人教A版 (2019)必修 第一册第五章 三角函数5.6 函数 y=Asin（ ωx ＋ φ）课堂检测

这是一份人教A版 (2019)必修 第一册第五章 三角函数5.6 函数 y=Asin（ ωx ＋ φ）课堂检测，共8页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

课时分层作业(五十) 函数y＝Asin(x＋φ)


(建议用时：40分钟)





一、选择题


1．下列表示函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，π))上的简图正确的是( )








A [当x＝π时，y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))＝－eq \f(\r(3),2)排除B、D.


当x＝eq \f(π,6)时y＝sin 0＝0，排除C，故选A.]


2．把函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))的图象向左平移eq \f(π,8)个单位长度，所得到的图象对应的函数是( )


A．奇函数


B.偶函数


C．既是奇函数也是偶函数


D.非奇非偶函数


A [y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,8)))))，向左平移eq \f(π,8)个单位长度后为y＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,8)＋\f(π,8)))))＝sin 2x，为奇函数．]


3．同时具有性质“(1)最小正周期是π；(2)图象关于直线x＝eq \f(π,3)对称；(3)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,3)))上单调递增”的一个函数是( )


A．y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)＋\f(π,6))) B．y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))


C．y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6))) D．y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))


C [由(1)知T＝π＝eq \f(2π,ω)，ω＝2，排除A.由(2)(3)知x＝eq \f(π,3)时，f(x)取最大值，验证知只有C符合要求．]


4．已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)＋B的一部分图象如图所示，若A＞0，ω＞0，|φ|＜eq \f(π,2)，则( )





A．B＝4 B．φ＝eq \f(π,6)


C．ω＝1 D．A＝4


B [由函数图象可知f(x)min＝0，f(x)max＝4.


所以A＝eq \f(4－0,2)＝2，B＝eq \f(4＋0,2)＝2.


由周期T＝eq \f(2π,ω)＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)－\f(π,6)))知ω＝2.


由feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝4得2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,6)＋φ))＋2＝4，


sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋φ))＝1，又|φ|＜eq \f(π,2)，故φ＝eq \f(π,6).]


5．已知函数f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,6)))(ω＞0)的相邻两个零点的距离为eq \f(π,2)，要得到y＝f(x)的图象，只需把y＝cs ωx的图象( )


A．向右平移eq \f(π,12)个单位 B．向左平移eq \f(π,12)个单位


C．向右平移eq \f(π,6)个单位 D．向左平移eq \f(π,6)个单位


A [由已知得eq \f(2π,ω)＝2×eq \f(π,2)，故ω＝2.


y＝cs 2x向右平移eq \f(π,12)个单位可得y＝cs 2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,12)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))的图象．]


二、填空题


6．要得到函数y＝sineq \f(1,2)x的图象，只需将函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x＋\f(π,4)))的图象向右平移 个单位．


eq \f(π,2) [由于y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x＋\f(π,4)))＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,2)))))，故要得到y＝sineq \f(1,2)x的图象，只要将y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x＋\f(π,4)))的图象向右平移eq \f(π,2)个单位．]


7．将函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x＋\f(π,4)))的图象向右平移eq \f(π,8)个单位长度，再将图象上各点的横坐标扩大到原来的3倍(纵坐标不变)，则所得的函数解析式是 ．


y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,8))) [y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x＋\f(π,4)))


y＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,8)))＋\f(π,4)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x－\f(π,8)))


eq \(―――――――――――――――――→,\s\up7(各点的横坐标扩大到原来的3倍),\s\d5(纵坐标不变))y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,8)))，


故所得的函数解析式是y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,8))).]


8．某同学利用描点法画函数y＝Asin (ωx＋φ)(其中0

经检查，发现表格中恰有一组数据计算错误，请你根据上述信息推断函数y＝Asin (ωx＋φ)的解析式应是 ．


y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)x＋\f(π,6))) [在平面直角坐标系中描出这五个点，如图所示．





根据函数图象的大致走势，


可知点(1,0)不符合题意；


又因为0

所以A＝2.


因为函数图象过(0,1)，∴2sin φ＝1，


又∵－eq \f(π,2)<φ

由(0,1)，(2,1)关于直线x＝1对称，


知x＝1时函数取得最大值2，


因此函数的最小正周期为6.


∴ω＝eq \f(π,3).]


三、解答题


9．已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0，|φ|＜eq \f(π,2))的部分图象如图所示．





(1)求函数f(x)的解析式；


(2)如何由函数y＝sin x的图象通过相应的平移与伸缩变换得到函数f(x)的图象，写出变换过程．


[解] (1)由图象知A＝1.f(x)的最小正周期T＝4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)－\f(π,6)))＝π，故ω＝eq \f(2π,T)＝2，


将点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，1))代入f(x)的解析式得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋φ))＝1，


又|φ|＜eq \f(π,2)，∴φ＝eq \f(π,6).故函数f(x)的解析式为f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6))).


(2)变换过程如下：


y＝sin x图象上的eq \(―――――――――――――――――→,\s\up7(所有点的横坐标缩小为原来1/2倍),\s\d7(纵坐标不变))y＝sin 2x的图象，再把y＝sin 2x的图象,向左平移eq \f(π,12)个单位y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))的图象．


10．已知函数f(x)＝2cs2ωx－1＋2eq \r(3)sin ωxcs ωx(0＜ω＜1)，直线x＝eq \f(π,3)是函数f(x)的图象的一条对称轴．


(1)求函数f(x)的单调递增区间；


(2)已知函数y＝g(x)的图象是由y＝f(x)的图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍，然后再向左平移eq \f(2π,3)个单位长度得到的，若geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,3)))＝eq \f(6,5)，α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，求sin α的值．


[解] (1)f(x)＝cs 2ωx＋eq \r(3)sin 2ωx＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2ωx＋\f(π,6)))，


由于直线x＝eq \f(π,3)是函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2ωx＋\f(π,6)))的图象的一条对称轴，


所以eq \f(2π,3)ω＋eq \f(π,6)＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，


解得ω＝eq \f(3,2)k＋eq \f(1,2)(k∈Z)，


又0＜ω＜1，所以ω＝eq \f(1,2)，


所以f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6))).


由2kπ－eq \f(π,2)≤x＋eq \f(π,6)≤2kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，


得2kπ－eq \f(2π,3)≤x≤2kπ＋eq \f(π,3)(k∈Z)，


所以函数f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ－\f(2π,3)，2kπ＋\f(π,3)))(k∈Z)．


(2)由题意可得g(x)＝2sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(2π,3)))＋\f(π,6)))，


即g(x)＝2cseq \f(x,2)，


由geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,3)))＝2cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,3)))))＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))＝eq \f(6,5)，得cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))＝eq \f(3,5)，


又α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，故eq \f(π,6)＜α＋eq \f(π,6)＜eq \f(2π,3)，


所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))＝eq \f(4,5)，


所以sin α＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))－\f(π,6)))


＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))·cseq \f(π,6)－cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))·sineq \f(π,6)


＝eq \f(4,5)×eq \f(\r(3),2)－eq \f(3,5)×eq \f(1,2)


＝eq \f(4\r(3)－3,10).





11．已知a是实数，则函数f(x)＝1＋asin ax的部分图象不可能是( )





D [当a＝0时，f(x)＝1，是选项C，当a≠0时，


函数f(x)＝1＋asin ax的周期T＝eq \f(2π,|a|)，


振幅为|a|，所以当|a|＜1时，T＞2π.


当|a|＞1时，T＜2π，由此可知A，B有可能出现，D不可能．]


12．为了得到函数y＝4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x－\f(π,6)))，x∈R的图象，只需将函数y＝4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))，x∈R的图象上的所有点( )


A．横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变


B．横坐标缩短到原来的eq \f(1,2)倍，纵坐标不变


C．纵坐标伸长到原来的2倍，横坐标不变


D．纵坐标缩短到原来的eq \f(1,2)倍，横坐标不变


A [函数y＝4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))的图象上各点横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到y＝4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x－\f(π,6)))的图象．]


13．函数y＝sin 2x的图象向右平移φ个单位长度(φ＞0)得到的图象恰好关于x＝eq \f(π,6)对称，则φ的最小值是 ．


eq \f(5π,12) [函数y＝sin 2x的图象向右平移后得到y＝sin[2(x－φ)]的图象，而x＝eq \f(π,6)是对称轴，即2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－φ))＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，所以φ＝eq \f(－kπ,2)－eq \f(π,12)(k∈Z)．又φ＞0当k＝－1时，φ取得最小值eq \f(5π,12).]


14．(一题两空)函数y＝2sin πx－eq \f(1,1－x)(－2≤x≤4)的零点个数为 ，所有零点之和为 ．


8 8 [函数y＝2sin πx－eq \f(1,1－x)(－2≤x≤4)的零点即


方程2sin πx＝eq \f(1,1－x)的根，


作函数y＝2sin πx与y＝eq \f(1,1－x)的图象如下：由图可知共有8个公共点，所以原函数有8个零点．





y＝2sin πx－eq \f(1,1－x)＝2sin π(1－x)－eq \f(1,1－x)，


令t＝1－x，则y＝2sin πt－eq \f(1,t)，t∈[－3,3]，


该函数是奇函数，故零点之和为0.所以原函数的零点之和为8.]





15．已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)＋B(A＞0，ω＞0，|φ|＜eq \f(π,2))的一系列对应值如下表：


(1)根据表格提供的数据求函数f(x)的一个解析式；


(2)根据(1)的结果，若函数y＝f(kx)(k＞0)的最小正周期为eq \f(2π,3)，当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))时，方程f(kx)＝m恰有两个不同的实数解，求实数m的取值范围．


[解] (1)设f(x)的最小正周期为T，则T＝eq \f(11π,6)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))＝2π，由T＝eq \f(2π,ω)，得ω＝1，又eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(B＋A＝3，,B－A＝－1，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(A＝2，,B＝1，))令ω·eq \f(5π,6)＋φ＝eq \f(π,2)，即eq \f(5π,6)＋φ＝eq \f(π,2)，解得φ＝－eq \f(π,3)，∴f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))＋1.(答案不唯一)


(2)∵函数y＝f(kx)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kx－\f(π,3)))＋1的最小正周期为eq \f(2π,3)，且k＞0，∴k＝3.令t＝3x－eq \f(π,3)，∵x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))，


∴t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))，如图所示，





当sin t＝s在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))上有两个不同的实数解时，s∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，1))，∴当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))时，由方程f(kx)＝m恰有两个不同的实数解得m∈[eq \r(3)＋1,3)，即实数m的取值范围是[eq \r(3)＋1,3)．


x
0
1
2
3
4
y
1
0
1
－1
－2
x
－eq \f(π,6)
eq \f(π,3)
eq \f(5π,6)
eq \f(4π,3)
eq \f(11π,6)
eq \f(7π,3)
eq \f(17π,6)
y
－1
1
3
1
－1
1
3