《數(shù)學(xué)》復(fù)習(xí)人教A（新高考）-復(fù)習(xí)驗(yàn)收卷（四）三角函數(shù)、解三角形復(fù)習(xí)驗(yàn)收卷

《數(shù)學(xué)》復(fù)習(xí)人教A（新高考）-復(fù)習(xí)驗(yàn)收卷（四）三角函數(shù)、解三角形復(fù)習(xí)驗(yàn)收卷《數(shù)學(xué)》復(fù)習(xí)人教A（新高考）-復(fù)習(xí)驗(yàn)收卷（四）三角函數(shù)、解三角形復(fù)習(xí)驗(yàn)收卷/《數(shù)學(xué)》復(fù)習(xí)人教A（新高考）-復(fù)習(xí)驗(yàn)收卷（四）三角函數(shù)、解三角形復(fù)習(xí)驗(yàn)收卷復(fù)習(xí)驗(yàn)收卷(四)三角函數(shù)、解三角形(時(shí)間：120分鐘滿分：150分)一、單項(xiàng)選擇題(本題共8小題,每小題5分,共40分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,只有一項(xiàng)是符合題目要求的)1.(2021·長(zhǎng)沙質(zhì)檢)已知弧長(zhǎng)4π的弧所對(duì)的圓心角為2弧度,則這條弧所在的圓的半徑為()A.1B.2C.πD.2π答案D解析∵弧長(zhǎng)4π的弧所對(duì)的圓心角為2弧度,∴eq\f(4π,r)＝2,解得r＝2π,∴這條弧所在的圓的半徑為2π.2.已知點(diǎn)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2),－\f(1,2)))在角θ的終邊上,且θ∈[0,2π),則θ的值為()A.eq\f(5π,6)B.eq\f(2π,3)C.eq\f(11π,6)D.eq\f(5π,3)答案C解析因?yàn)辄c(diǎn)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2),－\f(1,2)))在第四象限,根據(jù)三角函數(shù)的定義可知tanθ＝eq\f(－\f(1,2),\f(\r(3),2))＝－eq\f(\r(3),3),又θ∈[0,2π),可得θ＝eq\f(11π,6).3.已知α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(π,2))),2sin2α＝cos2α＋1,則sinα＝()A.eq\f(1,5)B.eq\f(\r(5),5)C.eq\f(\r(3),3)D.eq\f(2\r(5),5)答案B解析由2sin2α＝cos2α＋1,得4sinαcosα＝2cos2α.由α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(π,2)))知cosα≠0,則2sinα＝cosα,代入sin2α＋cos2α＝1,解得sin2α＝eq\f(1,5),又α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(π,2))),所以sinα＝eq\f(\r(5),5).4.一艘船以每小時(shí)15km的速度向東航行,船在A處看到一個(gè)燈塔M在北偏東60°方向,行駛4h后,船到達(dá)B處,看到這個(gè)燈塔在北偏東15°方向,這時(shí)船與燈塔的距離為()A.15eq\r(2)kmB.30eq\r(2)kmC.45eq\r(2)kmD.60eq\r(2)km答案B解析如圖所示,依題意有AB＝15×4＝60,∠DAC＝60°,∠CBM＝15°,∴∠MAB＝30°,∠AMB＝45°.在△AMB中,由正弦定理,得eq\f(60,sin45°)＝eq\f(BM,sin30°),解得BM＝30eq\r(2),故選B.5.(2020·青島模擬)設(shè)a＝eq\f(\r(2),2)(sin56°－cos56°),b＝cos50°cos128°＋cos40°cos38°,c＝cos80°,則a,b,c的大小關(guān)系是()A.a>b>cB.b>a>cC.c>a>bD.a>c>b答案B解析由題意可知a＝eq\f(\r(2),2)(sin56°－cos56°)＝sin(56°－45°)＝sin11°,b＝cos(90°－40°)cos(90°＋38°)＋cos40°cos38°＝－sin40°sin38°＋cos40°cos38°＝cos78°＝sin12°,c＝cos80°＝sin10°,∵sin12°>sin11°>sin10°,∴b>a>c,故選B.6.(2021·張家界模擬)將函數(shù)f(x)＝eq\r(3)sin2x－cos2x的圖象向左平移t(t>0)個(gè)單位后,得到函數(shù)g(x)的圖象,若g(x)＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)－x)),則正實(shí)數(shù)t的最小值為()A.eq\f(5π,24)B.eq\f(7π,24)C.eq\f(5π,12)D.eq\f(7π,12)答案B解析由題意得,f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))),則g(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋2t－\f(π,6))),若g(x)＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)－x)),則函數(shù)g(x)的圖象關(guān)于直線x＝eq\f(π,24)對(duì)稱,所以2·eq\f(π,24)－eq\f(π,6)＋2t＝kπ＋eq\f(π,2),k∈Z,即t＝eq\f(7π,24)＋eq\f(kπ,2)(k∈Z),正實(shí)數(shù)tmin＝eq\f(7,24)π.7.(2021·重慶診斷)已知α,β,γ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(π,2))),sinα＋sinγ＝sinβ,cosβ＋cosγ＝cosα,則下列說(shuō)法正確的是()A.cos(β＋α)＝eq\f(1,2)B.cos(β－α)＝－eq\f(1,2)C.β－α＝eq\f(π,3)D.β－α＝－eq\f(π,3)答案C解析由已知,得sinγ＝sinβ－sinα,cosγ＝cosα－cosβ.兩式分別平方相加,得(sinβ－sinα)2＋(cosα－cosβ)2＝1,∴－2cos(β－α)＝－1,∴cos(β－α)＝eq\f(1,2),故A錯(cuò)誤,B錯(cuò)誤.∵α,β,γ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(π,2))),∴sinγ＝sinβ－sinα>0,∴β>α,∴β－α＝eq\f(π,3),故C正確,D錯(cuò)誤.故選C.8.已知函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω>0,|φ|<eq\f(π,2))的部分圖象如圖所示,x1,x2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6),\f(π,3))),且f(x1)＝f(x2),則f(x1＋x2)＝()A.eq\f(1,2)B.eq\f(\r(3),2)C.eq\f(\r(2),2)D.1答案B解析由題圖可知,eq\f(T,2)＝eq\f(π,3)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝eq\f(π,2),則T＝π,所以ω＝eq\f(2π,T)＝2,又eq\f(－\f(π,6)＋\f(π,3),2)＝eq\f(π,12),所以f(x)的圖象過(guò)點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12),1)),即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,12)＋φ))＝1,得eq\f(π,6)＋φ＝eq\f(π,2)＋2kπ,k∈Z,即φ＝eq\f(π,3)＋2kπ,k∈Z,又|φ|<eq\f(π,2),所以φ＝eq\f(π,3),所以f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))).由f(x1)＝f(x2),x1,x2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6),\f(π,3))),可得x1＋x2＝－eq\f(π,6)＋eq\f(π,3)＝eq\f(π,6),所以f(x1＋x2)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,6)＋\f(π,3)))＝sineq\f(2π,3)＝eq\f(\r(3),2).二、多項(xiàng)選擇題(本題共4小題,每小題5分,共20分.在每小題給出的選項(xiàng)中,有多項(xiàng)符合題目要求,全部選對(duì)的得5分,部分選對(duì)的得2分,有選錯(cuò)的得0分)9.關(guān)于函數(shù)f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))＋1,下列敘述正確的是()A.其圖象關(guān)于直線x＝eq\f(π,4)對(duì)稱B.其圖象可由y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＋1圖象上所有點(diǎn)的橫坐標(biāo)變?yōu)樵瓉?lái)的eq\f(1,2)得到C.其圖象關(guān)于點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,8),0))對(duì)稱D.其值域是[－1,3]答案BD解析feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,4)＋\f(π,4)))＋1＝eq\r(2)＋1,不是函數(shù)的最值,因此函數(shù)f(x)的圖象不關(guān)于直線x＝eq\f(π,4)對(duì)稱,故A錯(cuò)誤;y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＋1圖象上所有點(diǎn)的橫坐標(biāo)變?yōu)樵瓉?lái)的eq\f(1,2)得到f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))＋1的圖象,故B正確;設(shè)y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4))),則當(dāng)x＝eq\f(3π,8)時(shí),y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(3π,8)＋\f(π,4)))＝2sinπ＝0,即函數(shù)y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))的圖象關(guān)于點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,8),0))對(duì)稱,則f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))＋1的圖象關(guān)于點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,8),1))對(duì)稱,故C錯(cuò)誤;當(dāng)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))＝1時(shí),函數(shù)f(x)取得最大值3,當(dāng)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))＝－1時(shí),函數(shù)f(x)取得最小值－1,即函數(shù)f(x)的值域是[－1,3],故D正確.故選BD.10.在△ABC中,角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c,下列結(jié)論正確的是()A.a2＝b2＋c2－2bccosAB.asinB＝bsinAC.a＝bcosC＋ccosBD.acosB＋bcosA＝sinC答案ABC解析由在△ABC中,角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c,知：在A中,由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA,故A正確;在B中,由正弦定理得eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB),∴asinB＝bsinA,故B正確;在C中,bcosC＋ccosB＝b·eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＋c·eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝a,在D中,由余弦定理得acosB＋bcosA＝a×eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＋b×eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝c≠sinC,故D錯(cuò)誤.11.設(shè)α,β是一個(gè)鈍角三角形的兩個(gè)銳角,下列不等式正確的是()A.tanαtanβ＜1B.sinα＋sinβ＜eq\r(2)C.cosα＋cosβ＞1D.eq\f(1,2)tan(α＋β)＜taneq\f(α－β,2)答案ABC解析由于α,β是鈍角三角形的兩個(gè)銳角,則α＋β＜90°.對(duì)于A,tanαtanβ＜tanαtan(90°－α)＝eq\f(tanα,tanα)＝1,A正確;對(duì)于B,sinα＋sinβ＜sinα＋sin(90°－α)＝sinα＋cosα＝eq\r(2)sin(α＋45°)≤eq\r(2),B正確;對(duì)于C,cosα＋cosβ＞cosα＋cos(90°－α)＝cosα＋sinα＝eq\r(2)sin(α＋45°)＞eq\r(2)×eq\f(1,\r(2))＝1,C正確;對(duì)于D,當(dāng)α＝β＝30°時(shí),則eq\f(1,2)tan(α＋β)＞taneq\f(α－β,2),D不正確.12.將函數(shù)f(x)的圖象向右平移eq\f(π,6)個(gè)單位長(zhǎng)度,再將所得函數(shù)圖象上的所有點(diǎn)的橫坐標(biāo)縮短到原來(lái)的eq\f(2,3),得到函數(shù)g(x)＝Asin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A>0,ω>0,|φ|<\f(π,2)))的圖象.已知函數(shù)g(x)的部分圖象如圖所示,則下列關(guān)于函數(shù)f(x)的說(shuō)法正確的是()A.f(x)的最小正周期為π,最大值為2B.f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6),0))中心對(duì)稱C.f(x)的圖象關(guān)于直線x＝eq\f(π,6)對(duì)稱D.f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6),\f(π,3)))上單調(diào)遞減答案ACD解析由圖可知,A＝2,T＝4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,9)－\f(π,18)))＝eq\f(2π,3),∴ω＝eq\f(2π,T)＝3.又由geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,9)))＝2可得φ＝－eq\f(π,6)＋2kπ(k∈Z),又|φ|<eq\f(π,2),∴φ＝－eq\f(π,6).∴g(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(π,6))),∴f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))).∴f(x)的最小正周期為π,最大值為2,選項(xiàng)A正確;對(duì)于選項(xiàng)B,令2x＋eq\f(π,6)＝kπ(k∈Z),得x＝eq\f(kπ,2)－eq\f(π,12)(k∈Z),∴函數(shù)f(x)圖象的對(duì)稱中心為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)－\f(π,12),0))(k∈Z).由eq\f(kπ,2)－eq\f(π,12)＝eq\f(π,6),得k＝eq\f(1,2),不符合k∈Z,B錯(cuò)誤;對(duì)于選項(xiàng)C,令2x＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z),得x＝eq\f(π,6)＋eq\f(kπ,2)(k∈Z),∴函數(shù)f(x)圖象的對(duì)稱軸為直線x＝eq\f(π,6)＋eq\f(kπ,2)(k∈Z),當(dāng)k＝0時(shí),x＝eq\f(π,6),故C正確;當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6),\f(π,3)))時(shí),2x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2),\f(5π,6))),∴f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6),\f(π,3)))上單調(diào)遞減,∴選項(xiàng)D正確,故選ACD.三、填空題(本題共4小題,每小題5分,共20分)13.(2020·百師聯(lián)盟聯(lián)考)已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)))sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－θ))＝eq\f(\r(15),8),則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,3)))＝________.答案eq\f(\r(15),4)解析sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)))sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－θ))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)))sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)))))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)))＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,3)))＝eq\f(\r(15),8),所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,3)))＝eq\f(\r(15),4).14.在△ABC中,內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,已知B＝eq\f(π,3),a＝2,b＝eq\r(3),則△ABC的面積為_(kāi)_______.答案eq\f(\r(3),2)解析在△ABC中,由正弦定理,得sinA＝eq\f(asinB,b)＝eq\f(2sin\f(π,3),\r(3))＝1.又A∈(0,π),所以A＝eq\f(π,2).由勾股定理,得c＝1,則△ABC的面積S＝eq\f(1,2)×eq\r(3)×1＝eq\f(\r(3),2).15.(2021·重慶調(diào)研)將余弦函數(shù)f(x)＝cosx的圖象上所有點(diǎn)的縱坐標(biāo)伸長(zhǎng)到原來(lái)的eq\r(3)倍(橫坐標(biāo)不變),再將所得到的圖象向右平移eq\f(π,2)個(gè)單位長(zhǎng)度,得到函數(shù)g(x)的圖象.若關(guān)于x的方程f(x)＋g(x)＝m在[0,π]內(nèi)有兩個(gè)不同的解,則實(shí)數(shù)m的取值范圍為_(kāi)_______.答案[1,2)解析由題意得,g(x)＝eq\r(3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,2)))＝eq\r(3)sinx,∴f(x)＋g(x)＝cosx＋eq\r(3)sinx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6))).∵0≤x≤π,∴eq\f(π,6)≤x＋eq\f(π,6)≤eq\f(7π,6).若關(guān)于x的方程f(x)＋g(x)＝m在[0,π]內(nèi)有兩個(gè)不同的解,根據(jù)圖象知1≤m<2.16.在△ABC中,若sinA(sinB＋cosB)－sinC＝0,則角A的值為_(kāi)_______,當(dāng)sin2B＋2sin2C取得最大值時(shí),tan2B＋2tan2答案eq\f(π,4)－eq\f(9,2)解析因?yàn)閟inA(sinB＋cosB)－sinC＝0,所以sinAsinB＋sinAcosB＝sinC＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB,又sinB≠0,即有tanA＝1.因?yàn)?＜A＜π,所以A＝eq\f(π,4),所以B＋C＝eq\f(3π,4),所以C＝eq\f(3π,4)－B,所以sin2B＋2sin2C＝sin2B＋2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)－B))＝sin2B－2cos2B＝eq\r(5)sin(2B－φ),其中tanφ＝2,所以當(dāng)2B－φ＝eq\f(π,2),即B＝eq\f(π,4)＋eq\f(φ,2)時(shí),sin2B＋2sin2C取到最大值eq\r(5),此時(shí)C＝eq\f(π,2)－eq\f(φ,2),所以tan2B＋2tan2C＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋φ))＋2tan(π－φ)＝－eq\f(1,2)－2×2＝－eq\f(9,2).四、解答題(本題共6小題,共70分.解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟)17.(本小題滿分10分)(2020·新高考山東卷)在①ac＝eq\r(3),②csinA＝3,③c＝eq\r(3)b這三個(gè)條件中任選一個(gè),補(bǔ)充在下面問(wèn)題中,若問(wèn)題中的三角形存在,求c的值;若問(wèn)題中的三角形不存在,說(shuō)明理由.問(wèn)題：是否存在△ABC,它的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,且sinA＝eq\r(3)sinB,C＝eq\f(π,6),__________?注：如果選擇多個(gè)條件分別解答,按第一個(gè)解答計(jì)分.解由C＝eq\f(π,6)和余弦定理得eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(\r(3),2).選條件①.由sinA＝eq\r(3)sinB及正弦定理得a＝eq\r(3)b.于是eq\f(3b2＋b2－c2,2\r(3)b2)＝eq\f(\r(3),2),由此可得b＝c.由①ac＝eq\r(3),解得a＝eq\r(3),b＝c＝1.因此,選條件①時(shí)問(wèn)題中的三角形存在,此時(shí)c＝1.選條件②.由sinA＝eq\r(3)sinB及正弦定理得a＝eq\r(3)b.于是eq\f(3b2＋b2－c2,2\r(3)b2)＝eq\f(\r(3),2),由此可得b＝c,B＝C＝eq\f(π,6),A＝eq\f(2π,3).由②csinA＝3,所以c＝b＝2eq\r(3),a＝6.因此,選條件②時(shí)問(wèn)題中的三角形存在,此時(shí)c＝2eq\r(3).選條件③.由sinA＝eq\r(3)sinB及正弦定理得a＝eq\r(3)b.于是eq\f(3b2＋b2－c2,2\r(3)b2)＝eq\f(\r(3),2),由此可得b＝c.由③c＝eq\r(3)b,與b＝c矛盾.因此,選條件③時(shí)問(wèn)題中的三角形不存在.18.(本小題滿分12分)(2021·青島調(diào)研)在①f(x)的圖象關(guān)于直線x＝eq\f(5π,6ω)對(duì)稱,②f(x)＝cosωx－eq\r(3)sinωx,③f(x)≤f(0)恒成立這三個(gè)條件中任選一個(gè),補(bǔ)充在下面橫線處.若問(wèn)題中的ω存在,求出ω的值;若ω不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由.設(shè)函數(shù)f(x)＝2cos(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0,0≤φ≤\f(π,2))),_____________________________.是否存在正整數(shù)ω,使得函數(shù)f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0,\f(π,2)))上是單調(diào)的?(注：如果選擇多個(gè)條件分別解答,按第一個(gè)解答計(jì)分)解若選①,則存在滿足條件的正整數(shù)ω.求解過(guò)程如下：令ωx＋φ＝kπ,k∈Z,代入x＝eq\f(5π,6ω),解得φ＝kπ－eq\f(5π,6),k∈Z.因?yàn)?≤φ≤eq\f(π,2),所以φ＝eq\f(π,6),所以f(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6))).當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0,\f(π,2)))時(shí),ωx＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6),\f(ωπ,2)＋\f(π,6))).若函數(shù)f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0,\f(π,2)))上單調(diào),則有eq\f(ωπ,2)＋eq\f(π,6)≤π,解得0<ω≤eq\f(5,3).所以存在正整數(shù)ω＝1,使得函數(shù)f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0,\f(π,2)))上是單調(diào)的.若選②,則存在滿足條件的正整數(shù)ω.求解過(guò)程如下：f(x)＝cosωx－eq\r(3)sinωx＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))＝2cos(ωx＋φ),且0≤φ≤eq\f(π,2),所以φ＝eq\f(π,3).當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0,\f(π,2)))時(shí),ωx＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3),\f(ωπ,2)＋\f(π,3))).若函數(shù)f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0,\f(π,2)))上單調(diào),則有eq\f(ωπ,2)＋eq\f(π,3)≤π,解得0<ω≤eq\f(4,3).所以存在正整數(shù)ω＝1,使得函數(shù)f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0,\f(π,2)))上是單調(diào)的.若選③,則存在滿足條件的正整數(shù)ω.求解過(guò)程如下：因?yàn)閒(x)≤f(0)恒成立,即f(x)max＝f(0)＝2cosφ＝2,所以cosφ＝1.因?yàn)?≤φ≤eq\f(π,2),所以φ＝0,所以f(x)＝2cosωx.當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0,\f(π,2)))時(shí),ωx∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0,\f(ωπ,2))).若函數(shù)f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0,\f(π,2)))上單調(diào),則有eq\f(ωπ,2)≤π,解得0<ω≤2.所以存在正整數(shù)ω＝1或ω＝2,使得函數(shù)f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0,\f(π,2)))上是單調(diào)的.19.(本小題滿分12分)(2020·武漢模擬)在△ABC中,內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,已知asinB＝bsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,3))).(1)求角A的大小.(2)D是線段BC上的點(diǎn),若AD＝BD＝2,CD＝3,求△ADC的面積.解(1)由正弦定理,得asinB＝bsinA.因?yàn)閍sinB＝bsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,3))),所以bsinA＝beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sinA－\f(\r(3),2)cosA)).化簡(jiǎn),得eq\f(1,2)sinA＝－eq\f(\r(3),2)cosA.可得tanA＝－eq\r(3).因?yàn)锳∈(0,π),所以A＝eq\f(2π,3).(2)設(shè)∠B＝θ,θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(π,3))).由題意可得∠BAD＝θ,∠ADC＝2θ,∠DAC＝eq\f(2π,3)－θ,∠ACD＝eq\f(π,3)－θ.在△ADC中,由正弦定理,得eq\f(CD,sin∠DAC)＝eq\f(AD,sin∠ACD),則eq\f(3,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－θ)))＝eq\f(2,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－θ))),所以eq\f(3,\f(\r(3),2)cosθ＋\f(1,2)sinθ)＝eq\f(2,\f(\r(3),2)cosθ－\f(1,2)sinθ),可得sinθ＝eq\f(\r(3),5)cosθ.又因?yàn)閟in2θ＋cos2θ＝1,所以sinθ＝eq\f(\r(21),14),cosθ＝eq\f(5\r(7),14),所以sin2θ＝2sinθcosθ＝eq\f(5\r(3),14).所以S△ADC＝eq\f(1,2)AD·CD·sin∠ADC＝eq\f(1,2)×2×3×eq\f(5\r(3),14)＝eq\f(15\r(3),14).20.(本小題滿分12分)已知函數(shù)f(x)＝sin2x－cos2x＋2eq\r(3)sinxcosx(x∈R).(1)求f(x)的最小正周期;(2)在△ABC中,角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,若f(A)＝2,c＝5,cosB＝eq\f(1,7),求△ABC中線AD的長(zhǎng).解(1)f(x)＝－cos2x＋eq\r(3)sin2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))).∴T＝eq\f(2π,2)＝π.∴函數(shù)f(x)的最小正周期為π.(2)由(1)知f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))),∵在△ABC中f(A)＝2,∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A－\f(π,6)))＝1,∴2A－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2),∴A＝eq\f(π,3).又cosB＝eq\f(1,7)且B∈(0,π),∴sinB＝eq\f(4\r(3),7),∴sinC＝sin(A＋B)＝eq\f(\r(3),2)×eq\f(1,7)＋eq\f(1,2)×eq\f(4\r(3),7)＝eq\f(5\r(3),14),在△ABC中,由正弦定理eq\f(c,sinC)＝eq\f(a,sinA),得eq\f(5,\f(5\r(3),14))＝eq\f(a,\f(\r(3),2)),∴a＝7,∴BD＝eq\f(7,2).在△ABD中,由余弦定理得,AD2＝AB2＋BD2－2AB·BDcosB＝52＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)))eq\s\up12(2)－2×5×eq\f(7,2)×eq\f(1,7)＝eq\f(129,4),因此△ABC的中線AD＝eq\f(\r(129),2).21.(本小題滿分12分)已知△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,且m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a,\f(\r(3),3)sinA)),n＝(cosC,c),b＝m·n.(1)求角A的大小.(2)若a＝3,求△ABC的周長(zhǎng)L的取值范圍.解(1)由m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a,\f(\r(3),3)sinA)),n＝(cosC,c),得b＝m·n＝acosC＋eq\f(\r(3),3)csinA.由正弦定理,得sinB＝sinAcosC＋eq\f(\r(3),3)sinCsinA.因?yàn)锽＝π－(A＋C),所以sinB＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC,所以sinCeq\b\lc\