \f(π,6)≤2x－eq \f(π,6)≤eq \f(2,3)π，∴当2x－eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)时，即x＝eq \f(π,3)时，f(x)max＝eq \f(3,2)，当2x－eq \f(π,6)＝－eq \f(π,6)时，即x＝0时，f(x)min＝0，∴f(x)在区间[0，eq \f(5π,12)]上的值域为[0，eq \f(3,2)].14．解析：(1)由函数f(x)图象上一个最低点为M(eq \f(2π,3)，－2)，得A＝2.由最小正周期T＝π，得ω＝eq \f(2π,T)＝eq \f(2π,π)＝2.由点M(eq \f(2π,3)，－2)在图象上，得2sin (eq \f(4π,3)＋φ)＝－2，即sin (eq \f(4π,3)＋φ)＝－1，所以eq \f(4π,3)＋φ＝2kπ－eq \f(π,2)(k∈Z)，故φ＝2kπ－eq \f(11π,6)(k∈Z).又0<φ<eq \f(π,2)，所以k＝1，φ＝eq \f(π,6).所以函数解析式为f(x)＝2sin (2x＋eq \f(π,6)).(2)因为x∈[0，eq \f(π,12)]，所以2x＋eq \f(π,6)∈[eq \f(π,6)，eq \f(π,3)]，故当2x＋eq \f(π,6)＝eq \f(π,6)，即x＝0时，函数f(x)取得最小值1；当2x＋eq \f(π,6)＝eq \f(π,3)，即x＝eq \f(π,12)时，函数f(x)取得最大值eq \r(3).核心素养升级练15．解析：(1)∵函数f(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,6)对称，∴2ω·eq \f(π,6)＋eq \f(π,6)＝nπ＋eq \f(π,2)，n∈Z.又∵ω∈[0，3]，解得ω＝1，∴f(x)＝sin (2x＋eq \f(π,6))＋eq \f(3,2)＋b.由2kπ－eq \f(π,2)≤2x＋eq \f(π,6)≤2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，得kπ－eq \f(π,3)≤x≤kπ＋eq \f(π,6)，k∈Z，∴函数f(x)的单调递增区间为[kπ－eq \f(π,3)，kπ＋eq \f(π,6)]，k∈Z.(2)由(1)知，f(x)＝sin (2x＋eq \f(π,6))＋eq \f(3,2)＋b.由f(x)＝0，得sin (2x＋eq \f(π,6))＝－eq \f(3,2)－b.令t＝2x＋eq \f(π,6)，由x∈[0，eq \f(7π,12)]得t∈[eq \f(π,6)，eq \f(4π,3)].由y＝sint，t∈[eq \f(π,6)，eq \f(4π,3)]的图象及y＝－eq \f(3,2)－b的图象，可知函数f(x)有且只有一个零点时，－eq \f(3,2)－b＝1或－eq \f(\r(3),2)≤－eq \f(3,2)－b<eq \f(1,2)，解得b＝－eq \f(5,2)或－2