高中数学苏教版 (2019)必修 第二册第10章 三角恒等变换本章综合与测试导学案

这是一份高中数学苏教版 (2019)必修 第二册第10章 三角恒等变换本章综合与测试导学案，共12页。学案主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．已知sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－x))＝eq \f(3,5)，则cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－2x))＝( )
A．eq \f(19,25) B．eq \f(16,25) C．eq \f(14,25) D．eq \f(7,25)
D [cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－2x))＝cs2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－x))＝1－2sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－x))＝1－eq \f(18,25)＝eq \f(7,25)．]
2．已知tan α＝eq \f(1,2)，tan(α－β)＝－eq \f(2,5)，那么tan(β－2α)的值为( )
A．－eq \f(3,4) B．－eq \f(1,12) C．－eq \f(9,8) D．eq \f(9,8)
B [tan(β－2α)＝－tan(2α－β)＝－tan[α＋(α－β)]＝－eq \f(tan α＋tanα－β,1－tan αtanα－β)＝－eq \f(\f(1,2)－\f(2,5),1＋\f(1,2)×\f(2,5))＝－eq \f(1,12)．]
3．已知α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，2sin 2α＝cs 2α＋1，则sin α＝( )
A．eq \f(1,5) B．eq \f(\r(5),5) C．eq \f(\r(3),3) D．eq \f(2\r(5),5)
B [由2sin 2α＝cs 2α＋1，得4sin αcs α＝1－2sin2α＋1，即2sin αcs α＝1－sin2α．因为α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以cs α＝eq \r(1－sin2α)，所以2sin αeq \r(1－sin2α)＝1－sin2α，解得sin α＝eq \f(\r(5),5)，故选B．]
4．已知0＜α＜eq \f(π,2)＜β＜π，又sin α＝eq \f(3,5)，cs(α＋β)＝－eq \f(4,5)，则sin β等于( )
A．0 B．0或eq \f(24,25)
C．eq \f(24,25) D．0或－eq \f(24,25)
C [因为0＜α＜eq \f(π,2)＜β＜π，sin α＝eq \f(3,5)，
cs(α＋β)＝－eq \f(4,5)，
所以cs α＝eq \f(4,5)，sin(α＋β)＝eq \f(3,5)或－eq \f(3,5)．
所以sin β＝sin[(α＋β)－α]＝sin(α＋β)cs α－cs(α＋β)·sin α＝eq \f(24,25)或0．
因为eq \f(π,2)＜β＜π，
所以sin β＝eq \f(24,25)．]
5．已知A，B均为钝角，sin A＝eq \f(\r(5),5)，sin B＝eq \f(\r(10),10)，则A＋B的值为( )
A．eq \f(7π,4) B．eq \f(3π,2) C．eq \f(5π,4) D．eq \f(3π,4)
A [因为eq \f(π,2)＜A＜π，eq \f(π,2)＜B＜π，
所以cs A＝－eq \f(2\r(5),5)，cs B＝－eq \f(3\r(10),10)．
所以cs(A＋B)＝cs Acs B－sin Asin B
＝－eq \f(2\r(5),5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3\r(10),10)))－eq \f(\r(5),5)×eq \f(\r(10),10)＝eq \f(\r(2),2)．
又因为π＜A＋B＜2π，
所以A＋B＝eq \f(7π,4)．]
6．若eq \f(sin α＋cs α,sin α－cs α)＝eq \f(1,2)，则taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＝( )
A．－2 B．2 C．－eq \f(1,2) D．eq \f(1,2)
C [因为eq \f(sin α＋cs α,sin α－cs α)＝eq \f(1,2)，
所以eq \f(tan α＋1,tan α－1)＝eq \f(1,2)，
所以tan α＝－3．
所以taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))
＝eq \f(tan α＋tan\f(π,4),1－tan αtan\f(π,4))＝eq \f(－3＋1,1－－3)＝－eq \f(1,2)．]
7．若θ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))，sin 2θ＝eq \f(3\r(7),8)，则sin θ＝( )
A．eq \f(3,5) B．eq \f(4,5) C．eq \f(\r(7),4) D．eq \f(3,4)
D [因为θ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))，
所以2θ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，
所以cs 2θ≤0，
所以cs 2θ＝－eq \r(1－sin22θ)
＝－eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3\r(7),8)))\s\up12(2))＝－eq \f(1,8)．
又cs 2θ＝1－2sin2θ，
所以sin2θ＝eq \f(1－cs 2θ,2)＝eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,8))),2)＝eq \f(9,16)，
所以sin θ＝eq \f(3,4)．]
8．“α＋β＝eq \f(π,4)”是“(1＋tan α)(1＋tan β)＝2”的( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分又不必要条件
D [由(1＋tan α)(1＋tan β)＝2得1＋tan α＋tan β＋tan αtan β＝2，
即tan α＋tan β＝1－tan αtan β，
∴tan(α＋β)＝eq \f(tan α＋tan β,1－tan αtan β)＝eq \f(1－tan α·tan β,1－tan α·tan β)＝1，
∴α＋β＝eq \f(π,4)＋kπ(k∈Z)，不一定有“α＋β＝eq \f(π,4)”；
反之，“α＋β＝eq \f(π,4)”不一定有“(1＋tan α)(1＋tan β)＝2”，
如α＝eq \f(π,2)，β＝－eq \f(π,4)，此时tan α无意义；
∴“α＋β＝eq \f(π,4)”是“(1＋tan α)(1＋tan β)＝2”的既不充分又不必要条件．]
二、选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得5分，部分选对得3分，有选错的得0分)
9．已知向量m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin x，－\r(3)))，n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs x，cs2x))，函数f(x)＝2m·n＋eq \r(3)＋1，下列命题中正确的是( )
A．f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－x))＝2－f(x)
B．f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－x))的图象关于x＝eq \f(π,4)对称
C．若0D．若x1，x2，x3∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))，则f(x1)＋f(x2)>f(x3)
BD [函数feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝2m·n＋eq \r(3)＋1＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))＋1，
对于A：当x＝0时，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－x))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝1，2－feq (x)＝2－feq (0)＝1＋eq \r(3)，故A错误；
对于B：f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－x))＝2sineq (－2x)＋1，当x＝eq \f(π,4)时，对应的函数值取得最小值为－1，所以B正确；
对于C：x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，2x－eq \f(π,3)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(2π,3))) ，所以函数feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))＋1在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))不单调，故C错误；
对于D：因为x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))，所以2x－eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(2π,3)))，
∴feq (x)∈eq [\r(3)＋1，3]，
又2eq (\r(3)＋1)>3，即2feq (x)min>feq (x)max，x1，x2，x3∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))，feq (x1)＋feq (x2)>feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x3))恒成立，故D对．
故选BD．]
10．关于函数f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))＋cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))，下列命题中正确的是( )
A．f(x)的最大值为2
B．f(x)的最小正周期是π
C．f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,24)，\f(13π,24)))上是减函数
D． 将函数y＝eq \r(2)cs 2x的图象向右平移eq \f(π,24)个单位长度后，与函数y＝f(x)的图象重合
BCD [f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))＋cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))
＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))＋sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))))
＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))
＝eq \r(2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))－\f(\r(2),2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))))
＝eq \r(2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)＋\f(π,4)))＝eq \r(2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,12)))，
∴函数f(x)的最大值为eq \r(2)，最小正周期为π，故A错误，B正确；
又当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,24)，\f(13π,24)))时，2x－eq \f(π,12)∈[0，π]，
∴函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,24)，\f(13π,24)))上是减函数，故C正确；
y＝eq \r(2)cs eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,24)))))＝eq \r(2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,12)))＝f(x)，故D正确． 故选BCD．]
11．已知函数f(x)＝(2cs2x－1)sin 2x＋eq \f(1,2)cs 4x，若α∈(0，π)，且f(α)＝eq \f(\r(2),2)，则α的值为( )
A．eq \f(π,16) B．eq \f(11π,16) C．eq \f(9π,16) D．eq \f(7π,16)
AC [由题意知f(x)＝cs 2xsin 2x＋eq \f(1,2)cs 4x
＝eq \f(1,2)sin 4x＋eq \f(1,2)cs 4x＝eq \f(\r(2),2)sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x＋\f(π,4)))，
因为f(α)＝eq \f(\r(2),2)sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4α＋\f(π,4)))＝eq \f(\r(2),2)，
所以4α＋eq \f(π,4)＝eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，
即α＝eq \f(π,16)＋eq \f(kπ,2)，k∈Z．
因为α∈(0，π)，所以α＝eq \f(π,16)或α＝eq \f(π,16)＋eq \f(π,2)＝eq \f(9π,16)，故选AC． ]
12．已知函数f(x)＝sin 2x－2sin2x＋1，给出下列四个结论，其中正确的结论是( )
A．函数f(x)的最小正周期是2π
B．函数f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,8)，\f(5π,8)))上是减函数
C．函数f(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,8)对称
D．函数f(x)的图象可由函数y＝eq \r(2)sin2x的图象向左平移eq \f(π,4)个单位得到
BC [f(x)＝sin 2x－2sin2x＋1＝sin 2x＋cs 2x＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))．
对于A，因为ω＝2，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))的最小正周期T＝π，结论错误；
对于B，当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,8)，\f(5π,8)))时，2x＋eq \f(π,4)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3π,2)))，
则feq (x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,8)，\f(5π,8)))上是减函数，结论正确；
对于C，因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)))＝eq \r(2)为feq (x)的最大值，则feq (x)的图象关于直线x＝eq \f(π,8)对称，结论正确；
对于D，设geq (x)＝eq \r(2)sin 2x，则geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))＝eq \r(2)sin 2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2)))＝eq \r(2)cs 2x≠feq (x)，结论错误．故选BC．]
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)
13．化简：eq \f(2sin 2α,1＋cs 2α)·eq \f(cs2α,cs 2α)＝________．
tan 2α [原式＝eq \f(2sin 2α,2cs2α)·eq \f(cs2α,cs 2α)＝tan 2α．]
14．tan 19°＋tan 41°＋eq \r(3)tan 19°tan 41°的值为________．
eq \r(3) [tan 19°＋tan 41°＝tan 60°(1－tan 19°tan 41°)
＝eq \r(3)－eq \r(3)tan 19°tan 41°，∴原式＝eq \r(3)－eq \r(3)tan 19°tan 41°＋eq \r(3)tan 19°tan 41°＝eq \r(3)．]
15．已知函数f(x)＝eq \r(2)sin ωx，g(x)＝eq \r(2)cs ωx，其中ω>0，A，B，C是这两个函数图象的交点，且不共线．当ω＝1时，△ABC面积的最小值为________；若存在△ABC是等腰直角三角形，则ω的最小值为________．(本题第一空2分，第二空3分)
2π eq \f(π,2) [函数f(x)＝eq \r(2)sin ωx，g(x)＝eq \r(2)cs ωx，其中ω>0，A，B，C是这两个函数图象的交点， 当ω＝1时，f(x)＝eq \r(2)sin x，g(x)＝eq \r(2)cs x．
所以A，B间的距离为一个周期2π，高为 eq \r(2)×eq \f(\r(2),2)＋eq \f(\r(2),2)×eq \r(2)＝2．所以S△ABC＝eq \f(1,2)×2π×2＝2π．
如图所示：
所以当ω＝1时，△ABC面积的最小值为2π；
若存在△ABC是等腰直角三角形，利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，
则eq \f(2π,ω)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)×\f(\r(2),2)＋\r(2)×\f(\r(2),2)))， 解得ω的最小值为 eq \f(π,2)．]
16．已知eq \f(tan α,tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4))))＝－eq \f(2,3)，则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,4)))的值是________．
eq \f(\r(2),10) [由eq \f(tan α,tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4))))＝eq \f(tan α,\f(tan α＋1,1－tan α))＝eq \f(tan α\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－tan α)),tan α＋1)＝－eq \f(2,3)，得3tan2α－5tan α－2＝0，
解得tan α＝2，或tan α＝－eq \f(1,3)．
sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,4)))＝sin 2αcseq \f(π,4)＋cs 2αsineq \f(π,4)
＝eq \f(\r(2),2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin 2α＋cs 2α))
＝eq \f(\r(2),2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2sin αcs α＋cs2α－sin2α,sin2α＋cs2α)))
＝eq \f(\r(2),2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2tan α＋1－tan2α,tan2α＋1)))，
当tan α＝2时，上式＝eq \f(\r(2),2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2×2＋1－22,22＋1)))＝eq \f(\r(2),10)；
当tan α＝－eq \f(1,3)时，
上式＝eq \f(\r(2),2)×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))＋1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))\s\up12(2),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))\s\up12(2)＋1)))＝eq \f(\r(2),10)．
综上，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,4)))＝eq \f(\r(2),10)．]
四、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)求eq \f(1＋cs 20°,2sin 20°)－sin 10°·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,tan 5°)－tan 5°))的值．
[解] 原式＝eq \f(2cs210°,2sin 20°)－2sin 10°·eq \f(1－tan25°,2tan 5°)
＝eq \f(cs210°,2sin 10°cs 10°)－2sin 10°·eq \f(cs 10°,sin 10°)
＝eq \f(cs 10°,2sin 10°)－2cs 10°＝eq \f(cs 10°－2sin 20°,2sin 10°)
＝eq \f(cs 10°－2sin30°－10°,2sin 10°)＝eq \f(\r(3),2)．
18．(本小题满分12分)设函数f(x)＝sin x，x∈R．
(1)已知θ∈[0，2π)，函数f(x＋θ)是偶函数，求θ的值；
(2)求函数y＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,12)))))eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))))eq \s\up12(2)的值域．
[解] (1)因为f(x＋θ)＝sin(x＋θ)是偶函数，所以，对任意实数x都有sin(x＋θ)＝sin(－x＋θ)，
即sin xcs θ＋cs xsin θ＝－sin xcs θ＋cs xsin θ，故2sin xcs θ＝0，所以cs θ＝0．
又θ∈[0，2π)，因此θ＝eq \f(π,2)或eq \f(3π,2)．
(2)y＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,12)))))2＋eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))))eq \s\up12(2)
＝sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,12)))＋sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))
＝eq \f(1－cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6))),2)＋eq \f(1－cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2))),2)
＝1－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)cs 2x－\f(3,2)sin 2x))
＝1－eq \f(\r(3),2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))．
因此，函数的值域是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\f(\r(3),2)，1＋\f(\r(3),2)))．
19．(本小题满分12分)已知向量m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs α－\f(\r(2),3)，－1))，n＝(sin α，1)，m与n为共线向量，且α∈[－π，0]．
(1)求sin α＋cs α的值；
(2)求eq \f(sin 2α,sin α－cs α)的值．
[解] (1)因为m与n为共线向量，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs α－\f(\r(2),3)))·1－(－1)·sin α＝0，
所以sin α＋cs α＝eq \f(\r(2),3)．
(2)因为1＋sin 2α＝(sin α＋cs α)2＝eq \f(2,9)，
所以sin 2α＝－eq \f(7,9)，所以(sin α－cs α)2＝(sin α＋cs α)2－4sin αcs α＝eq \f(2,9)－2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(7,9)))＝eq \f(16,9)．
又因为α∈[－π，0]，sin α·cs α<0，
所以α∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))，
所以sin α－cs α<0，
所以sin α－cs α＝－eq \f(4,3)．
所以eq \f(sin 2α,sin α－cs α)＝eq \f(7,12)．
20．(本小题满分12分)在①函数feq (x)＝eq \f(1,2)sin(2ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(φ))<\f(π,2)))的图象向右平移eq \f(π,12)个单位长度得到geq (x)的图象，geq (x)图象关于原点对称；②向量m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)sin ωx，cs 2ωx))，n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)cs ωx，\f(1,4)))，ω>0，feq (x)＝m·n；③函数feq (x)＝cs ωxsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))－eq \f(1,4)eq (ω>0)这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答．已知________，函数feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))的图象相邻两条对称轴之间的距离为eq \f(π,2)．
(1)若0<θ(2)求函数feq (x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，2π))上的单调减区间．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
[解] 方案一：选条件①
由题意可知，T＝eq \f(2π,2ω)＝π，∴ω＝1，
∴feq (x)＝eq \f(1,2)sineq (2x＋φ)，
∴geq (x)＝eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋φ－\f(π,6)))，
又函数geq (x)图象关于原点对称，
∴φ＝kπ＋eq \f(π,6)，k∈Z，
∵eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(φ))∴φ＝eq \f(π,6)，
∴feq (x)＝eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))．
(1)∵0<θ∴θ＝eq \f(π,4)，
∴feq (θ)＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝eq \f(1,2)sineq \f(2π,3)＝eq \f(\r(3),4)．
(2)由eq \f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq \f(π,6)≤eq \f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，得eq \f(π,6)＋kπ≤x≤eq \f(2π,3)＋kπ，k∈Z，
令k＝0，得eq \f(π,6)≤x≤eq \f(2π,3)，令k＝1，得eq \f(7π,6)≤x≤eq \f(5π,3)，
∴函数feq (x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，2π))上的单调减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(2π,3)))，eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(7π,6)，\f(5π,3)))．
方案二：选条件②
∵m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)sin ωx，cs 2ωx))，n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)cs ωx，\f(1,4)))，
∴feq (x)＝m·n＝eq \f(\r(3),2)sin ωxcs ωx＋eq \f(1,4)cs 2ωx＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)sin 2ωx＋\f(1,2)cs 2ωx))＝eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2ωx＋\f(π,6)))，
又T＝eq \f(2π,2ω)＝π，
∴ω＝1，
∴feq (x)＝eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))．
(1)∵0<θ∴θ＝eq \f(π,4)，
∴feq (θ)＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝eq \f(1,2)sineq \f(2π,3)＝eq \f(\r(3),4)．
(2)由eq \f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq \f(π,6)≤eq \f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，得eq \f(π,6)＋kπ≤x≤eq \f(2π,3)＋kπ，k∈Z，
令k＝0，得eq \f(π,6)≤x≤eq \f(2π,3)，令k＝1，得eq \f(7π,6)≤x≤eq \f(5π,3)，
∴函数feq (x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，2π))上的单调减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(2π,3)))，eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(7π,6)，\f(5π,3)))．
方案三：选条件③
feq (x)＝cs ωxsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))－eq \f(1,4)
＝cs ωxeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin ωxcs\f(π,6)＋cs ωxsin\f(π,6)))－eq \f(1,4)
＝eq \f(\r(3),2)sin ωxcs ωx＋eq \f(1,2)cs2ωx－eq \f(1,4)＝eq \f(\r(3),4)sin 2ωx＋eq \f(1,4)cs 2ωx
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)sin 2ωx＋\f(1,2)cs 2ωx))＝eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2ωx＋\f(π,6)))，
又T＝eq \f(2π,2ω)＝π，∴ω＝1，∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))．
(1)∵0<θ∴feq (θ)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝eq \f(1,2)sineq \f(2π,3)＝eq \f(\r(3),4)．
(2)由eq \f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq \f(π,6)≤eq \f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，得eq \f(π,6)＋kπ≤x≤eq \f(2π,3)＋kπ，k∈Z，
令k＝0，得eq \f(π,6)≤x≤eq \f(2π,3)，令k＝1，得eq \f(7π,6)≤x≤eq \f(5π,3)．
∴函数feq (x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，2π))上的单调减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(2π,3)))，eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(7π,6)，\f(5π,3)))．
21．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝cs x(sin x＋cs x)－eq \f(1,2)．
(1)若0＜α＜eq \f(π,2)，且sin α＝eq \f(\r(2),2)，求f(α)的值；
(2)求函数f(x)的最小正周期及单调增区间．
[解] f(x)＝sin xcs x＋cs2x－eq \f(1,2)
＝eq \f(1,2)sin 2x＋eq \f(1＋cs 2x,2)－eq \f(1,2)
＝eq \f(1,2)sin 2x＋eq \f(1,2)cs 2x＝eq \f(\r(2),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))．
(1)∵0＜α＜eq \f(π,2)，sin α＝eq \f(\r(2),2)，
∴α＝eq \f(π,4)．
从而f(α)＝eq \f(\r(2),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,4)))＝eq \f(\r(2),2)sineq \f(3π,4)＝eq \f(1,2)．
(2)T＝eq \f(2π,2)＝π．
由2kπ－eq \f(π,2)≤2x＋eq \f(π,4)≤2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，得
kπ－eq \f(3π,8)≤x≤kπ＋eq \f(π,8)，k∈Z．
∴f(x)的单调增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(3π,8)，kπ＋\f(π,8)))，k∈Z．
22．(本小题满分12分)如图，在直径为1的圆O中，作一关于圆心对称、邻边互相垂直的十字形，其中y＞x＞0．
(1)将十字形的面积表示成θ的函数；
(2)求十字形的最大面积．
[解] (1)设S为十字形面积，
则S＝xy＋x·eq \f(y－x,2)×2＝2xy－x2＝2sin θcs θ－cs2θeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＜θ＜\f(π,2)))．
(2)S＝2sin θcs θ－cs2θ＝sin 2θ－eq \f(1,2)cs 2θ－eq \f(1,2)
＝eq \f(\r(5),2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(5),5)sin 2θ－\f(\r(5),5)cs 2θ))－eq \f(1,2)
＝eq \f(\r(5),2)sin(2θ－φ)－eq \f(1,2)(设φ为锐角且tan φ＝eq \f(1,2))，
当sin(2θ－φ)＝1，即2θ－φ＝eq \f(π,2)时，S最大．
即当θ＝eq \f(π,4)＋eq \f(φ,2)时，十字形取得最大面积eq \f(\r(5)－1,2)．