2022版高考人教版数学一轮练习：考案【3理】【3文】第三章　三角函数、解三角形

这是一份2022版高考人教版数学一轮练习：考案【3理】【3文】第三章　三角函数、解三角形，共12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。

(时间：120分钟 满分150分)
一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的)
1．(2020·四川资阳二诊)在平面直角坐标系中，若角α的始边为x轴正半轴，其终边经过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(4π,3)，cs \f(4π,3)))，则cs α＝( D )
A.eq \f(\r(3),2) B．eq \f(1,2)
C．－eq \f(1,2) D．－eq \f(\r(3),2)
[解析] 本题考查任意角的三角函数的定义．
sin eq \f(4π,3)＝－sin eq \f(π,3)＝－eq \f(\r(3),2)，cs eq \f(4π,3)＝－cs eq \f(π,3)＝－eq \f(1,2)，而角α的终边经过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(4π,3)，cs \f(4π,3)))，即角α的终边经过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，－\f(1,2)))，于是|PO|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))2)＝1，因此cs α＝eq \f(－\f(\r(3),2),1)＝－eq \f(\r(3),2).
2．(2020·云南昆明一模)已知α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，sin α＝eq \f(3,5)，则cs(π－α)＝( A )
A.eq \f(4,5) B．eq \f(3,5)
C．－eq \f(4,5) D．－eq \f(3,5)
[解析] 本题考查诱导公式和同角三角函数基本关系式的应用．由α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))且sin α＝eq \f(3,5)得cs α＝－eq \r(1－sin2α)＝－eq \f(4,5)，所以cs(π－α)＝－cs α＝eq \f(4,5).
3．(2020·东北三省三校一模)若θ是三角形的一个内角，且tan θ＝－eq \f(4,3)，则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)－θ))＋cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－θ))＝( C )
A.eq \f(1,5) B．－eq \f(1,5)
C．eq \f(7,5) D．－eq \f(7,5)
[解析] 本题考查同角三角函数基本关系和诱导公式．
由题意，tan θ＝eq \f(sin θ,cs θ)＝－eq \f(4,3)，θ∈(0，π)，故sin θ>0，cs θ<0.
又sin2θ＋cs2θ＝1，所以sin θ＝eq \f(4,5)，cs θ＝－eq \f(3,5).
因此，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)－θ))＋cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－θ))＝－cs θ＋sin θ＝eq \f(7,5).
4．(2021·安徽阜阳一中月考)中国折叠扇有着深厚的文化底蕴．如图②，在半圆O中作出两个扇形OAB和OCD，用扇环形ABDC(图中阴影部分)制作折叠扇的扇面．记扇环形ABDC的面积为S1，扇形OAB的面积为S2，当S1与S2的比值为eq \f(\r(5)－1,2)时，扇面的形状较为美观，则此时扇形OCD的半径与半圆O的半径之比为( B )
A.eq \f(\r(5)＋1,4) B．eq \f(\r(5)－1,2)
C．3－eq \r(5) D．eq \r(5)－2
[解析] 本题考查弧度制下扇形面积计算问题．设∠AOB＝θ，半圆O的半径为r，扇形OCD的半径为r1，依题意，有eq \f(\f(1,2)θr2－\f(1,2)θr\\al(2,1),\f(1,2)θr2)＝eq \f(\r(5)－1,2)，即eq \f(r2－r\\al(2,1),r2)＝eq \f(\r(5)－1,2)，所以eq \f(r\\al(2,1),r2)＝eq \f(3－\r(5),2)＝eq \f(6－2\r(5),4)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5)－1,2)))2，得eq \f(r1,r)＝eq \f(\r(5)－1,2).
[方法总结] 弧度制下扇形面积计算求解思路
(1)明确弧度制下扇形面积公式，在使用公式时，要注意角的单位必须是弧度．
(2)分析题目已知哪些量、要求哪些量，然后灵活地运用弧长公式、扇形面积公式直接求解，或合理地利用圆心角所在三角形列方程(组)求解，
5．为了得到函数y＝sin 3x的图象，可以将y＝cs 3x的图象向( A )
A．右平移eq \f(π,6)个单位长度 B．左平移eq \f(π,6)个单位长度
C．右平移eq \f(π,2)个单位长度 D．左平移eq \f(π,3)个单位长度
[解析] y＝cs 3x＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x＋\f(π,2)))＝sin 3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))，将该函数的图象向右平移eq \f(π,6)个单位长度得到y＝sin 3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)－\f(π,6)))＝sin 3x.故选A.
6．(理)(2020·石家庄市重点高中摸底)已知函数f(x)＝2sin (ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(2π,3)))，0<φ<\f(π,2)))的图象如图所示，如果f(x1)＝f(x2)且x1≠x2，则f(x1＋x2)＝( B )
A．0 B．1
C．eq \r(2) D．eq \r(3)
(文)(2021·黑龙江双鸭山一中月考)函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，－\f(π,2)<φ<\f(π,2)))的部分图象如图所示，则ω、φ的值分别为( A )
A．2，－eq \f(π,3) B．2，－eq \f(π,6)
C．4，－eq \f(π,6) D．4，eq \f(π,3)
[解析] (理)由题意可知eq \f(3T,4)＝eq \f(2π,3)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)))＝eq \f(3π,4)，
∴T＝π＝eq \f(2π,ω)，∴ω＝2，又2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)))＋φ＝0，∴φ＝eq \f(π,6)，
∴f(x)＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6))).
由2x＋eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)知x＝eq \f(π,6)，
又f(x1)＝f(x2)且x1≠x2，
∴x1＋x2＝eq \f(π,3)，∴f(x1＋x2)＝1，故选B.
(文)由图可知eq \f(3,4)T＝eq \f(5π,12)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))＝eq \f(3π,4)，
∴T＝π，
∴ω＝eq \f(2π,T)＝2，又2×eq \f(5π,12)＋φ＝eq \f(π,2)，∴φ＝－eq \f(π,3)，故选A.
7．(2021·南开模拟)△ABC中三个内角为A，B，C，若关于x的方程x2－xcs Acs B－cs2eq \f(C,2)＝0有一根为1，则△ABC一定是( B )
A．直角三角形 B．等腰三角形
C．锐角三角形 D．钝角三角形
[解析] 依题意，可得1－cs Acs B－cs2eq \f(C,2)＝0，因为cs2eq \f(C,2)＝eq \f(1＋cs C,2)＝eq \f(1－csA＋B,2)＝eq \f(1－cs Acs B＋sin Asin B,2)，
所以1－cs Acs B－eq \f(1－cs Acs B＋sin Asin B,2)＝0，
整理得：cs(A－B)＝1，又A，B为△ABC的内角，所以A＝B，所以△ABC一定为等腰三角形．故选B.
8．(2020·安徽省合肥市一中、合肥六中联考)已知函数f(x)＝eq \r(3)sin 2x－2cs2x＋1，将f(x)的图象上的所有点的横坐标缩短到原来的eq \f(1,2)，纵坐标保持不变；再把所得图象向上平移1个单位长度，得到函数y＝g(x)的图象，若g(x1)·g(x2)＝9，则|x1－x2|的值可能为( C )
A.eq \f(5π,4) B．eq \f(3π,4)
C．eq \f(π,2) D．eq \f(π,3)
[解析] 函数f(x)＝eq \r(3)sin 2x－2cs2x＋1
＝eq \r(3)sin 2x－cs 2x＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))，
变换后得函数y＝g(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x－\f(π,6)))＋1的图象，易知函数y＝g(x)的值域为[－1,3]．
若g(x1)·g(x2)＝9，则g(x1)＝3且g(x2)＝3，均为函数y＝g(x)的最大值，
∴|x1－x2|的值为函数y＝g(x)的最小正周期T的整数倍，且T＝eq \f(2π,4)＝eq \f(π,2).
9．下列命题正确的是( D )
A．若cs θ<0则θ是第二或第三角限角
B．若α>β则cs αC．若sin α＝sin β则α与β终边相同
D．若α是第三象限象角，则sin αcs α>0且eq \f(sin α,tan α)<0
[解析] 当θ＝2kπ＋π时，csθ＝－1<0，此时θ不是象限角，A错；
当α＝0，β＝－2π时，cs α＝cs β，故B错；
当α＝eq \f(π,6)，β＝eq \f(5π,6)时，sin α＝sin β，但α与β终边不相同，故C错；
当α是第三象限角时， sin α<0，cs α<0，tan α>0，故D正确．因此选D.
10．已知函数f(x)＝eq \f(1,2)cs xsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))，则下列结论中错误的是( C )
A．f(x)是周期函数但不具备奇偶性
B．f(x)的图象关于x＝eq \f(π,12)对称
C．f(x)最大值为1
D．f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,12)))上递增
[解析] f(x)＝eq \f(1,2)cs xsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))＝eq \f(1,4)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))＋eq \f(\r(3),8)，f(x)为非奇非偶函数，故A正确，当x＝eq \f(π,12)时，2x＋eq \f(π,3)＝eq \f(π,2)，图象关于x＝eq \f(π,12)对称，B正确．f(x)最大值为eq \f(2＋\r(3),8)，故C错，f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,12)))上单调递增，故D正确，因此选C.
11．(理)(2021·吉林通化月考改编)已知ω>0，a>0，f(x)＝asin ωx＋eq \r(3)acs ωx，g(x)＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ax＋\f(π,6)))，h(x)＝eq \f(fx,gx).这3个函数在同一直角坐标系中的部分图象如图所示，则函数g(x)＋h(x)的图象的一条对称轴方程可以为( A )
A．x＝eq \f(π,12) B．x＝eq \f(13π,6)
C．x＝－eq \f(π,12) D．x＝－eq \f(5,12)π
(文)在△ABC中，角A、B、C的对边为a，b，c，且(a＋b)(a＋c)(b＋c)＝91011，则下列结论不正确的是( B )
A．sin Asin Bsin C＝456
B．△ABC是钝角三角形
C．△ABC最大内角是最小内角的2倍
D．若c＝6则△ABC外接圆半径为eq \f(8\r(7),7)
[解析] (理)∵f(x)＝asin ωx＋eq \r(3)acs ωx＝2asineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))，g(x)＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ax＋\f(π,6)))，又由函数图象可知，f(x)的最大值为2，可得a＝1，∴f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))，g(x)＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))，由图象可知，f(x)的周期为π，∴ω＝2，h(x)＝eq \f(fx,gx)＝eq \f(2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3))),2cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6))))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))，x≠kπ＋eq \f(π,3)(k∈Z)．那么函数g(x)＋h(x)＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))＋2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))＝2eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)＋\f(π,4)))＝2eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(5π,12)))，x≠kπ＋eq \f(π,3)(k∈Z)．令x＋eq \f(5π,12)＝eq \f(π,2)＋kπ(k∈Z)．可得对称轴方程为x＝eq \f(π,12)＋kπ(k∈Z)，当k＝0时，x＝eq \f(π,12).故选A.
(文)设eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＋b＝9k,a＋c＝10k,b＋c＝11k))，解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝4k,b＝5k,c＝6k)).利用正、余弦定理可知，A正确，B错误．由于cs C＝eq \f(1,8)，cs A＝eq \f(3,4)，cs 2A＝eq \f(1,8)＝cs C，又C、A都是锐角，所以C＝2A，故C正确，又sin C＝eq \f(3\r(7),8)，2R＝eq \f(6,sin C)＝eq \f(16\r(7),7)，∴R＝eq \f(8\r(7),7)，故D正确，因此选B.
12．(理)(2020·江西红色七校第一次联考)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs C＋\f(\r(3),3)sin C))，a＝2，c＝eq \f(2\r(6),3)，则C＝( D )
A.eq \f(3π,4) B．eq \f(π,3)
C．eq \f(π,6) D．eq \f(π,4)
(文)(2020·广东百校联考)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若C＝eq \f(π,4)，a＝4，S△ABC＝2，则eq \f(2a＋3c－b,2sin A＋3sin C－sin B)＝( D )
A.eq \r(5) B．2eq \r(5)
C．2eq \r(7) D．2eq \r(13)
[解析] (理)由b＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs C＋\f(\r(3),3)sin C))，得sin B＝sin A(cs C＋eq \f(\r(3),3)sin C)．因为sin B＝sin [π－(A＋C)]＝sin (A＋C)，所以sin Acs C＋cs Asin C＝sin Acs C＋eq \f(\r(3),3)sin Asin C(sin C≠0)，所以cs A＝eq \f(\r(3),3)sin A，所以tan A＝eq \r(3).因为0(文)由C＝eq \f(π,4)，a＝4，S△ABC＝eq \f(1,2)absin C＝eq \f(1,2)×4×b×eq \f(\r(2),2)＝2，得b＝eq \r(2)，根据余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcs C＝10，则c＝eq \r(10)，所以eq \f(2a＋3c－b,2sin A＋3sin C－sin B)＝2R＝eq \f(c,sin C)＝2eq \r(5).
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上)
13．若函数f(x)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))))(ω>0)的最小正周期为π，则f(eq \f(π,3))＝ eq \f(\r(3),2) .
[解析] 由题设及周期公式得T＝eq \f(π,ω)＝π，所以ω＝1，即f(x)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))))，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(sin \f(2π,3)))＝eq \f(\r(3),2).
14．(2020·安徽省池州中学第二次质量检测)已知cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,3)))＝eq \f(4,5)，则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(7π,6)))的值是 －eq \f(4,5) .
[解析] sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(7π,6)))＝－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))＝
－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,3)＋\f(π,2)))＝－cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,3)))＝－eq \f(4,5).
15．(2021·河南名校联考)已知函数f(x)＝ 2sin ωx·csωx－2eq \r(3)cs2ωx＋a＋eq \r(3)(ω>0，x∈R，a是常数)的图象的一条对称轴方程为x＝eq \f(5π,12)，与其相邻的一个对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，－1))，则函数f(x)的单调递减区间为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(5π,12)，kπ＋\f(11π,12)))(k∈Z) .
[解析] 本题考查三角函数的图象及其性质．f(x)＝2sin ωx·cs ωx－2eq \r(3)cs2ωx＋a＋eq \r(3)＝sin 2ωx－eq \r(3)cs 2ωx＋a＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2ωx－\f(π,3)))＋a.因为其图象的一条对称轴方程为x＝eq \f(5π,12)，与其相邻的一个对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，－1))，所以eq \f(T,4)＝eq \f(2π,3)－eq \f(5π,12)＝eq \f(π,4)，所以T＝π，即eq \f(2π,2ω)＝π，所以ω＝1，所以f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))＋a.因为图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，－1))，所以2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4π,3)－\f(π,3)))＋a＝－1，所以a＝－1，所以f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))－1.由2kπ＋eq \f(π,2)≤2x－eq \f(π,3)≤2kπ＋eq \f(3π,2)(k∈Z)得kπ＋eq \f(5π,12)≤x≤kπ＋eq \f(11π,12)(k∈Z)，所以函数f(x)的单调递减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(5π,12)，kπ＋\f(11π,12)))(k∈Z)．
16.(2020·全国Ⅰ，16)如图，在三棱锥P－ABC的平面展开图中，AC＝1，AB＝AD＝eq \r(3)，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE＝30°，则cs ∠FCB＝ －eq \f(1,4) .
[解析] 本题考查立体几何平面展开图及解三角形问题．
在△ABC中，AB⊥AC，AC＝1，AB＝eq \r(3)，所以BC＝2.
在△ABD中，AB⊥AD，AD＝eq \r(3)，AB＝eq \r(3)，所以BD＝eq \r(6).
在△ACE中，AC＝1，AE＝AD＝eq \r(3)，∠CAE＝30°，由余弦定理得CE2＝AC2＋AE2－2AC·AE·cs∠CAE＝1＋3－2×1×eq \r(3)×eq \f(\r(3),2)＝1，
所以CE＝1.
在△BCF中，BC＝2，FC＝CE＝1，BF＝BD＝eq \r(6)，由余弦定理得cs∠FCB＝eq \f(FC2＋BC2－FB2,2FC·BC)＝eq \f(1＋4－6,2×1×2)＝－eq \f(1,4).
四、解答题(本大题共6个小题，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)(2020·浙江杭州联考)已知cs α＝eq \f(1,7)，cs(α－β)＝eq \f(13,14)，且0<β<α(1)求tan 2α的值；
(2)求β的值．
[解析] (1)由cs α＝eq \f(1,7)，0<α所以tan α＝eq \f(sin α,cs α)＝eq \f(4\r(3),7)×eq \f(7,1)＝4eq \r(3)，
所以tan 2α＝eq \f(2tan α,1－tan2α)＝eq \f(2×4\r(3),1－4\r(3)2)＝－eq \f(8\r(3),47).
(2)由0<β<α又cs(α－β)＝eq \f(13,14)，
所以sin(α－β)＝eq \r(1－cs2α－β)＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(13,14)))2)＝eq \f(3\r(3),14).
又β＝α－(α－β)，所以cs β＝cs [α－(α－β)]＝cs αcs(α－β)＋sin αsin(α－β)＝eq \f(1,7)×eq \f(13,14)＋eq \f(4\r(3),7)×eq \f(3\r(3),14)＝eq \f(1,2)，所以β＝eq \f(π,3).
18．(本小题满分12分)(2020·辽宁重点中学协作体阶段测试)设函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0，|φ|<π)的部分图象如图所示．
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，π))时，求f(x)的取值范围．
[解析] (1)由图象知A＝3，eq \f(T,4)＝eq \f(4π,3)－eq \f(π,3)＝π，即T＝4π，又eq \f(2π,ω)＝4π，所以ω＝eq \f(1,2)，
因此f(x)＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x＋φ))，又因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝－3，
所以eq \f(π,6)＋φ＝－eq \f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，
即φ＝－eq \f(2π,3)＋2kπ(k∈Z)，
又|φ|<π，所以φ＝－eq \f(2π,3)，即f(x)＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x－\f(2π,3))).
(2)当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，π))时，eq \f(1,2)x－eq \f(2π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(5π,6)，－\f(π,6)))，
所以－1≤sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x－\f(2π,3)))≤－eq \f(1,2)，
从而有－3≤f(x)≤－eq \f(3,2).
19．(本小题满分12分)(2020·湖南重点高中联考)已知函数f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(πx＋\f(π,3)))cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(πx－\f(π,3))).
(1)求f(x)的单调递增区间；
(2)若f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，a))上的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)，－\f(1,2)))，求a的取值范围．
[解析] (1)f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)cs πx－\f(\r(3),2)sin πx))eq \b\lc\(\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,2)cs)) πx＋eq \b\lc\ \rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)sin πx))＝eq \f(1,4)cs2πx－eq \f(3,4)sin2πx＝eq \f(1,4)×eq \f(1＋cs 2πx,2)－eq \f(3,4)×eq \f(1－cs 2πx,2)＝eq \f(1,2)cs 2πx－eq \f(1,4)，令π＋2kπ≤2πx≤2π＋2kπ，k∈Z，解得eq \f(1,2)＋k≤x≤1＋k，k∈Z，
∴f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(k＋\f(1,2)，k＋1))，k∈Z.
(2)∵f(x)的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)，－\f(1,2)))，
∴－1≤cs 2πx≤－eq \f(1,2).∵x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，a))，
∴eq \f(2π,3)≤2πx≤2πa，结合余弦函数图象可知π≤2πa≤eq \f(4π,3)，解得eq \f(1,2)≤a≤eq \f(2,3)，∴a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(2,3))).
20．(本小题满分12分)(2021·蓉城名校高三第一次联考)已知函数f(x)＝2cs2x＋(sin x＋cs x)2－2.
(1)求f(x)的最大值及取得最大值时x的集合；
(2)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且f(A)＝1，若AC边上的高等于eq \f(1,4)b，求cs C的值．
[解析] (1)由题意知f(x)＝2cs2x＋1＋2sin xcs x－2＝2sin xcs x＋2cs2x－1＝sin 2x＋cs 2x＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4))).
∴f(x)max＝eq \r(2)，此时2x＋eq \f(π,4)＝2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，
∴x＝kπ＋eq \f(π,8)，k∈Z.
∴f(x)取得最大值时x的集合为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\c1(x＝kπ＋\f(π,8)，k∈Z)))).
(2)∵f(A)＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2A＋\f(π,4)))＝1，
∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2A＋\f(π,4)))＝eq \f(\r(2),2)，
又A∈(0，π)，
∴2A＋eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(9π,4)))，
∴2A＋eq \f(π,4)＝eq \f(3π,4)，解得A＝eq \f(π,4).
设AC边上的高为BD，则BD＝eq \f(1,4)b.
∵A＝eq \f(π,4)，∴BD＝AD＝eq \f(1,4)b，CD＝eq \f(3,4)b，
∴AB＝eq \f(\r(2),4)b，BC＝eq \f(\r(10),4)b，∴cs C＝eq \f(CD,BC)＝eq \f(3\r(10),10).
21．(本小题满分12分)已知在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，外接圆半径为2，若m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,4)，\f(b,4)))，n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2＋c2－b2,2ac)，\f(b2＋c2－a2,2bc)))，m·n＝sin 2C.
(1)求角C的大小；
(2)若sin A，sinC，sinB成等差数列，且eq \(CA,\s\up6(→))·(eq \(AB,\s\up6(→))－eq \(AC,\s\up6(→)))＝18，求c的长．
[解析] (1)因为m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,4)，\f(b,4)))，n＝(cs B，cs A)，
所以m·n＝eq \f(a,4)·eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＋eq \f(b,4)·eq \f(b2＋c2－a2,2bc).
又△ABC外接圆半径为2，
所以a＝4sin A，b＝4sin B，
所以m·n＝eq \f(a,4)·eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＋eq \f(b,4)·eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝sin Acs B＋cs Asin B＝sin(A＋B)＝sin C，
则sin C＝sin 2C＝2sin Ccs C，∴cs C＝eq \f(1,2)，
又C∈(0，π)，所以C＝60°.
(2)若sin A，sin C，sin B成等差数列，
则2sin C＝sin A＋sin B，即2c＝a＋b，
又eq \(CA,\s\up6(→))·(eq \(AB,\s\up6(→))－eq \(AC,\s\up6(→)))＝18，∴eq \(CA,\s\up6(→))·eq \(CB,\s\up6(→))＝abcs 60°＝eq \f(1,2)ab＝18，得ab＝36，
由余弦定理得：c2＝a2＋b2－2abcs C＝(a＋b)2－2ab－ab＝(a＋b)2－3ab，
∴3c2＝3ab，c2＝36，得c＝6.
22．(本小题满分12分)(2021·甘肃天水一中阶段考改编)已知函数f(x)＝eq \r(3)sin(ωx＋φ)＋2sin2eq \f(ωx＋φ,2)－1(ω>0,0<φ<π)为奇函数，且相邻两对称轴间的距离为eq \f(π,2).
(1)当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,4)))时，求f(x)的单调递减区间；
(2)将函数y＝f(x)的图象沿x轴方向向右平移eq \f(π,6)个单位长度，再把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．当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(π,6)))时，若方程g(x)－m＝0有两个不等实根，求实数m的取值范围．
[解析] (1)由题意可知：f(x)＝eq \r(3)sin(ωx＋φ)－cs(ωx＋φ)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋φ－\f(π,6)))，
因为相邻两对称轴间的距离为eq \f(π,2)，所以T＝π，ω＝2，
因为函数为奇函数，所以φ－eq \f(π,6)＝kπ，φ＝kπ＋eq \f(π,6)，k∈Z，
因为0<φ<π，所以φ＝eq \f(π,6)，函数f(x)＝2sin 2x，
∵x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,4)))，∴2x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－π，\f(π,2)))，
要使f(x)单调减，需满足－π<2x≤－eq \f(π,2)，
即－eq \f(π,2)(2)由题意可得：g(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x－\f(π,3)))，
∵－eq \f(π,12)≤x≤eq \f(π,6)，∴－eq \f(2π,3)≤4x－eq \f(π,3)≤eq \f(π,3)，
∴－1≤sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x－\f(π,3)))≤eq \f(\r(3),2)，∴g(x)∈[－2，eq \r(3)]．
列表：
描点连线得g(x)图象如下
当4x－eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,3)))，即x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,24)，\f(π,6)))时，g(x)∈[－2，eq \r(3)]
由题意知y＝m与y＝g(x)的图象在x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(π,6)))有两个交点．
则符合题意的m的取值范围为(－2，－eq \r(3)]．
4x－eq \f(π,3)
－eq \f(2π,3)
－eq \f(π,2)
0
eq \f(π,3)
x
－eq \f(π,12)
－eq \f(π,24)
eq \f(π,12)
eq \f(π,6)
g(x)
－eq \r(3)
－2
0
eq \r(3)