人教版新课标A必修4第一章 三角函数1.5 函数y=Asin（ωx+ψ）当堂检测题

这是一份人教版新课标A必修4第一章 三角函数1.5 函数y=Asin（ωx+ψ）当堂检测题，共7页。试卷主要包含了5　函数y＝Asin的图象，又x＝eq \f时，y＝1，eq \f，∴a＝－1等内容，欢迎下载使用。

§1.5 函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象(二)
课时目标 1.会用“五点法”画函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)的图象.2.明确函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A、ω、φ为常数，A>0，ω>0)中常数A、ω、φ的物理意义．理解振幅、频率、相位、初相的概念.3.了解函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)图象的对称性(如对称轴，对称中心)．
1．简谐振动
简谐振动y＝Asin(ωx＋φ)中，______叫做振幅，周期T＝______，频率f＝______，相位是______，初相是______．
2．函数y＝Asin(ωx＋φ) (A>0，ω>0)的性质如下：
一、选择题
1．函数y＝Asin(ωx＋φ) (A>0，ω>0)为偶函数的条件是( )
A．φ＝eq \f(π,2)＋2kπ (k∈Z) B．φ＝eq \f(π,2)＋kπ (k∈Z)
C．φ＝2kπ (k∈Z) D．φ＝kπ(k∈Z)
2．已知简谐运动f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)x＋φ))(|φ|A．T＝6，φ＝eq \f(π,6) B．T＝6，φ＝eq \f(π,3)
C．T＝6π，φ＝eq \f(π,6) D．T＝6π，φ＝eq \f(π,3)
3．下列函数中，图象的一部分如下图所示的是( )
A．y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))
B．y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))
C．y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x－\f(π,3)))
D．y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))
4．已知函数y＝sin(ωx＋φ)(ω>0，|φ|A．ω＝1，φ＝eq \f(π,6)
B．ω＝1，φ＝－eq \f(π,6)
C．ω＝2，φ＝eq \f(π,6)
D．ω＝2，φ＝－eq \f(π,6)
5．函数y＝sin(ωx＋φ) (x∈R，ω>0,0≤φ<2π)的部分图象如图所示，则( )
A．ω＝eq \f(π,2)，φ＝eq \f(π,4)
B．ω＝eq \f(π,3)，φ＝eq \f(π,6)
C．ω＝eq \f(π,4)，φ＝eq \f(π,4)
D．ω＝eq \f(π,4)，φ＝eq \f(5π,4)
6．设函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)x＋\f(π,5)))，若对于任意x∈R，都有f(x1)≤f(x)≤f(x2)成立，则|x1－x2|的最小值为( )
A．4 B．2 C．1 D.eq \f(1,2)
二、填空题
7．函数y＝eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))与y轴最近的对称轴方程是__________．
8．已知函数y＝sin(ωx＋φ) (ω>0，－π≤φ<π)的图象如下图所示，则φ＝________.
9．函数y＝sin 2x的图象向右平移φ个单位(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________．
10．关于f(x)＝4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3))) (x∈R)，有下列命题
①由f(x1)＝f(x2)＝0可得x1－x2是π的整数倍；
②y＝f(x)的表达式可改写成y＝4cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))；
③y＝f(x)图象关于eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，0))对称；
④y＝f(x)图象关于x＝－eq \f(π,6)对称．
其中正确命题的序号为________(将你认为正确的都填上)．
三、解答题
11．已知曲线y＝Asin(ωx＋φ) (A>0，ω>0)上的一个最高点的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)，\r(2)))，此点到相邻最低点间的曲线与x轴交于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,8)π，0))，若φ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2))).
(1)试求这条曲线的函数表达式；
(2)用“五点法”画出(1)中函数在[0，π]上的图象．
12．已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ) (ω>0,0≤φ≤π)是R上的偶函数，其图象关于点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)，0))对称，且在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上是单调函数，求φ和ω的值．
能力提升
13．右图是函数y＝Asin(ωx＋φ)(x∈R)在区间[－eq \f(π,6)，eq \f(5π,6)]上的图象．为了得到这个函数的图象，只要将y＝sin x(x∈R)的图象上所有的点( )
A．向左平移eq \f(π,3)个单位长度，再把所得各点的横坐标缩短到原来的eq \f(1,2)倍，纵坐标不变
B．向左平移eq \f(π,3)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
C．向左平移eq \f(π,6)个单位长度，再把所得各点的横坐标缩短到原来的eq \f(1,2)倍，纵坐标不变
D．向左平移eq \f(π,6)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
14．如果函数y＝sin 2x＋acs 2x的图象关于直线x＝－eq \f(π,8)对称，那么a等于( )
A.eq \r(2) B．－eq \r(2) C．1 D．－1
1．由函数y＝Asin(ωx＋φ)的部分图象确定解析式关键在于确定参数A，ω，φ的值．
(1)一般可由图象上的最大值、最小值来确定|A|.
(2)因为T＝eq \f(2π,ω)，所以往往通过求周期T来确定ω，可通过已知曲线与x轴的交点从而确定T，即相邻的最高点与最低点之间的距离为eq \f(T,2)；相邻的两个最高点(或最低点)之间的距离为T.
(3)从寻找“五点法”中的第一零点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(φ,ω)，0))(也叫初始点)作为突破口．以y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)为例，位于单调递增区间上离y轴最近的那个零点最适合作为“五点”中的第一个点．
2．在研究y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的性质时，注意采用整体代换的思想．如，它在ωx＋φ＝eq \f(π,2)＋2kπ(k∈Z)时取得最大值，在ωx＋φ＝eq \f(3π,2)＋2kπ(k∈Z)时取得最小值．
§1.5 函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象(二)
答案
知识梳理
1．A eq \f(2π,ω) eq \f(ω,2π) ωx＋φ φ
2．[－A，A] eq \f(2π,|ω|) kπ (k∈Z) eq \f(π,2)＋kπ (k∈Z) 非奇非偶 2kπ－eq \f(π,2)≤ωx＋φ≤2kπ＋eq \f(π,2) (k∈Z) 2kπ＋eq \f(π,2)≤ωx＋φ≤2kπ＋eq \f(3π,2)(k∈Z)
作业设计
1．B
2．A [T＝eq \f(2π,ω)＝eq \f(2π,\f(π,3))＝6，代入(0,1)点得sin φ＝eq \f(1,2).∵－eq \f(π,2)<φ3．D [由图知T＝4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)＋\f(π,6)))＝π，∴ω＝eq \f(2π,T)＝2.又x＝eq \f(π,12)时，y＝1.]
4．D [由图象知eq \f(T,4)＝eq \f(7π,12)－eq \f(π,3)＝eq \f(π,4)，∴T＝π，ω＝2.且2×eq \f(7π,12)＋φ＝kπ＋π(k∈Z)，φ＝kπ－eq \f(π,6)(k∈Z)．
又|φ|5．C [由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ω×1＋φ＝\f(π,2),ω×3＋φ＝π))，解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ω＝\f(π,4),φ＝\f(π,4))).]
6．B [对任意x∈R，f(x1)≤f(x)≤f(x2)成立．
∴f(x1)＝f(x)min＝－2，f(x2)＝f(x)max＝2.
∴|x1－x2|min＝eq \f(T,2)＝eq \f(1,2)×eq \f(2π,\f(π,2))＝2.]
7．x＝－eq \f(π,6)
解析 令2x－eq \f(π,6)＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，∴x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,3)(k∈Z)．由k＝0，得x＝eq \f(π,3)；由k＝－1，得x＝－eq \f(π,6).
8.eq \f(9π,10)
解析 由图象知函数y＝sin(ωx＋φ)的周期为
2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2π－\f(3π,4)))＝eq \f(5π,2)，∴eq \f(2π,ω)＝eq \f(5π,2)，∴ω＝eq \f(4,5).
∵当x＝eq \f(3,4)π时，y有最小值－1，
∴eq \f(4,5)×eq \f(3π,4)＋φ＝2kπ－eq \f(π,2) (k∈Z)．
∵－π≤φ<π，∴φ＝eq \f(9π,10).
9.eq \f(5π,12)
解析 y＝sin 2x向右平移φ个单位得
f(x)＝sin 2(x－φ)＝sin(2x－2φ)．
由feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－2φ))＝±1，
∴eq \f(π,3)－2φ＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，
∴2φ＝－kπ－eq \f(π,6)，令k＝－1，得2φ＝eq \f(5,6)π，
∴φ＝eq \f(5,12)π或作出y＝sin 2x的图象观察易知φ＝eq \f(π,6)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)))＝eq \f(5,12)π.
10．②③
解析 对于①，由f(x)＝0，可得2x＋eq \f(π,3)＝kπ (k∈Z)．
∴x＝eq \f(k,2)π－eq \f(π,6)，∴x1－x2是eq \f(π,2)的整数倍，∴①错；
对于②，f(x)＝4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))利用公式得：
f(x)＝4cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))))＝4cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6))).
∴②对；
对于③，f(x)＝4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))的对称中心满足2x＋eq \f(π,3)＝kπ，
∴x＝eq \f(k,2)π－eq \f(π,6)，
∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，0))是函数y＝f(x)的一个对称中心．∴③对；
对于④，函数y＝f(x)的对称轴满足2x＋eq \f(π,3)＝eq \f(π,2)＋kπ，
∴x＝eq \f(π,12)＋eq \f(kπ,2).∴④错．
11．解 (1)由题意知A＝eq \r(2)，T＝4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,8)π－\f(π,8)))＝π，
ω＝eq \f(2π,T)＝2，∴y＝eq \r(2)sin(2x＋φ)．
又∵sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)×2＋φ))＝1，∴eq \f(π,4)＋φ＝2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，
∴φ＝2kπ＋eq \f(π,4)，k∈Z，
又∵φ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，∴φ＝eq \f(π,4).
∴y＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))
(2)列出x、y的对应值表：
描点，连线，如图所示：
12．解 ∵f(x)在R上是偶函数，
∴当x＝0时，f(x)取得最大值或最小值．
即sin φ＝±1，得φ＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，又0≤φ≤π，∴φ＝eq \f(π,2).
由图象关于Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)π，0))对称可知，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)πω＋\f(π,2)))＝0，解得ω＝eq \f(4,3)k－eq \f(2,3)，k∈Z.
又f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调函数，所以T≥π，即eq \f(2π,ω)≥π，
∴ω≤2，又ω>0，
∴当k＝1时，ω＝eq \f(2,3)；当k＝2时，ω＝2.
13．A [由图象可知A＝1，T＝eq \f(5π,6)－(－eq \f(π,6))＝π，∴ω＝eq \f(2π,T)＝2.
∵图象过点(eq \f(π,3)，0)，∴sin(eq \f(2π,3)＋φ)＝0，∴eq \f(2π,3)＋φ＝π＋2kπ，k∈Z，
∴φ＝eq \f(π,3)＋2kπ，k∈Z.∴y＝sin(2x＋eq \f(π,3)＋2kπ)＝sin(2x＋eq \f(π,3))．
故将函数y＝sin x先向左平移eq \f(π,3)个单位长度后，再把所得各点的横坐标缩短到原来的eq \f(1,2)倍，
纵坐标不变，可得原函数的图象．]
14．D [方法一 ∵函数y＝sin 2x＋acs 2x的图象关于x＝－eq \f(π,8)对称，
设f(x)＝sin 2x＋acs 2x，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)))＝f(0)
∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)))＋acseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)))＝sin 0＋acs 0.∴a＝－1.
方法二 由题意得feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,8)－x))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,8)＋x))，
令x＝eq \f(π,8)，有feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)))＝f(0)，即－1＝a.]
定义域
R
值域
__________
周期性
T＝____________
奇偶性
φ＝______________时是奇函数；φ＝____________________________时是偶函数；当φ≠eq \f(kπ,2)(k∈Z)时是__________函数
单调性
单调增区间可由__________________________________________得到，单调减区间可由______________________________得到
题 号
1
2
3
4
5
6
答 案
x
－eq \f(π,8)
eq \f(π,8)
eq \f(3,8)π
eq \f(5,8)π
eq \f(7,8)π
2x＋eq \f(π,4)
0
eq \f(π,2)
π
eq \f(3,2)π
2π
y
0
eq \r(2)
0
－eq \r(2)
0