新教材2024版高中数学第五章三角函数章末检测新人教A版必修第一册

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第五章章末检测(时间：120分钟，满分150分)一、选择题：本题共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．(2023年榆林一模)已知taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝9，则tan α＝(　　)A．eq \f(4,5) B．－eq \f(4,5) C．eq \f(3,4) D．－eq \f(3,4)【答案】A　【解析】由taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq \f(tan α＋1,1－tan α)＝9，解得tan α＝eq \f(4,5)．故选A．2．已知点P(sin α，tan α)在第四象限，则角α的终边在(　　)A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限【答案】B　【解析】由sin α＞0，tan α＜0，所以角α的终边在第二象限．3．函数y＝eq \f(sin xcos x,cos 2x)的最小正周期是(　　)A．2π B．π C．eq \f(π,2) D．eq \f(3π,2)【答案】C　【解析】函数y＝eq \f(sin xcos x,cos 2x)＝eq \f(\f(1,2)sin 2x,cos 2x)＝eq \f(1,2)tan 2x 的最小正周期为eq \f(π,2)．故选C．4．(2023年东莞模拟)已知2sin2θ－3sin θ－2＝0，θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，则cos θ的值为(　　)A．eq \f(\r(3),3) B．eq \f(\r(3),2) C．eq \f(\r(2),2) D．eq \f(1,2)【答案】B　【解析】因为θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，则sin θ∈(－1,1)，cos θ＞0，因为2sin2θ－3sin θ－2＝(2sin θ＋1)(sin θ－2)＝0，则sin θ＝－eq \f(1,2)，因此cos θ＝eq \r(1－sin2θ)＝eq \f(\r(3),2)．故选B．5．(2023年梅州一模)已知sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq \f(1,3)，则coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－2α))＝(　　)A．－eq \f(7,9) B．eq \f(7,9) C．－eq \f(4\r(2),9) D．eq \f(4\r(2),9)【答案】A　【解析】由eq \f(2π,3)－2α＝π－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))可得coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－2α))＝coseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π－2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))))＝－cos 2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))，由二倍角公式可得－cos 2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝2sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))－1＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2－1＝－eq \f(7,9)，即coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－2α))＝－eq \f(7,9)．故选A．6．若函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)对任意x都有feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋x))＝f(－x)，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝(　　)A．2或0 B．0C．－2或0 D．－2或2【答案】D　【解析】由feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋x))＝f(－x)，得直线x＝eq \f(\f(π,3)＋0,2)＝eq \f(π,6)是f(x)图象的一条对称轴，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝±2．故选D．7．(2023年连云港模拟)若函数f(x)＝eq \r(3)·sin 2x＋2cos2x＋m在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值为6，则常数m的值为(　　)A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C　【解析】f(x)＝eq \r(3)sin 2x＋2cos2x＋m＝eq \r(3)sin 2x＋cos 2x＋m＋1＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋m＋1，当0≤x≤eq \f(π,2)时，eq \f(π,6)≤2x＋eq \f(π,6)≤eq \f(7π,6)，则函数的最大值为f(x)＝2sineq \f(π,2)＋m＋1＝m＋3＝6，解得m＝3．故选C．8．已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(|φ|＜\f(π,2)，ω＞0))的图象在y轴右侧的第一个最高点为Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，1))，在原点右侧与x轴的第一个交点为Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，0))，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))的值为(　　)A．1 B．eq \f(\r(2),2) C．eq \f(1,2) D．eq \f(\r(3),2)【答案】C　【解析】由题意，得eq \f(T,4)＝eq \f(5π,12)－eq \f(π,6)，所以T＝π，所以ω＝2，则f(x)＝sin(2x＋φ)．将点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，1))的坐标代入f(x)＝sin(2x＋φ)，得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,6)＋φ))＝1，所以φ＝eq \f(π,6)＋2kπ(k∈Z)．又因为|φ|＜eq \f(π,2)，所以φ＝eq \f(π,6)，即f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))(x∈R)，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,3)＋\f(π,6)))＝sineq \f(5π,6)＝eq \f(1,2)．故选C．二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9．下列计算正确的有(　　)A．sin 158°cos 48°＋cos 22°sin 48°＝1B．sin 20°cos 110°＋cos 160°sin 70°＝1C．eq \f(1＋tan 15°,1－tan 15°)＝eq \r(3)D．cos 74°sin 14°－sin 74°cos 14°＝－eq \f(\r(3),2)【答案】CD　【解析】对于A，sin 158°cos 48°＋cos 22°sin 48°＝sin 22°cos 48°＋cos 22°sin 48°＝sin(22°＋48°)＝sin 70°≠1，故A错误；对于B，sin 20°cos 110°＋cos 160°sin 70°＝sin 20°(－cos 70°)＋(－cos 20°)sin 70°＝－(sin 20°cos 70°＋cos 20°sin 70°)＝－sin(20°＋70°)＝－1，故B错误；对于C，eq \f(1＋tan 15°,1－tan 15°)＝eq \f(tan 45°＋tan 15°,1－tan 45°tan 15°)＝tan(45°＋15°)＝tan 60°＝eq \r(3)，故C正确；对于D，cos 74°sin 14°－sin 74°cos 14°＝sin(14°－74°)＝－sin 60°＝－eq \f(\r(3),2)，故D正确．故选CD．10．(2023年福州期末)若α∈(0，π)，sin α－cos α＝eq \f(1,5)，则(　　)A．tan α＝eq \f(4,3) B．sin 2α＝eq \f(12,25)C．sin α＋cos α＝eq \f(7,5) D．cos 2α＝－eq \f(7,25)ACD　【解析】因为α∈(0，π)，sin α－cos α＝eq \f(1,5)，所以sin2α＋cos2α－2sin αcos α＝eq \f(1,25)，即1－2sin αcos α＝1－sin 2a＝eq \f(1,25)，所以2sin αcos α＝sin 2α＝eq \f(24,25)，B错误；所以sin α＝eq \f(4,5)，cos α＝eq \f(3,5)，tan α＝eq \f(4,3)，sin α＋cos α＝eq \f(7,5)，A，C正确；cos 2α＝cos2α－sin2α＝eq \f(9,25)－eq \f(16,25)＝－eq \f(7,25)，D正确．故选ACD．11．要得到y＝cos 2x的图象C1，只要将y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的图象C2(　　)A．向左平移eq \f(π,12)个单位长度B．向右平移eq \f(11π,12)个单位长度C．先作关于x轴对称的图象C3，再将图象C3向右平移eq \f(5π,12)个单位长度D．先作关于x轴对称的图象C3，再将图象C3向左平移eq \f(π,12)个单位长度【答案】ABC　【解析】对于A，将y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的图象C2向左平移eq \f(π,12)个单位长度，可得y＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))＋\f(π,3)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＝cos 2x的图象C1，故A正确；对于B，将y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的图象C2向右平移eq \f(11π,12)个单位长度，可得y＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(11π,12)))＋\f(π,3)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(3π,2)))＝cos 2x的图象C1，故B正确；对于C，先作C2关于x轴对称的图象，即y＝－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的图象C3，再将图象C3向右平移eq \f(5π,12)个单位长度，得到y＝－sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(5π,12)))＋\f(π,3)))＝－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,2)))＝cos 2x的图象C1，故C正确；对于D，先作C2关于x轴对称的图象，即y＝－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的图象C3，再将图象C3向左平移eq \f(π,12)个单位长度，得到y＝－sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))＋\f(π,3)))＝－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＝－cos 2x的图象，故D不正确．12．已知函数f(x)＝sin2x＋2eq \r(3)sin xcos x－cos2x，x∈R，则(　　)A．f(x)的最大值为1B．f(x)在(0，π)上只有1个零点C．f(x)的最小正周期为πD．直线x＝eq \f(π,3)为f(x)图象的一条对称轴【答案】CD　【解析】f(x)＝sin2x＋2eq \r(3)sin xcos x－cos2x＝eq \r(3)sin 2x－cos 2x＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sin 2x－\f(1,2)cos 2x))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，所以f(x)的最大值为2，最小正周期为T＝eq \f(2π,2)＝π，故A错误，C正确；由f(x)＝0，得2x－eq \f(π,6)＝kπ，k∈Z，即x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,12)，k∈Z，所以f(x)在(0，π)内的零点为eq \f(π,12)，eq \f(7π,12)，故B错误；由feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－\f(π,6)))＝2，得直线x＝eq \f(π,3)为f(x)图象的一条对称轴，故D正确．故选CD．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．已知2sin θ＋3cos θ＝0，则tan(3π＋2θ)＝________．【答案】eq \f(12,5)　【解析】由同角三角函数的基本关系式，得tan θ＝－eq \f(3,2)，从而tan(3π＋2θ)＝tan 2θ＝eq \f(2tan θ,1－tan2θ)＝eq \f(2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2))),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))2)＝eq \f(12,5)．14．(2023年赣州模拟)已知coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq \f(\r(6),3)，则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,6)))＝________．【答案】－eq \f(1,3)　【解析】因为sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,6)))＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))－\f(π,2)))＝－cos 2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝1－2cos2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝－eq \f(1,3)．15．(2023年银川期末)目前中国最高的摩天轮是“南昌之星”，它的最高点离地面160米，直径为156米，并以每30分钟一周的速度匀速旋转，若摩天轮某座舱A经过最低点开始计时，则10分钟后A离地面的高度为________米．【答案】121　【解析】如图所示，设最高点为P，最高点P在地面的射影点为Q，则|PQ|＝160，设座舱A在最低点时为点B,10分钟后座舱A位于点A处，则根据题意可得∠AOB＝eq \f(2π,30)×10＝eq \f(2π,3)，∴∠AOP＝eq \f(π,3)，过点A作AH⊥OP，垂足点为P，又∵|OA|＝|PO|＝78，∠AOP＝eq \f(π,3)，∴|OH|＝eq \f(1,2)|OA|＝39，∴|PH|＝|PO|－|OH|＝39，∴A离地面的高度为|HQ|＝|PQ|－|PH|＝160－39＝121．16．将函数f(x)＝2sin x图象的每个点的横坐标缩短为原来的一半，再向左平移eq \f(π,12)个单位长度得到g(x)的图象，则g(x)＝________；若函数g(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(a,3)))，eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2a，\f(7π,6)))上单调递增，则实数a的取值范围是________．【答案】2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))　eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))　【解析】将函数f(x)＝2sin x图象的每个点的横坐标缩短为原来的一半，可得y＝2sin 2x的图象；再向左平移eq \f(π,12)个单位长度得到g(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的图象．若函数g(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(a,3)))，eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2a，\f(7π,6)))上单调递增，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2×\f(a,3)＋\f(π,6)≤\f(π,2)，,2×2a＋\f(π,6)≥\f(3π,2)，))求得eq \f(π,3)≤a≤eq \f(π,2)，则实数a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))．四、解答题：本题共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．(10分)求下列各式的值：(1)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(15π,4)))＋taneq \f(25π,3)；(2)sin(－1 380°)cos 1 110°＋tan 405°．解：(1)原式＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－4π＋\f(π,4)))＋taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(8π＋\f(π,3)))＝sineq \f(π,4)＋taneq \f(π,3)＝eq \f(\r(2),2)＋eq \r(3)．(2)原式＝sin(－4×360°＋60°)cos(3×360°＋30°)＋tan(360°＋45°)＝sin 60°·cos 30°＋tan 45°＝eq \f(\r(3),2)×eq \f(\r(3),2)＋1＝eq \f(7,4)．18．(12分)(2023年银川期末)已知角α以x轴的非负半轴为始边，P(eq \r(3)，－1)为终边上一点．(1)求cos 2α，tan 2α的值；(2)求eq \f(cosα－2πcos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)－α))tanπ－α,sin－αcos3π＋α)的值．解：角α以x轴的非负半轴为始边，P(eq \r(3)，－1)为终边上一点，则tan α＝－eq \f(\r(3),3)．(1)cos 2α＝cos2α－sin2α＝eq \f(cos2α－sin2α,sin2α＋cos2α)＝eq \f(1－tan2α,tan2α＋1)＝eq \f(1,2)，tan 2α＝eq \f(2tan α,1－tan2α)＝－eq \r(3)．(2)eq \f(cosα－2πcos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)－α))tanπ－α,sin－αcos3π＋α)＝eq \f(cos α·－sin α·－tan α,－sin α·－cos α)＝tan α＝－eq \f(\r(3),3)．19．(12分)(2023年黄山期末)在平面直角坐标系xOy中，O是坐标原点，角α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，其终边与以原点为圆心的单位圆O交于点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7\r(2),10)，y))．(1)将射线OP绕点O按逆时针方向旋转eq \f(π,2)弧度后交单位圆O于点Q，求点Q的坐标；(2)若角γ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，且cos(γ－α)＝eq \f(3,5)，求sin γ的值．解：(1)由题意可知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7\r(2),10)))2＋y2＝1，因为α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，所以y＝－eq \f(\r(2),10)．所以cos α＝eq \f(7\r(2),10)，sin α＝－eq \f(\r(2),10)．又因为射线OQ是角eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,2)))的终边，由三角函数的定义可知，yQ＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,2)))＝cos α＝eq \f(7\r(2),10)，xQ＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,2)))＝－sin α＝eq \f(\r(2),10)，所以点Q的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),10)，\f(7\r(2),10)))．(2)因为γ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，则γ－α∈(0，π)，所以sin(γ－α)＝eq \r(1－cos2γ－α)＝eq \f(4,5)，所以sin γ＝sin[(γ－α)＋α]＝sin(γ－α)·cos α＋cos(γ－α)sin α＝eq \f(4,5)×eq \f(7\r(2),10)＋eq \f(3,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),10)))＝eq \f(\r(2),2)．20．(12分)已知函数f(x)＝sin(π－ωx)·cos ωx＋cos2ωx(ω＞0)的最小正周期为π．(1)求ω的值；(2)将函数y＝f(x)图象上各点的横坐标缩短到原来的eq \f(1,2)，纵坐标不变，得到函数y＝g(x)的图象，求函数y＝g(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,16)))上的最小值．解：(1)f(x)＝sin(π－ωx)cos ωx＋cos2ωx＝sin ωxcos ωx＋eq \f(1＋cos 2ωx,2)＝eq \f(1,2)sin 2ωx＋eq \f(1,2)cos 2ωx＋eq \f(1,2)＝eq \f(\r(2),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx＋\f(π,4)))＋eq \f(1,2)．因为ω＞0，依题意得eq \f(2π,2ω)＝π，所以ω＝1．(2)由(1)知f(x)＝eq \f(\r(2),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))＋eq \f(1,2)．由题意，知g(x)＝f(2x)＝eq \f(\r(2),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(π,4)))＋eq \f(1,2)．当0≤x≤eq \f(π,16)时，eq \f(π,4)≤4x＋eq \f(π,4)≤eq \f(π,2)，所以eq \f(\r(2),2)≤sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(π,4)))≤1，所以1≤g(x)≤eq \f(1＋\r(2),2)．故函数y＝g(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,16)))上的最小值为1．21．(12分)已知函数f(x)＝cos2x＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))－eq \f(1,2)(x∈R)．(1)求f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上的最大值和最小值；(2)若feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－\f(7π,24)))＝eq \f(\r(3),10)，求sin 2α的值．解：f(x)＝cos2x＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))－eq \f(1,2)＝eq \f(1＋cos 2x,2)＋eq \f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))),2)－eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos 2x＋\f(1,2)cos 2x＋\f(\r(3),2)sin 2x))＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)cos 2x＋\f(\r(3),2)sin 2x))＝eq \f(\r(3),2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin 2x＋\f(\r(3),2)cos 2x))＝eq \f(\r(3),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))．(1)因为x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，所以2x＋eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(2π,3)，\f(π,3)))，所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(\r(3),2)))，则f(x)max＝eq \f(3,4)，f(x)min＝－eq \f(\r(3),2)．(2)由feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－\f(7π,24)))＝eq \f(\r(3),10)，得eq \f(\r(3),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(7π,12)＋\f(π,3)))＝eq \f(\r(3),10)，所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))＝eq \f(1,5)．所以sin 2α＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2α))＝1－2sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝1－2×eq \f(1,25)＝eq \f(23,25)．22．(12分)已知x0，x0＋eq \f(π,2)是函数f(x)＝cos2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))－sin2ωx(ω＞0)的两个相邻的零点．(1)求feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)))的值；(2)若关于x的方程eq \f(4\r(3),3)f(x)－m＝1在x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上有两个不同的解，求实数m的取值范围．解：(1)f(x)＝eq \f(1＋cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx－\f(π,3))),2)－eq \f(1－cos 2ωx,2)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx－\f(π,3)))＋cos 2ωx))＝eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cos 2ωx＋\f(\r(3),2)sin 2ωx))＋cos 2ωx))＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sin 2ωx＋\f(3,2)cos 2ωx))＝eq \f(\r(3),2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin 2ωx＋\f(\r(3),2)cos 2ωx))＝eq \f(\r(3),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx＋\f(π,3)))．由题意可知，f(x)的最小正周期T＝π，所以eq \f(2π,2ω)＝π，所以ω＝1．故f(x)＝eq \f(\r(3),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))．所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)))＝eq \f(\r(3),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,12)＋\f(π,3)))＝eq \f(\r(3),2)sineq \f(π,2)＝eq \f(\r(3),2)．(2)原方程可化为eq \f(4\r(3),3)×eq \f(\r(3),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＝m＋1，即2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＝m＋1．设y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，0≤x≤eq \f(π,2)，当x＝0时，y＝2sineq \f(π,3)＝eq \r(3)，当x＝eq \f(π,12)时，y的最大值为2．要使方程在x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上有两个不同的解，需使eq \r(3)≤m＋1＜2，即eq \r(3)－1≤m＜1，所以m∈[eq \r(3)－1,1)．