2016屆高考理科數(shù)學(xué)考點(diǎn)專題闖關(guān)訓(xùn)練30

專題二三角函數(shù)與平面向量專題過(guò)關(guān)·提升卷(時(shí)間：120分鐘滿分：150分)第Ⅰ卷(選擇題共60分)一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60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．已知角α的終邊經(jīng)過(guò)點(diǎn)(－4，3)，則cosα＝()A.eq\f(4,5) B.eq\f(3,5) C．－eq\f(3,5) D．－eq\f(4,5)2．已知向量a＝(2，1)，b－a＝(－3，k2－3)，則k＝2是a⊥b的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分又不必要條件3．要得到函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(π,3)))的圖象，只需將函數(shù)y＝sin4x的圖象()A．向左平移eq\f(π,12)個(gè)單位B．向右平移eq\f(π,12)個(gè)單位C．向左平移eq\f(π,3)個(gè)單位D．向右平移eq\f(π,3)個(gè)單位4．已知|a|＝4，|b|＝1，且〈a，b〉＝eq\f(2,3)π，當(dāng)|a＋xb|取得最小值時(shí)，則實(shí)數(shù)x的值為()A．1 B．－1 C．2 D．－25．已知sinα－cosα＝eq\f(\r(3),2)，則2cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝()A.eq\f(3,4) B.eq\f(5,4) C．－eq\f(3,4) D．－eq\f(5,4)6．(2015·山東高考)已知菱形ABCD的邊長(zhǎng)為a，∠ABC＝60°，則eq\o(BD,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＝()A．－eq\f(3,2)a2 B．－eq\f(3,4)a2 C.eq\f(3,4)a2 D.eq\f(3,2)a27．(2015·長(zhǎng)沙模擬)已知函數(shù)f(x)＝sin(x－φ)，且∫eq\f(2π,3)0f(x)dx＝0，則函數(shù)f(x)圖象的一條對(duì)稱軸是()A．x＝eq\f(5π,6) B．x＝eq\f(7π,12)C．x＝eq\f(π,3) D．x＝eq\f(π,6)8．已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,3)))＝eq\f(\r(3),3)，且θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，則coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)))＝()A.eq\f(3\r(2)＋\r(3),6) B.eq\f(3\r(2)－\r(3),6)C.eq\f(2\r(6)＋1,6) D.eq\f(2\r(6)－1,6)9．已知函數(shù)f(x)＝2cos(x＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(|φ|<\f(π,2)))，且f(0)＝1，f′(0)>0，將函數(shù)f(x)的圖象向右平移eq\f(π,3)個(gè)單位，得函數(shù)y＝g(x)的圖象，則函數(shù)g(x)在[0，π]上的最小值是()A．－eq\r(3) B．－1C.eq\r(3) D．110．(2015·四川高考)設(shè)四邊形ABCD為平行四邊形，|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝6，|eq\o(AD,\s\up6(→))|＝4，若點(diǎn)M，N滿足eq\o(BM,\s\up6(→))＝3eq\o(MC,\s\up6(→))，eq\o(DN,\s\up6(→))＝2eq\o(NC,\s\up6(→))，則eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(NM,\s\up6(→))＝()A．20 B．15 C．9 D．611．(2014·新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅱ)鈍角三角形ABC的面積是eq\f(1,2)，AB＝1，BC＝eq\r(2)，則AC＝()A．5 B.eq\r(5) C．2 D．112．△DEF的外接圓的圓心為O，半徑R＝4，如果eq\o(OD,\s\up6(→))＋eq\o(DE,\s\up6(→))＋eq\o(DF,\s\up6(→))＝0，且|eq\o(OD,\s\up6(→))|＝|eq\o(DF,\s\up6(→))|，則向量eq\o(FE,\s\up6(→))在eq\o(FD,\s\up6(→))方向上的投影為()A．6 B．－6C．2eq\r(3) D．－2eq\r(3)第Ⅱ卷(非選擇題共90分)二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分，把正確答案填寫在題中的橫線上)13．設(shè)常數(shù)a使方程sinx＋eq\r(3)cosx＝a在閉區(qū)間[0，2π]上恰有三個(gè)根x1，x2，x3，則x1＋x2＋x3＝________.14．(2015·南京模擬)已知函數(shù)y＝cosx與y＝sin(2x＋φ)(0≤φ<π)，它們的圖象有一個(gè)橫坐標(biāo)為eq\f(π,3)的交點(diǎn)，則φ的值是________．15．(2015·濰坊二模)已知G為△ABC的重心，令eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(AC,\s\up6(→))＝b，過(guò)點(diǎn)G的直線分別交AB、AC于P、Q兩點(diǎn)，且eq\o(AP,\s\up6(→))＝ma，eq\o(AQ,\s\up6(→))＝nb，則eq\f(1,m)＋eq\f(1,n)＝________．16．(2015·湖北高考)如圖，一輛汽車在一條水平的公路上向正西行駛，到A處時(shí)測(cè)得公路北測(cè)一山頂D在西偏北30°的方向上，行駛600m后到達(dá)B處，測(cè)得此山頂在西偏北75°的方向上，仰角為30°，則此山的高度CD＝________m.三、解答題(本大題共6小題，共70分，解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟)17．(本小題滿分10分)(2015·北京高考)已知函數(shù)f(x)＝eq\r(2)sineq\f(x,2)coseq\f(x,2)－eq\r(2)sin2eq\f(x,2).(1)求f(x)的最小正周期；(2)求f(x)在區(qū)間[－π，0]上的最小值．18．(本小題滿分12分)(2015·廣東高考)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知向量m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，－\f(\r(2),2)))，n＝(sinx，cosx)，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).(1)若m⊥n,求tanx的值．(2)若m與n的夾角為eq\f(π,3)，求x的值．19.(本小題滿分12分)已知函數(shù)f(x)＝sinx－cosx，f′(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù)．(1)求函數(shù)g(x)＝f(x)f′(x)－f2(x)的最大值和最小正周期；(2)若f(x)＝2f′(x)，求eq\f(1＋sin2x,cos2x－sinxcosx)的值．20．(本小題滿分12分)(2015·浙江高考)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別是a，b，c，已知A＝eq\f(π,4)，b2－a2＝eq\f(1,2)c2.(1)求tanC的值；(2)若△ABC的面積為3，求b的值．21．(本小題滿分12分)函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω>0)的導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的部分圖象如圖所示，且點(diǎn)P(0，eq\r(3))是y＝f′(x)的圖象與y軸的交點(diǎn)，點(diǎn)Q、R為y＝f′(x)的圖象與x軸的兩個(gè)交點(diǎn)，△ABC的內(nèi)角滿足f(A)＝1，cosB＝eq\f(4,5).(1)若|QR|＝eq\f(π,2)，且0<φ<eq\f(π,2)，求sinC的值；(2)求曲線段eq\o(QSR,\s\up8(︵))與x軸所圍成的區(qū)域的面積．22．(本小題滿分12分)(2015·濟(jì)南調(diào)研)已知m＝(eq\r(3)sin(2π－x)，cosx)，n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)π－x))，cos（π＋x）))，f(x)＝m·n.(1)求y＝f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間和對(duì)稱中心；(2)在△ABC中，角A、B、C所對(duì)應(yīng)的邊分別為a、b、c，若有f(B)＝eq\f(1,2)，b＝7，sinA＋sinC＝eq\f(13\r(3),14)，求△ABC的面積．專題過(guò)關(guān)·提升卷1．D[設(shè)P(－4，3)，則x＝－4，y＝3，r＝|OP|＝eq\r(（－4）2＋32)＝5，故cosα＝eq\f(x,r)＝eq\f(－4,5)＝－eq\f(4,5)，故選D.]2．A[由a＝(2，1)，b－a＝(－3，k2－3)，得b＝(－1，k2－2)．又a⊥b?a·b＝－2＋k2－2＝0，∴k＝±2，故“k＝2”是“a⊥b”3．B[∵y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(π,3)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))))，∴要得到y(tǒng)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(π,3)))的圖象，只需將函數(shù)y＝sin4x的圖象向右平移eq\f(π,12)個(gè)單位．]4．C[∵|a|＝4，|b|＝1，〈a，b〉＝eq\f(2,3)π，∴a2＝16，b2＝1，a·b＝|a||b|·coseq\f(2,3)π＝－2.則|a＋xb|2＝a2＋x2b2＋2xa·b＝16＋x2－4x＝(x－2)2＋12≥12當(dāng)且僅當(dāng)x＝2時(shí)，|a＋xb|2有最小值．∴x＝2時(shí)，|a＋xb|取得最小值．]5．B[由sinα－cosα＝eq\f(\r(3),2)，得1－sin2α＝eq\f(3,4)，∴sin2α＝eq\f(1,4)，因此2cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝1＋cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝1＋sin2α＝eq\f(5,4).]6．D[如圖所示，由題意，得BC＝a，CD＝a，∠BCD＝120°.BD2＝BC2＋CD2－2BC·CD·cos120°＝a2＋a2－2a·a×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝3a2，∴BD＝eq\r(3)a.∴eq\o(BD,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＝|eq\o(BD,\s\up6(→))||eq\o(CD,\s\up6(→))|cos30°＝eq\r(3)a2×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3,2)a2.]7．A[∵∫eq\f(2π,3)0f(x)dx＝∫eq\f(2π,3)0sin(x－φ)dx＝0，∴－cos(x－φ)eq\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)0＝cosφ－cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)π－φ))＝0)).則eq\f(3,2)cosφ－eq\f(\r(3),2)sinφ＝0，即eq\r(3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(φ＋\f(π,6)))＝0.∴φ＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)，解得φ＝kπ＋eq\f(π,3).∴f(x)＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,3)))))，由x－kπ－eq\f(π,3)＝k′π＋eq\f(π,2)，得x＝(k＋k′)π＋eq\f(5,6)π(k，k′∈Z)，取k＋k′＝0，得x＝eq\f(5π,6).]8．B[由sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,3)))＝eq\f(\r(3),3)，得sinθcoseq\f(π,3)＋cosθsineq\f(π,3)＋sinθcoseq\f(π,3)－cosθsineq\f(π,3)＝eq\f(\r(3),3).∴2sinθcoseq\f(π,3)＝eq\f(\r(3),3)，則sinθ＝eq\f(\r(3),3).又θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴cosθ＝eq\r(1－sin2θ)＝eq\f(\r(6),3).因此coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)))＝cosθcoseq\f(π,6)－sinθsineq\f(π,6)＝eq\f(3\r(2)－\r(3),6).]9．B[由f(x)＝2cos(x＋φ)，得f′(x)＝－2sin(x＋φ)．∴f(0)＝2cosφ＝1，且f′(0)＝－2sinφ>0，因此cosφ＝eq\f(1,2)，且sinφ<0，所以φ＝2kπ－eq\f(π,3)，k∈Z，又|φ|<eq\f(π,2)，則φ＝－eq\f(π,3)，f(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))，根據(jù)圖象平移變換，知g(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,3)π)).又0≤x≤π，知－eq\f(2π,3)≤x－eq\f(2π,3)≤eq\f(π,3).∴g(x)的最小值為2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)π))＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－1.]10．C[eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(3,4)eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(NM,\s\up6(→))＝eq\o(CM,\s\up6(→))－eq\o(CN,\s\up6(→))＝－eq\f(1,4)eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up6(→))，∴eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(NM,\s\up6(→))＝eq\f(1,4)(4eq\o(AB,\s\up6(→))＋3eq\o(AD,\s\up6(→)))·eq\f(1,12)(4eq\o(AB,\s\up6(→))－3eq\o(AD,\s\up6(→)))＝eq\f(1,48)(16eq\o(AB,\s\up6(→))2－9eq\o(AD,\s\up6(→))2)＝eq\f(1,48)(16×62－9×42)＝9.]11．B[由S△ABC＝eq\f(1,2)AB·BCsinB＝eq\f(1,2)，得sinB＝eq\f(\r(2),2)，∵B∈(0，π)，∴B＝eq\f(π,4)或eq\f(3π,4).當(dāng)B＝eq\f(π,4)時(shí)，由余弦定理，得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcosB＝2＋1－2eq\r(2)×1×eq\f(\r(2),2)＝1，∴AC＝1，此時(shí)AB2＋AC2＝BC2，則△ABC為直角三角形，不合題設(shè)，舍去．當(dāng)B＝eq\f(3π,4)時(shí)，由余弦定理，得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcosB＝5，∴AC＝eq\r(5)，此時(shí)△ABC為鈍角三角形，符合題意．]12．A[如圖所示，由eq\o(OD,\s\up6(→))＋eq\o(DE,\s\up6(→))＋eq\o(DF,\s\up6(→))＝0，得eq\o(DE,\s\up6(→))＋eq\o(DF,\s\up6(→))＝eq\o(DO,\s\up6(→))，∴四邊形DEOF為平行四邊形．又|eq\o(OD,\s\up6(→))|＝|eq\o(DF,\s\up6(→))|＝4，知△ODF為等邊三角形．在△DEF中，易知∠EDF＝120°，∠EFD＝30°，由正弦定理，得eq\f(EF,sin120°)＝eq\f(DE,sin30°)，則EF＝4eq\r(3).故eq\o(FE,\s\up6(→))在向量eq\o(FD,\s\up6(→))方向上的投影為|eq\o(EF,\s\up6(→))|cos30°＝6.]13.eq\f(2π,3)[令f(x)＝sinx＋eq\r(3)cosx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))，作出函數(shù)圖象如圖所示，要使函數(shù)f(x)的圖象與y＝a有三個(gè)交點(diǎn)，則a＝eq\r(3)且必有一根x1＝0，另外兩根x2，x3關(guān)于直線x＝eq\f(7,6)π對(duì)稱，則x2＋x3＝eq\f(7,3)π，故x1＋x2＋x3＝eq\f(7π,3).]14.eq\f(π,6)[根據(jù)題意，將x＝eq\f(π,3)代入可得coseq\f(π,3)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,3)＋φ))＝eq\f(1,2)，∴eq\f(2,3)π＋φ＝2kπ＋eq\f(π,6)或eq\f(2,3)π＋φ＝2kπ＋eq\f(5,6)π，k∈Z.又∵φ∈[0，π)，∴φ＝eq\f(π,6).]15．3[由G為重心，得eq\o(AG,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)×eq\f(1,2)(a＋b)＝eq\f(1,3)(a＋b)．∴eq\o(PG,\s\up6(→))＝eq\o(AG,\s\up6(→))－eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－m))a＋eq\f(b,3)，eq\o(GQ,\s\up6(→))＝eq\o(AQ,\s\up6(→))－eq\o(AG,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(1,3)))b－eq\f(1,3)a，又P、G、Q三點(diǎn)共線，∴eq\f(\f(1,3)－m,－\f(1,3))＝eq\f(\f(1,3),n－\f(1,3))，即m＋n＝3mn.因此eq\f(1,m)＋eq\f(1,n)＝3.]16．100eq\r(6)[如圖所示，在△ABC中，AB＝600，∠BAC＝30°，∠ACB＝75°－30°＝45°.由正弦定理，得eq\f(BC,sin∠BAC)＝eq\f(AB,sin∠ACB)，∴BC＝600×eq\f(sin30°,sin45°)＝300eq\r(2).在Rt△BCD中，∠CBD＝30°，∴CD＝BC·tan∠CBD＝300eq\r(2)·tan30°＝100eq\r(6).]17．解(1)因?yàn)閒(x)＝eq\f(\r(2),2)sinx－eq\f(\r(2),2)(1－cosx)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))－eq\f(\r(2),2)，所以f(x)的最小正周期為2π.(2)因?yàn)椋小躼≤0，所以－eq\f(3π,4)≤x＋eq\f(π,4)≤eq\f(π,4).當(dāng)x＋eq\f(π,4)＝－eq\f(π,2)，即x＝－eq\f(3π,4)時(shí)，f(x)取得最小值．所以f(x)在區(qū)間[－π，0]上的最小值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,4)))＝－1－eq\f(\r(2),2).18．解(1)因?yàn)閙＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，－\f(\r(2),2)))，n＝(sinx，cosx)，m⊥n.所以m·n＝0，即eq\f(\r(2),2)sinx－eq\f(\r(2),2)cosx＝0，所以sinx＝cosx，所以tanx＝1.(2)因?yàn)閨m|＝|n|＝1，所以m·n＝coseq\f(π,3)＝eq\f(1,2)，即eq\f(\r(2),2)sinx－eq\f(\r(2),2)cosx＝eq\f(1,2)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＝eq\f(1,2)，因?yàn)?<x<eq\f(π,2)，所以－eq\f(π,4)<x－eq\f(π,4)<eq\f(π,4).因此x－eq\f(π,4)＝eq\f(π,6)，故x＝eq\f(5π,12).19．解(1)∵f(x)＝sinx－cosx，且g(x)＝f(x)·f′(x)－f2(x)，∴f′(x)＝cosx＋sinx，因此g(x)＝(sinx－cosx)(sinx＋cosx)－(sinx－cosx)2＝sin2x－cos2x－(1－sin2x)＝sin2x－cos2x－1＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))－1.故函數(shù)f(x)的最小正周期T＝π，最大值為eq\r(2)－1.(2)由f(x)＝2f′(xsinx－cosx＝2(cosx＋sinx)，得tanx＝－3，eq\f(1＋sin2x,cos2x－sinxcosx)＝eq\f(2sin2x＋cos2x,cos2x－sinxcosx)＝eq\f(2tan2x＋1,1－tanx)＝eq\f(19,4).20．解(1)由A＝eq\f(π,4)，b2－a2＝eq\f(1,2)c2及正弦定理得sin2B－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)sin2C.所以－cos2B＝sin2C.又由A＝eq\f(π,4)，得B＋C＝eq\f(3,4)π.∴2B＝eq\f(3,2)π－2C，則cos2B＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)π－2C))＝－sin2C.從而sin2C＝sin2C，即2sinCcosC＝sin又sinC≠0，故tanC＝2.(2)由tanC＝2，C∈(0，π)得sinC＝eq\f(2\r(5),5)，cosC＝eq\f(\r(5),5)，又因?yàn)閟inB＝sin(A＋C)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋C))，所以sinB＝eq\f(3\r(10),10)，由正弦定理，c＝eq\f(bsinC,sinB)＝eq\f(2\r(2),3)b.①又S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝3，A＝eq\f(π,4)，所以bc＝6eq\r(2)，②聯(lián)立①，②可求b＝3.21．解(1)由f′(x)＝ω·cos(ωx＋φ)的圖象知．|QR|＝eq\f(T,2)＝eq\f(π,ω)＝eq\f(π,2)，∴ω＝2.∵點(diǎn)P的坐標(biāo)為(0，eq\r(3))，且0<φ<eq\f(π,2)，∴2cosφ＝eq\r(3)，則φ＝eq\f(π,6).因此f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，則f(A)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A＋\f(π,6)))＝1，又0<A<π，得eq\f(π,6)<2A＋eq\f(π,6)<eq\f(13π,6)，所以2A＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，則A＝eq\f(π,6)，由cosB＝eq\f(4,5)，且0<B<π，得sinB＝eq\f(3,5)，因此sinC＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB＝eq\f(1,2)×eq\f(4,5)＋eq\f(\r(3),2)×eq\f(3,5)＝eq\f(4＋3\r(3),10).(2)設(shè)曲線段eq\o(QSR,\s\up8(︵))與x軸圍成區(qū)域面積為S，設(shè)Q(a，0)，R(c，0)則cos(aω＋φ)＝0，cos(cω＋φ)＝0所以S＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\i\in(a,c