2018屆數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)第三章三角函數(shù)、解三角形第四章平面向量、數(shù)系的擴(kuò)充與復(fù)數(shù)的引入階段檢測(cè)試題（含解析）文

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGEPAGE1學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精第三章三角函數(shù)、解三角形第四章平面向量、數(shù)系的擴(kuò)充與復(fù)數(shù)的引入階段檢測(cè)試題時(shí)間:120分鐘分值：150分一、選擇題(每小題5分，共60分)1．sin15°cos15°等于()A.eq\f(1，4) B．eq\f(\r（3），4)C.eq\f(1,2) D．eq\f（\r（3）,2)解析：由題sin15°cos15°＝eq\f（1,2)sin30°＝eq\f(1,4）.答案:A2．已知|a|＝1，b＝（0，2）,且a·b＝1,則向量a與b夾角的大小為（)A.eq\f(π,6） B．eq\f（π，4)C。eq\f(π,3) D．eq\f(π，2)解析：因?yàn)椋黙｜＝1，b＝（0,2),且a·b＝1，所以cos〈a，b>＝eq\f(a·b，|a||b|)＝eq\f（1,1×\r（0＋22））＝eq\f（1，2)，所以向量a與b夾角的大小為eq\f（π,3）。答案：C3．（2016·新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅲ)若z＝4＋3i，則eq\f（\x\to(z）,｜z｜）＝（）A．1 B．－1C。eq\f(4,5）＋eq\f(3,5）i D．eq\f（4,5)－eq\f(3，5)i解析:eq\f（\x\to（z），｜z｜)＝eq\f（4－3i,\r(42＋32)）＝eq\f(4，5)－eq\f(3,5）i，故選D。答案：D4．（2016·新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅱ）若將函數(shù)y＝2sin2x的圖象向左平移eq\f（π，12)個(gè)單位長(zhǎng)度,則平移后圖象的對(duì)稱軸為()A．x＝eq\f(kπ，2)－eq\f(π，6)（k∈Z）B．x＝eq\f（kπ,2)＋eq\f（π，6）（k∈Z）C．x＝eq\f（kπ,2)－eq\f（π,12)（k∈Z）D．x＝eq\f（kπ,2)＋eq\f(π，12）（k∈Z）解析：函數(shù)y＝2sin2x的圖象向左平移eq\f(π,12)個(gè)單位長(zhǎng)度，得到的圖象對(duì)應(yīng)的函數(shù)表達(dá)式為y＝2sin2(x＋eq\f（π，12）)，令2(x＋eq\f（π,12))＝kπ＋eq\f(π,2）(k∈Z），解得x＝eq\f（kπ，2)＋eq\f（π，6）（k∈Z),所以所求對(duì)稱軸的方程為x＝eq\f（kπ,2)＋eq\f（π，6)(k∈Z），故選B。答案:B5．對(duì)任意向量a，b，下列關(guān)系式中不恒成立的是()A．｜a·b|≤｜a｜|b|B．|a－b|≤｜|a|－|b｜｜C．（a＋b)2＝|a＋b｜2D．（a＋b)·(a－b)＝a2－b2解析：|a·b|＝｜a|·|b｜·|cos〈a，b〉|≤|a|｜b|，故A恒成立；由向量的運(yùn)算法則知C,D也恒成立;當(dāng)b＝－a≠0時(shí)，|a－b|>|｜a|－｜b｜|，B不恒成立．故選B.答案:B6．在△ABC中，角A,B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知A＝eq\f(π，3)，a＝eq\r(3），b＝1，則c等于(）A．1 B．2C.eq\r（3)－1 D．eq\r（3)解析：法1：(余弦定理）由a2＝b2＋c2－2bccosA得3＝1＋c2－2c×1×coseq\f(π，3）＝1＋c2－c，所以c2－c－2＝0。所以c＝2或－1(舍去）．法2：(正弦定理）由eq\f(a,sinA）＝eq\f(b，sinB），得eq\f（\r（3），sin\f(π，3）)＝eq\f(1,sinB),所以sinB＝eq\f（1，2)，因?yàn)閎〈a，所以B＝eq\f（π,6)，從而C＝eq\f(π，2），所以c2＝a2＋b2＝4，所以c＝2.答案：B7．在△ABC中，若tanA·tanB<1，則△ABC的形狀是（)A．一定是銳角三角形B．一定是直角三角形C．一定是鈍角三角形D．可能是銳角三角形，也可能是鈍角三角形解析：由tanA·tanB〈1,得1－tanA·tanB>0。當(dāng)tanA〈0或tanB<0時(shí)，△ABC為鈍角三角形；當(dāng)tanA>0且tanB〉0,即角A,B都是銳角時(shí),tanC＝tan[π－(A＋B）］＝－tan（A＋B）＝－eq\f（tanA＋tanB，1－tanA·tanB）〈0，則角C為鈍角．所以△ABC為鈍角三角形．答案：C8．（2017·鄭州市質(zhì)量預(yù)測(cè)）在△ABC中，角A，B,C，所對(duì)的邊分別是a，b，c，已知sin(B＋A)＋sin(B－A)＝3sin2A，且c＝eq\r(7），C＝eq\f(π,3)，則△ABC的面積是()A。eq\f(3\r(3),4） B．eq\f（7\r（3),6)C.eq\f(\r（21),3） D．eq\f(3\r(3),4）或eq\f(7\r(3)，6)解析：sin(B＋A）＝sinBcosA＋cosBsinA，sin（B－A)＝sinBcosA－cosBsinA,sin2A＝2sinAcosA,sin（B＋A)＋sin(B－A)＝3sin2A，即2sinBcosA＝6sinAcosA.當(dāng)cosA＝0時(shí)，A＝eq\f（π,2)，B＝eq\f(π，6)，又c＝eq\r(7)，得b＝eq\f（\r（21）,3）.由三角形面積公式知S＝eq\f（1，2)bc＝eq\f（7\r(3），6）；當(dāng)cosA≠0時(shí)，由2sinBcosA＝6sinAcosA可得sinB＝3sinA，根據(jù)正弦定理可知b＝3a，再由余弦定理可知cosC＝eq\f（a2＋b2－c2,2ab）＝eq\f(a2＋9a2－7,6a2）＝coseq\f(π，3)＝eq\f（1,2),可得a＝1，b＝3,所以此時(shí)三角形的面積為S＝eq\f（1,2)absinC＝eq\f（3\r（3）,4)。綜上可得三角形的面積為eq\f（7\r（3)，6）或eq\f(3\r(3），4）,所以選D。答案：D9．函數(shù)f（x)＝2sin（ωx＋φ)eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(ω〉0，－\f(π，2）〈φ<\f（π,2)））的部分圖象如圖所示,f(x）的圖象左移eq\f(π，4）個(gè)單位得到g(x)的圖象，則g(x)的一條對(duì)稱軸可以是()A．x＝0 B．x＝eq\f（π，3）C．x＝eq\f(π，2） D．x＝－eq\f（π,3)解析：由圖象可知eq\f（T,2）＝eq\f(11π,12)－eq\f(5π，12)＝eq\f(π,2）,即函數(shù)的最小正周期T＝π,所以ω＝2，因?yàn)閒eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（5π,12）)）＝2sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（2×\f(5π，12)＋φ））＝2sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(5π，6)＋φ））＝2，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（5π，6）＋φ））＝1,所以eq\f(5π,6)＋φ＝eq\f(π，2）＋kπ，k∈Z，即φ＝－eq\f（π，3）＋kπ，k∈Z,因?yàn)椋璭q\f（π,2）<φ〈eq\f(π，2),所以φ＝－eq\f（π，3），即f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（2x－\f(π,3)）)，向左平移eq\f（π,4)后得g（x)＝2sineq\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1(2\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π，4)））－\f(π,3）)）＝2coseq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(2x－\f（π,3)）），對(duì)稱軸方程為2x－eq\f（π,3）＝kπ,k∈Z，故x＝eq\f（kπ，2）＋eq\f（π，6),當(dāng)k＝－1時(shí),x＝－eq\f(π,3）,故選D。答案：D10．設(shè)函數(shù)f（x)＝cos(ωx＋φ)－eq\r（3)sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(ω>1，｜φ|〈\f（π,2)))，且其圖象相鄰的兩條對(duì)稱軸為x1＝0，x2＝eq\f（π,2）,則()A．y＝f(x）的最小正周期為π，且在eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(0,\f（π,2)）)上為增函數(shù)B．y＝f(x）的最小正周期為π,且在eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(0，\f（π，2）))上為減函數(shù)C．y＝f(x)的最小正周期為2π，且在（0，π）上為增函數(shù)D．y＝f（x）的最小正周期為2π，且在(0，π）上為減函數(shù)解析:由已知條件得f(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋φ＋\f(π，3））），由題意得eq\f（T，2）＝eq\f（π,2)，∴T＝π.∴T＝eq\f（2π,ω)，∴ω＝2.又∵f(0）＝2coseq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(φ＋\f（π,3)））,x＝0為f(x）的對(duì)稱軸，∴f(0)＝2或－2,又∵｜φ|<eq\f（π，2)，∴φ＝－eq\f（π,3),此時(shí)f（x）＝2cos2x，在eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(0，\f(π，2)））上為減函數(shù)，故選B。答案：B11．(2017·湖南東部六校聯(lián)考)如圖所示，已知點(diǎn)G是△ABC的重心,過(guò)點(diǎn)G作直線與AB，AC兩邊分別交于M，N兩點(diǎn)，且eq\o(AM,\s\up10(→))＝xeq\o（AB,\s\up10（→）），eq\o（AN，\s\up10（→)）＝y(tǒng)eq\o(AC,\s\up10（→)），則x＋2y的最小值為()A．2 B．eq\f(1,3)C.eq\f（3＋2\r(2)，3） D．eq\f（3,4）解析：由已知可得eq\o(AG,\s\up10（→）)＝eq\f(2,3）×eq\f(1,2)(eq\o（AB,\s\up10(→))＋eq\o(AC，\s\up10（→）)）＝eq\f（1,3）eq\o（AB,\s\up10（→））＋eq\f(1,3)eq\o(AC，\s\up10(→））＝eq\f（1,3x）eq\o（AM,\s\up10(→）)＋eq\f(1,3y)eq\o(AN,\s\up10(→）),又M，G，N三點(diǎn)共線，故eq\f(1,3x)＋eq\f(1,3y）＝1，∴eq\f(1，x)＋eq\f(1，y)＝3，則x＋2y＝（x＋2y）·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1，x)＋\f（1，y）))·eq\f（1，3）＝eq\f(1，3)eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(3＋\f(2y，x)＋\f（x,y)）)≥eq\f(3＋2\r（2)，3)（當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\r(2)y時(shí),取“＝”號(hào)）．答案:C12．在Rt△ABC中，CA＝CB＝3,M,N是斜邊AB上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，且MN＝eq\r(2），則eq\o（CM，\s\up10（→））·eq\o(CN，\s\up10(→））的取值范圍為(）A．［2，eq\f（5，2)] B．［2,4］C．［3,6］ D．［4,6］解析：記MN的中點(diǎn)為E，則有eq\o(CM，\s\up10(→))＋eq\o(CN，\s\up10（→)）＝2eq\o(CE,\s\up10(→))，eq\o（CM,\s\up10(→)）·eq\o（CN,\s\up10（→)）＝eq\f(1，4)［(eq\o（CM，\s\up10（→)）＋eq\o（CN,\s\up10(→)））2－（eq\o（CM，\s\up10（→））－eq\o（CN，\s\up10(→）)）2］＝eq\o（CE，\s\up10(→)）2－eq\f（1，4）eq\o（MN,\s\up10(→))2＝eq\o(CE,\s\up10(→））2－eq\f(1，2).又｜eq\o（CE,\s\up10(→))｜的最小值等于點(diǎn)C到AB的距離，即eq\f(3\r（2)，2),故eq\o(CM，\s\up10（→)）·eq\o（CN,\s\up10（→）)的最小值為(eq\f(3\r(2）,2)）2－eq\f（1,2）＝4，當(dāng)點(diǎn)M（或N）與點(diǎn)A(或B）重合時(shí)，|eq\o（CE，\s\up10(→）)|達(dá)到最大，｜eq\o(CE,\s\up10（→）)|的最大值為eq\r(\f（3\r（2),2)2＋\r（2)2)＝eq\r(\f（13，2））,因此eq\o(CM,\s\up10（→)）·eq\o(CN，\s\up10（→)）的取值范圍是［4,6］,選D.答案:D二、填空題(每小題5分，共20分)13．函數(shù)y＝taneq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（2x＋\f(π,6）))的對(duì)稱中心為________．解析：∵y＝tanx（x≠eq\f(π，2)＋kπ，k∈Z）的對(duì)稱中心為eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(kπ,2)，0））（k∈Z)，∴可令2x＋eq\f(π,6）＝eq\f(kπ，2）(k∈Z)，解得x＝－eq\f（π，12）＋eq\f(kπ,4)（k∈Z）．因此，函數(shù)y＝taneq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π，6）))的對(duì)稱中心為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π，12)＋\f（kπ,4)，0)）(k∈Z)．答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π，12)＋\f（kπ，4)，0))（k∈Z)14．已知sinα＝eq\f(1，2)＋cosα，且α∈eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（0，\f（π,2))），則eq\f(cos2α，sin\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（α－\f（π,4））))的值為________．解析：依題意得sinα－cosα＝eq\f(1,2)，又（sinα＋cosα)2＋(sinα－cosα）2＝2，所以（sinα＋cosα)2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1，2）)）2＝2，故（sinα＋cosα)2＝eq\f（7,4）。又α∈eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2））），因此有sinα＋cosα＝eq\f(\r（7),2),所以eq\f(cos2α,sin\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（α－\f(π，4)）))＝eq\f（cos2α－sin2α，\f（\r（2），2)sinα－cosα）＝－eq\r(2）（sinα＋cosα）＝－eq\f（\r(14),2)。答案：－eq\f(\r(14),2）15．（2016·江蘇卷)如圖，在△ABC中，D是BC的中點(diǎn)，E,F是AD上的兩個(gè)三等分點(diǎn)，eq\o（BA,\s\up10（→）)·eq\o（CA,\s\up10(→)）＝4，eq\o（BF，\s\up10（→))·eq\o(CF,\s\up10(→））＝－1,則eq\o(BE,\s\up10（→)）·eq\o（CE，\s\up10（→))的值是________．解析:設(shè)eq\o（BD,\s\up10(→））＝a，eq\o(DF，\s\up10(→)）＝b，則eq\o(BA,\s\up10（→))·eq\o（CA,\s\up10（→）)＝(a＋3b）·（－a＋3b）＝9|b｜2－|a｜2＝4，eq\o(BF，\s\up10（→））·eq\o（CF，\s\up10(→））＝（a＋b）·(－a＋b)＝｜b｜2－|a|2＝－1,解得｜a｜2＝eq\f(13,8)，|b|2＝eq\f（5，8)，則eq\o（BE，\s\up10（→)）·eq\o(CE，\s\up10（→)）＝（a＋2b）·（－a＋2b）＝4|b|2－|a|2＝eq\f（7,8）。答案：eq\f（7,8）16．(2017·太原一模)在銳角△ABC中，已知B＝eq\f（π，3），|eq\o（AB，\s\up10(→）)－eq\o（AC,\s\up10(→））|＝2，則eq\o（AB,\s\up10（→)）·eq\o（AC，\s\up10（→）)的取值范圍是________．解析：∵B＝eq\f（π,3）,△ABC是銳角三角形，∴A＋C＝eq\f（2π，3)，∴eq\f(π，6）<A<eq\f（π,2)，∵｜eq\o(AB,\s\up10（→))－eq\o（AC，\s\up10(→)）|＝2,∴|eq\o(AB，\s\up10（→））－eq\o(AC,\s\up10(→））｜＝a＝2，∵eq\f(a,sinA）＝eq\f（b,sinB）＝eq\f(c,sin\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（2π,3）－A))），∴b＝eq\f（\r(3）,sinA)，c＝eq\f（2sin\f（2π,3)－A，sinA），∴eq\o(AB，\s\up10（→)）·eq\o(AC，\s\up10(→))＝c·bcosA＝eq\f(2\r(3)sin\f(2π，3)－A，sin2A)cosA＝eq\f（3，tan2A)＋eq\f（\r(3）,tanA）＝（eq\f(\r(3),tanA)＋eq\f(1,2)）2－eq\f（1,4），∵eq\f（\r(3),tanA)∈（0,3），∴eq\o(AB，\s\up10(→))·eq\o（AC，\s\up10（→））∈(0，12)．答案:（0，12)三、解答題（共6小題，共70分，解答應(yīng)寫出必要的文字說(shuō)明、計(jì)算過(guò)程或證明步驟）17．(10分）已知函數(shù)f（x）＝eq\r(3）sinxcosx＋cos2x＋a.(1）求f（x)的最小正周期及單調(diào)遞減區(qū)間；(2）若f（x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1（－\f(π,6)，\f(π,3)))上的最大值與最小值的和為eq\f（3,2）,求a的值．解：（1)因?yàn)閒（x)＝eq\f(\r(3),2）sin2x＋eq\f（1，2)(1＋cos2x）＋a＝sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（2x＋\f(π，6)））＋eq\f(1，2）＋a，所以其最小正周期T＝π;由2kπ＋eq\f（π，2)≤2x＋eq\f(π，6)≤2kπ＋eq\f(3π，2）（k∈Z）得kπ＋eq\f（π，6）≤x≤kπ＋eq\f（2π，3）(k∈Z），所以f（x)的單調(diào)遞減區(qū)間是eq\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1(kπ＋\f（π,6），kπ＋\f(2π，3））)(k∈Z）．（2)因?yàn)椋璭q\f（π，6）≤x≤eq\f（π，3)，所以－eq\f(π，6)≤2x＋eq\f（π，6)≤eq\f(5π,6），所以－eq\f(1,2)≤sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（2x＋\f(π，6)）)≤1.所以a≤sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(2x＋\f（π，6）））＋eq\f（1，2）＋a≤eq\f(3,2)＋a,即f(x)在區(qū)間eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1（－\f（π,6)，\f（π，3）))上的值域?yàn)閑q\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1（a，a＋\f（3,2))），又f（x）在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1（－\f(π，6），\f（π，3）))上的最大值與最小值的和為eq\f(3，2），所以a＋a＋eq\f（3,2）＝eq\f(3,2），則a＝0.18．(12分)已知函數(shù)f（x)＝2eq\r（2)cos（x＋eq\f(π,4)）cos(x－eq\f（π,4）)＋2eq\r（2)sinxcosx.（1）求f（x）的最小正周期和最大值；(2)在下圖給出的坐標(biāo)系中畫出函數(shù)y＝f(x）在區(qū)間[0，π］上的圖象，并說(shuō)明y＝f（x）的圖象是由y＝sin2x的圖象怎樣變換得到的．解：(1）f（x)＝2eq\r(2）eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(cosxcos\f（π，4)－sinxsin\f（π,4）)）eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（cosxcos\f(π,4）＋sinxsin\f(π,4））)＋eq\r（2）sin2x＝eq\r（2)(cosx－sinx)(cosx＋sinx）＋eq\r(2)sin2x＝eq\r（2）(cos2x－sin2x)＋eq\r(2）sin2x＝eq\r(2）cos2x＋eq\r（2)sin2x＝2×eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（\r（2），2）cos2x＋\f(\r（2）,2)sin2x））＝2sineq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（2x＋\f（π，4））)，則f(x）的最小正周期T＝eq\f(2π，2）＝π。當(dāng)2x＋eq\f（π,4)＝2kπ＋eq\f(π，2)（k∈Z），即x＝kπ＋eq\f（π，8)（k∈Z）時(shí)，f(x)max＝2。(2）列表如下：x0eq\f（π,8）eq\f（3π,8)eq\f(5π，8)eq\f（7π，8)π2x＋eq\f（π,4）eq\f(π，4)eq\f（π,2）πeq\f(3π，2)2πeq\f(9π，4）f（x)eq\r（2）20－20eq\r(2)根據(jù)列表描點(diǎn)連線作出f(x）的圖象如圖所示：y＝f（x)的圖象是由y＝sin2x的圖象經(jīng)過(guò)以下變換得到的:先將y＝sin2x的圖象向左平移eq\f(π,8）個(gè)單位長(zhǎng)度，得到y(tǒng)＝sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（2x＋\f（π，4）)）的圖象,再將y＝sineq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（2x＋\f(π，4）)）的圖象上所有點(diǎn)的縱坐標(biāo)伸長(zhǎng)為原來(lái)的2倍，橫坐標(biāo)不變,得到y(tǒng)＝2sineq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π，4）)）的圖象．19．（12分)（2016·江蘇卷）在△ABC中,AC＝6，cosB＝eq\f(4，5）,C＝eq\f(π,4).(1)求AB的長(zhǎng)；(2）求cos(A－eq\f(π,6))的值．解：（1）因?yàn)閏osB＝eq\f（4，5)，0〈B〈π，所以sinB＝eq\r（1－cos2B)＝eq\r(1－\f（4，5)2）＝eq\f(3，5)。由正弦定理知eq\f(AC，sinB)＝eq\f（AB，sinC)，所以AB＝eq\f（AC·sinC，sinB)＝eq\f（6×\f(\r（2),2）,\f（3，5））＝5eq\r（2)。（2)在△ABC中，A＋B＋C＝π，所以A＝π－(B＋C），于是cosA＝－cos（B＋C)＝－cos(B＋eq\f（π，4)）＝－cosBcoseq\f(π,4）＋sinBsineq\f(π，4),又cosB＝eq\f(4,5），sinB＝eq\f(3,5），故cosA＝－eq\f(4,5）×eq\f（\r(2），2)＋eq\f（3,5）×eq\f（\r（2)，2）＝－eq\f（\r（2)，10）。因?yàn)?〈A<π，所以sinA＝eq\r（1－cos2A)＝eq\f（7\r(2),10)，因此，cos（A－eq\f(π,6）)＝cosAcoseq\f(π，6)＋sinAsineq\f（π，6)＝－eq\f（\r(2）,10）×eq\f（\r（3)，2)＋eq\f（7\r（2），10）×eq\f（1,2)＝eq\f(7\r(2）－\r（6），20).20．（12分）已知兩個(gè)不共線的向量a，b，它們的夾角為θ，且|a|＝3，｜b｜＝1，x為正實(shí)數(shù)．（1）若a＋2b與a－4b垂直，求tanθ；（2)若θ＝eq\f(π,6)，求|xa－b|的最小值及對(duì)應(yīng)的x的值,并判斷此時(shí)向量a與xa－b是否垂直．解：(1）因?yàn)閍＋2b與a－4b垂直,所以(a＋2b）·(a－4b)＝0所以a2－2a·b－8b2所以32－2×3×1×cosθ－8×12＝0，所以cosθ＝eq\f（1，6)，又θ∈(0，π）,sinθ＝eq\r（1－cos2θ)＝eq\f（\r(35)，6）,所以tanθ＝eq\f(sinθ,cosθ）＝eq\r（35)。(2)｜xa－b｜＝eq\r（xa－b2)＝eq\r（x2a2－2xa·b＋b2)＝eq\r(9\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（x－\f(\r(3），6）））2＋\f(1,4）)故當(dāng)x＝eq\f(\r(3）,6)時(shí)，｜xa－b｜取最小值為eq\f(1，2），此時(shí)a·(xa－b)＝xa2－a·b＝eq\f（\r（3）,6）×9－3×1×coseq\f（π，6)＝0，故向量a與xa－b垂直．21．(12分）（2017·山西太原一模）已知a，b，c分別是△ABC的內(nèi)角A,B,C所對(duì)的邊,且c＝2，C＝eq\f(π,3）。(1）若△ABC的面積等于eq\r（3）,求a，b；(2)若sinC＋sin（B－A）＝2sin2A，求A解:（1)∵c＝2，C＝eq\f(π,3），∴由余弦定理得4＝a2＋b2－2abcoseq\f（π，3)＝a2＋b2－ab，∵△ABC的面積等于eq\r（3），∴eq\f（1，2)absinC＝eq\r（3)，∴ab＝4，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＋b2－ab＝4,,ab＝4，）)解得eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（a＝2，,b＝2。))(2）∵sinC＋sin（B－A)＝2sin2A∴sin(B＋A）＋sin（B－A)＝4sinAcosA，∴sinBcosA＝2sinAcosA，①當(dāng)cosA＝0時(shí),A＝eq\f（π，2)；②當(dāng)cosA≠0時(shí)，sinB＝2sinA，由正弦定理得b＝2a，聯(lián)立eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(a2＋b2－ab＝4,,b＝2a,）)解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(2\r(3），3），，b＝\f(4\r(3)，3)，））∴b2＝a2＋c2，∵C＝eq\f（π，3)，∴A＝eq\f（π，6).綜上所述,A＝eq\f(π，2)或A＝eq\f（π,6）.22．（12分）已知向量a＝eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(ksin\f（x，3），cos2\f（x，3))），b＝eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f（x,3)，－k)),實(shí)數(shù)k為大于零的常數(shù)，函數(shù)f（x）＝a·b，，x∈R，且函數(shù)f（x）的最大值為eq\f(\r(2）－1，2）.（1)求k的值;（2)在△ABC中，a，b,c分別為內(nèi)角A,B，C所對(duì)的邊，若eq\f(π,2)〈A<π，f(A)＝0,且a＝2eq\r（10），求eq\o(AB，\s\up10(→))·eq\o(AC，\s\up10（→）)的最小值．解：(1)由題意，知f（x）＝a·b＝eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（ksin\f