第5章 微专题(3) 三角函数中ω，φ的范围问题-【名师大课堂】2026年高考数学艺术生总复习必备

5.ACD g(x)=cos[2(x+π8 )+π12 ]=cos(2x+π3 ),g(x) 的最小正周期为π,A中说法正确;当x∈[0,π2 ]时,2x+ π 3∈ [π 3 ,4π 3 ],故g(x)在[0,π2 ]上有增有减,B中说法错 误;g(π12 )=0,故直线x=π12 不是函数g(x)图象的对称 轴,C中说法正确;当x∈ -π6 ,π 6 时,2x+π3∈[0, 2π 3 ],且当2x+π3= 2π 3 ,即x=π6 时,g(x)取最小值-12 , D中说法正确. 第五节 函数y=Asin(ωx+φ)及三角函数的 应用 基础知识必备 1.-φω π 2ω- φ ω π ω- φ ω 3π 2ω- φ ω 2π ω- φ ω 0 π 2 π 3π2 2π 2.|φ| |φ| ω 考点知能突破 针对训练 1.A 由y=2sin6x-π6 的图象向左平移π3个单位长度, 可得y=2sin 6x+π3 -π6 =2sin 6x+2π-π6 = 2sin6x-π6 的图象,再把所得图象上所有点的横坐标 伸长到原来的2倍,得到y=2sin3x-π6 的图象,故所 得图象对应的函数解析式为y=2sin3x-π6 ,故选A. 2.答案:f(x)= 2sin2x+π3 解析:由题图知A= 2,T4= 7π 12- π 3= π 4 ,所以T=π,ω= 2,所以f(x)= 2sin(2x+φ),又 π 3 ,0 对应五点法作图 中的第三个点,所以2×π3+φ=π+2kπ (k∈Z),φ= π 3+ 2kπ(k∈Z),又|φ|<π,所 以 φ= π 3 ,所 以 f(x)= 2sin2x+π3 . 3.-1≤m<1或m=-2 4.BCD 将曲线C1:y=sinx 上各点的横坐标缩短到原来 的1 2 ,纵坐标不变,得到曲线y=sin2x,再把得到的曲线 y=sin2x 向 左 平 移π6 个 单 位 长 度,得 到 曲 线 C2:y= f(x)=sin(2x+π3 ),故 A 错 误;对 于 B:f(π6-x )= sin2 π6-x +π3 =sin(2π3-2x),因为(2x+π3)+ (2π 3-2x )=π,所以sin(2π3-2x )=sin(2x+π3 ),即f(π6 -x)=f(x),故B正确;令f(x)=sin(2x+π3 )=0,解得 x=kπ2- π 6 ,k∈Z,当x∈[0,π]时,得x=π3 或x=5π6 ,即 f(x)在 [0,π]上 有 2 个 零 点,故 C 正 确;当 x∈ -π3 ,π 12 时,(2x+ π3)∈(- π3,π2),所 以 f(x)在 (-π3 ,π 12 )上单调递增,故D正确. 微专题(三) 三角函数中ω,φ的范围问题 跟踪训练 1.答案:(1)D (2)283 ,34 3 解析:(1)因为函数f(x)=2sin(ωx+φ)+1(ω>0,|φ|≤ π 2 ),其图象与直线y=3相邻两个交点的距离为π,所以 函数周期T=π,ω=2,由f(x)>2知sin(2x+φ)> 1 2 , 又当x∈(π24 ,π 3 )时,2x+φ∈( π 12+φ ,2π 3+φ ), 且|φ|≤ π 2 , 所以 π 6≤ π 12+φ , 2π 3+φ≤ 5π 6 , 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 解得π12≤φ≤ π 6. (2)函数f(x)的最小正周期T=2πω , 将函数f(x)的图象向右平移T4 后的解析式为 f(x-π2ω )=sinω x-π2ω +π3 =sin(ωx-π6), 由x∈(0,π2 ),可得ωx-π6∈ (-π6 ,ωπ 2- π 6 ), 要使得平移后的图象有5个极值点,则函数图象有5个最 值点,则需9π 2< ωπ 2- π 6≤ 11π 2 , 解得28 3<ω≤ 34 3. 2.B 由x∈ 0,π3 ,可得2x-φ∈ -φ,2π3-φ , 又由0<φ< π 2 ,且f(x)在 0,π3 上单调递增, 可得2π 3-φ≤ π 2 ,所以π 6≤φ< π 2. 当x∈(0,7π8 )时,2x-φ∈(-φ, 7π 4-φ ), 由f(x)在(0,7π8 )上有最小值,可得7π 4-φ> 3π 2 , 所以φ< π 4. 综上,π 6≤φ< π 4. 3.CD 由 题 意 知f(x)=g(x+π5ω )=sin(ωx+π5 ),在 [0,2π]上,令t=ωx+π5∈ π 5 ,2ωπ+π5 , 所以y=sint在 π5 ,2ωπ+π5 上有5个零点, 则5π≤2ωπ+π5<6π ,解得12 5≤ω< 29 10 ,D正确; 在(0,2π)上,t∈(π5 ,2ωπ+π5 ), 由上分析知,极值点个数可能为5或6个,B错误; f(π2 )=sin(π2ω+ π 5 )且π 2ω+ π 5∈ 7π 5 ,33π 20 , 故f(π2 )不为0,A错误; 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —113— 在(0,π10 )上,t∈(π5 ,π 10ω+ π 5 ), 则π 10ω+ π 5∈ 11π 25 ,49π 100 , 故y=sint在(π5 ,π 10ω+ π 5 )上单调递增,即f(x)在 (0,π10 )上单调递增,C正确. 第六章 平面向量、复数 第一节 平面向量的概念及线性运算 基础知识必备 1.大小 长度 0 0 1个单位 相同 平行 相等 相 同 相等 相反 2.b+a a+(b+c) |λ||a| 相同 相反 0 (λμ)a λa +μa λa+λb 考点知能突破 针对训练 1.BC A不正确,当|a|=|b|且a∥b时,a,b的方向可能相 反,则a与b是相反向量,即a=-b;当向量a=b时,a与 b的模相等且方向相同,即|a|=|b|且a∥b.综上,“|a|= |b|且a∥b”是“向量a=b”的必要不充分条件.B正确,平 行四边形ABCD 对边平行且相等,AB→=DC→满足此条件. C正确,向量a与b 不共线,所以向量a,b,a+b与a-b 都是非零向量,若向量a+b与向量a-b共线,则存在唯 一实数λ,使得a+b=λ(a-b),即(λ-1)a=(1+λ)b,故 λ-1=0, 1+λ=0, 此方程组无解,故假设不成立,所以向量a+b 与向量a-b不共线.D不正确,向量是既有大小又有方向 的量,a与|a|a0的模相等,但方向不一定相同.故选BC. 2.A 如图,过点D 分别作AC,AB 的 平行线交AB,AC于点E,F,则四边 形AEDF 为平行四边形,所以AD→= AE→+AF→.因为BD→=13BC →,所以AE→ =23AB →,AF→=13AC →,所以AD→=23AB →+13AC →=23a+ 1 3b ,故选A. 优解一:AD→=AB→+BD→=AB→+13BC →=AB→+13 (AC→- AB→)=23AB →+13AC →=23a+ 1 3b ,故选A. 优解二:由BD→=13BC →,得AD→-AB→=13 (AC→-AB→),所以 AD→=AB→+13 (AC→-AB→)=23AB →+13AC →=23a+ 1 3b , 故选A. 3.C 由已知,得AD→=AB→+BC→+CD→=-8a-2b=2(-4a -b)=2BC→,故AD→∥BC→.又因为AB→与CD→不平行,所以四 边形ABCD 是梯形. 第二节 平面向量基本定理及坐标表示 基础知识必备 1.(1)不共线 λ1e1+λ2e2 (2)不共线 2.(1)(x1+x2,y1+y2) (x1-x2,y1-y2) (λx1,λy1) x21+y21 (2)(x2-x1,y2-y1) (x2-x1)2+(y2-y1)2 3.x1y2-x2y1=0 考点知能突破 针对训练 1.A 由题意知PQ→=PB→+BQ→=23AB → +13BC → =23AB → + 1 3 (AC→-AB→)=13AB → +13AC → =13a+ 1 3b ,故选A. 2.A 3a-2b+c=(23+x,12+y)=0,故x= -23,y= -12,故选A. 3.解:(1)ka-b=k(1,0)-(2,1)=(k-2,-1), a+2b=(1,0)+2(2,1)=(5,2). 因为ka-b与a+2b共线, 所以2(k-2)-(-1)×5=0, 即2k-4+5=0,得k=-12. (2)解法一:因为A,B,C三点共线, 所以AB→=λBC→,即2a+3b=λ(a+mb), 所以 2=λ 3=mλ ,解得m=32. 解法二:AB→=2a+3b=2(1,0)+3(2,1)=(8,3), BC→=a+mb=(1,0)+m(2,1)=(2m+1,m). 因为A、B、C三点共线,所以AB→∥BC→. 所以8m-3(2m+1)=0,即2m-3=0,所以m=32. 第三节 平面向量的数量积及其应用 基础知识必备 1.(1)θ=90° θ=0° θ=180° (2)cosθ 2.(2)a·b=0 (4) a ·b |a|·|b| 4.(1)x1x2+y1y2 (2)x2+y2 (3)(x2-x1)2+(y2-y1)2 (4)x1x2+y1y=0 考点知能突破 针对训练 1.C 通解:由∠C=π2 ,AB=4,AC=2,得CB=23,CA→· CB→=0.CD→·CB→=(CA→+AD→)·CB→=CA→·CB→+32AB →· CB→=32 (CB→-CA→)·CB→=32CB →2=18,故选C. 优解一:如图,以C为坐标原点,CA,CB 所在的直线分别为x,y轴,建立平面直 角坐标系,则C(0,0),A(2,0),B(0,2 3).由题意得∠CBA=π6 ,又AD→=32 AB→,所以D=(-1,3 3),则CD→·CB→ =(-1,3 3)·(0,2 3)=18,故选C. 优解二:因为∠C=π2 ,AB=4,AC=2, 所以CB=2 3,所以AB→在CB→上的投影为2 3,又AD→= 3 2AB →,所以AD→在CB→上的投影为32×2 3=3 3 ,则CD→在 CB→上的投影为3 3,所 以CD→·CB→=|CB→|·|CD→|cos <CD→,CB→>=2 3×3 3=18,故选C. 2.C 因为a-b=(3,2),所以|a-b|= 5,所以|a-b|2 =|a|2-2a·b+|b|2=5-2a·b=5,则a·b=0,所以 |a+2b|2=|a|2+4a·b+4|b|2=17,所以|a+2b|= 17.故选C. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —213— 微专题(三) 三角函数中ω,φ的范围问题 三角函数中ω,φ的范围问题,是高考的重 点和热点,主要考查由三角函数的最值(值 域)、单调性、零点等求ω,φ的取值范围,难度 中等偏上. 三角函数的最值(值域)与ω,φ的 取值范围 (1)若函数f(x)=sin(ωx-π4 )(ω>0) 在 0,π2 􀭠 􀭡 􀪁 􀪁 􀭤 􀭥 􀪁 􀪁 上的值域是 - 22 ,1 􀭠 􀭡 􀪁 􀪁 􀭤 􀭥 􀪁 􀪁 ,则ω的取值 范围是 ( ) A.(0,32 ) B.32 ,3􀭠 􀭡 􀪁 􀪁 􀭤 􀭥 􀪁 􀪁 C.3,72 􀭠 􀭡 􀪁 􀪁 􀭤 􀭥 􀪁 􀪁 D.52 ,7 2 􀭠 􀭡 􀪁 􀪁 􀭤 􀭥 􀪁 􀪁 【解析】 因为ω>0,所以当x∈ 0,π2 􀭠 􀭡 􀪁 􀪁 􀭤 􀭥 􀪁 􀪁 时, ωx-π4∈ - π 4 ,ωπ 2- π 4 􀭠 􀭡 􀪁 􀪁 􀭤 􀭥 􀪁 􀪁 . 又因为函数f(x)=sinωx-π4 (ω>0)在 0,π2 􀭠 􀭡 􀪁 􀪁 􀭤 􀭥 􀪁 􀪁 上的值域是 - 22 ,1 􀭠 􀭡 􀪁 􀪁 􀭤 􀭥 􀪁 􀪁 , 所以π 2≤ ωπ 2- π 4≤ 5π 4 , 解得3 2≤ω≤3. 【答案】 B (2)(多选)(2025·湖北省八市联考)已知函 数f(x)=sin(ωx+π3 )+cos(ωx-π6 )(ω>0), 将f(x)图象上所有点的横坐标缩短到原来 的1 2 (纵坐标不变)得到函数g(x)的图象, 若g(x)在(0,π12 )上恰有一个最值点,则ω 的取值可能是 ( ) A.1 B.3 C.5 D.7 【解析】 f(x)=sin(ωx+π3 )+cos(ωx- π 6 )=sin(ωx+π3 )+cos(ωx+π3- π 2 ) =2sin(ωx+π3 ). 由题意,可得g(x)=2sin(2ωx+π3 ), 由x∈(0,π12 ), 可得2ωx+π3∈ (π 3 ,πω 6+ π 3 ). 因为g(x)在(0,π12 )上恰有一个最值点, 所以π 2< πω 6+ π 3≤ 3π 2 ,解得1<ω≤7, 由选项可知B,C,D满足. 【答案】 BCD 【规律方法】 求三角函数的最值(值域)问 题,主要是整体代换ωx±φ,利用正、余弦函 数的图象求解,要注意自变量的范围. [跟踪训练] 1.(1)(2025·株洲模拟)已知函数f(x)= 2sin(ωx+φ)+1(ω>0,|φ|≤ π 2 ),其图象与 直线y=3相邻两个交点的距离为π,若 f(x)>2对∀x∈(π24 ,π 3 )恒成立,则φ的取 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 79 微专题(三) 三角函数中ω,φ的范围问题 值范围是 ( ) A.(π6 ,π 2 ) B.π6 ,π 3 􀭠 􀭡 􀪁 􀪁 􀭤 􀭥 􀪁 􀪁 C.(π12 ,π 3 ) D.π12 ,π 6 􀭠 􀭡 􀪁 􀪁 􀭤 􀭥 􀪁 􀪁 (2)(2025· 贵阳模拟)将 函 数 f(x)= sin(ωx+π3 )(ω>0)的图象向右平移14 个周 期后所得的图象在(0,π2 )内有5个极值点, 则ω的取值范围是 . 单调性与ω,φ的取值范围 (1)(2025·南通模拟)已知函数 f(x)=2sin(ωx+π4 )(ω>0),若f(x)在区 间(π 2 ,π)上单调递 增,则 ω 的 取 值 范 围 是 . 【解析】 令-π2+2kπ≤ωx+ π 4≤ π 2+2kπ , k∈Z,得-3π4ω+ 2kπ ω ≤x≤ π 4ω+ 2kπ ω ,k∈Z, 故 f (x) 的 单 调 递 增 区 间 为 -3π4ω+ 2kπ ω ,π 4ω+ 2kπ ω 􀭠 􀭡 􀪁 􀪁 􀭤 􀭥 􀪁 􀪁 ,k∈Z, 又f(x)在(π2 ,π)上单调递增, ∵ -3π4ω+ 2kπ ω ≤ π 2 , π 4ω+ 2kπ ω ≥π , 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁􀪁 􀪁 􀪁􀪁 解得-32+4k≤ω≤2k+ 1 4 ,k∈Z, 又ω>0,故0<ω≤14. 【答案】 0,14 􀭤􀭥 􀪁 􀪁 (2)(2025·柳州模拟)若直线x=π4 是曲线 y=sin(ωx-π4 )(ω>0)的一条对称轴,且函 数y=sin(ωx-π4 )在区间 0,π12 􀭠 􀭡 􀪁 􀪁 􀭤 􀭥 􀪁 􀪁 上不单调, 则ω的最小值为 ( ) A.9 B.7 C.11 D.3 【解析】 因为直线x=π4 是曲线 y=sin(ωx-π4 )(ω>0)的一条对称轴, 则π 4ω- π 4=kπ+ π 2 ,k∈Z, 即ω=4k+3,k∈Z,由-π2≤ωx- π 4≤ π 2 , 得-π4ω≤x≤ 3π 4ω , 则函数y=sin(ωx-π4 )在 -π4ω ,3π 4ω 􀭠 􀭡 􀪁 􀪁 􀭤 􀭥 􀪁 􀪁 上单 调递增, 而函数y=sin(ωx-π4 )在区间 0,π12 􀭠 􀭡 􀪁 􀪁 􀭤 􀭥 􀪁 􀪁 上不 单调, 则3π 4ω< π 12 ,解 得 ω>9,所 以 ω 的 最 小 值 为11. 【答案】 C [规律方法] 若三角函数在区间[a,b]上单 调递增,则区间[a,b]是该函数单调递增区 间的子集,利用集合的包含关系即可求解. [跟踪训练] 2.已知f(x)=sin(2x-φ)(0<φ< π 2 )在 0,π3 􀭠 􀭡 􀪁 􀪁 􀭤 􀭥 􀪁 􀪁 上单调递增,且f(x)在(0,7π8 )上有 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 80 名师大课堂 艺术生必备·数学 最小值,那么φ的取值范围是 ( ) A.π6 ,π 2 􀭠 􀭡 􀪁 􀪁 B.π6,π4􀭠􀭡 􀪁 􀪁 C.π3 ,π 2 􀭠 􀭡 􀪁 􀪁 D.π4,π3􀭠􀭡 􀪁 􀪁 零点与ω,φ的取值范围 (1)(2024·新高考全国Ⅰ)已知函 数f(x)=cosωx-1(ω>0)在区间[0,2π] 上有且仅有3个零点,则ω 的取值范围是 . 【解析】 因 为0≤x≤2π,所 以0≤ωx≤ 2ωπ,令f(x)=cosωx-1=0,则cosωx=1 有3个根,令t=ωx,则cost=1有3个根, 其中t∈[0,2ωπ],结合余弦函数y=cost的 图象性质可得4π≤2ωπ<6π, 故2≤ω<3. 【答案】 [2,3) (2)将函数f(x)=cosx的图象先向右平移 π 6 个单位长度,再把所得函数图象的横坐标 变为原来的1 ω (ω>0)倍,纵坐标不变,得到 函数g(x)的图象,若函数g(x)在(0,π2 )上 没有零点,则ω的取值范围是 . 【解析】 将函数f(x)=cosx 的图象先向 右平移π 6 个单位长度,得到y=cos(x-π6 ) 的图象,再把所得函数图象的横坐标变为原 来的1 ω (ω>0)倍,纵 坐 标 不 变,得 到 函 数 g(x)=cos(ωx-π6 )(ω>0),周期T=2πω , 因为函数g(x)在(0,π2 )上没有零点,所以π 2 -0≤T2 ,得T≥π,即2πω≥π ,得0<ω≤2,令 g(x)=0,则ωx-π6=kπ+ π 2 ,k∈Z,得x= kπ ω+ 2π 3ω ,k∈Z,令k=0,得x=2π3ω ,所以2π 3ω≥ π 2 ,得ω≤43 ,又0<ω≤2,所以0<ω≤43. 【答案】 0,43 􀭤􀭥 􀪁 􀪁 【规律方法】 已知函数的零点、极值点求 ω,φ的取值范围问题,一是利用三角函数的 图象求解;二是利用解析式,直接求函数的 零点、极值点即可,注意函数的极值点即为 三角函数的最大值、最小值点. [跟踪训练] 3.(多选)(2025·郴州模拟)将函数g(x)=sinωx (ω>0)的图象向左平移π5ω 个单位长度得到函 数f(x)的图象,已知f(x)在[0,2π]上有且只 有5个零点,则下列结论正确的是 ( ) A.f(x)的图象关于点(π2 ,0)对称 B.f(x)在(0,2π)上有且只有5个极值点 C.f(x)在(0,π10 )上单调递增 D.ω的取值范围是 125 ,29 10 􀭠 􀭡 􀪁 􀪁 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 81 微专题(三) 三角函数中ω,φ的范围问题