備考2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第四章單元質(zhì)量測試(四)

單元質(zhì)量測試(四)eq\a\vs4\al()時(shí)間：120分鐘eq\a\vs4\al()滿分：150分一、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．(2024·四川成都田家炳中學(xué)高三月考)函數(shù)y＝cos2x是()A．周期為eq\f(π,2)的奇函數(shù) B．周期為eq\f(π,2)的偶函數(shù)C．周期為π的奇函數(shù) D．周期為π的偶函數(shù)答案D解析利用二倍角公式可得y＝cos2x＝eq\f(1＋cos2x,2)，易知其定義域?yàn)镽.顯然eq\f(1＋cos（－2x）,2)＝eq\f(1＋cos2x,2)，所以y＝cos2x是偶函數(shù)，最小正周期為T＝eq\f(2π,2)＝π，因此函數(shù)y＝cos2x是周期為π的偶函數(shù)．故選D.2．(2024·湖南衡陽祁東一中高三月考)已知一扇形的圓心角為40°，半徑為9，則該扇形的面積為()A．9π B．12πC．18π D．36π答案A解析因?yàn)?0°＝40×eq\f(π,180)rad，所以該扇形的面積為S＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(40×\f(π,180)))×92＝9π.故選A.3．已知tanα＋eq\f(1,tanα)＝4，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2)))，則coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))＋cosα＝()A.eq\f(\r(6),2) B．－eq\f(\r(6),2)C.eq\f(\r(6),3) D．－eq\f(\r(6),3)答案B解析∵tanα＋eq\f(1,tanα)＝eq\f(sinα,cosα)＋eq\f(cosα,sinα)＝eq\f(1,sinαcosα)＝4，∴sinαcosα＝eq\f(1,4).又coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))＝sinα，∴coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))＋cosα＝sinα＋cosα，又(sinα＋cosα)2＝1＋2sinαcosα＝eq\f(3,2)，∵α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2)))，∴sinα＋cosα<0，∴sinα＋cosα＝－eq\f(\r(6),2).故選B.4．已知函數(shù)f(x)＝2cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,12)))(ω>0)的圖象關(guān)于直線x＝eq\f(π,4)對稱，則ω的最小值為()A．eq\f(1,3) B．eq\f(1,6)C．eq\f(4,3) D．eq\f(5,6)答案A解析因?yàn)閒(x)＝2cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,12)))，所以f(x)＝1＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx－\f(π,6)))，又因?yàn)閒(x)＝2cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,12)))的圖象關(guān)于直線x＝eq\f(π,4)對稱，所以2ω×eq\f(π,4)－eq\f(π,6)＝kπ(k∈Z)，即ω＝2k＋eq\f(1,3)(k∈Z)，因?yàn)棣?gt;0，所以ω的最小值為eq\f(1,3).故選A.5.《蒙娜麗莎》是意大利文藝復(fù)興時(shí)期畫家列奧納多·達(dá)·芬奇創(chuàng)作的油畫，現(xiàn)收藏于法國盧浮宮博物館．該油畫規(guī)格為：縱77cm，橫53cm.油畫掛在墻壁上的最低點(diǎn)處B離地面237cm(如圖所示)．有一身高為175cm的游客從正面觀賞它(該游客頭頂T到眼睛C的距離為15cm)，設(shè)該游客離墻距離為xcm，視角為θ.為使觀賞視角θ最大，x應(yīng)為()A．77 B．80C．100 D．77eq\r(2)答案D解析過C作CD⊥AB交AB延長線于D，設(shè)α＝∠ACD，β＝∠BCD，則θ＝α－β，則BD＝237－(175－15)＝77cm，AD＝77＋77＝154cm，∴tanα＝eq\f(AD,CD)＝eq\f(154,x)，tanβ＝eq\f(BD,CD)＝eq\f(77,x)，∴tanθ＝tan(α－β)＝eq\f(tanα－tanβ,1＋tanαtanβ)＝eq\f(\f(154,x)－\f(77,x),1＋\f(154,x)·\f(77,x))＝eq\f(77,x＋\f(11858,x))，∴當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(11858,x)，即x＝77eq\r(2)時(shí)，tanθ有最大值，此時(shí)θ也最大．故選D.6．(2023·河南省上蔡第一高級中學(xué)高三月考)已知x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(sin（－x）)，b＝2cos(－x)，c＝2tanx，則()A．a(chǎn)>b>c B．c>b>aC．a(chǎn)>c>b D．c>a>b答案D解析由題意得a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(sin（－x）)＝(2－1)－sinx＝2sinx，b＝2cos(－x)＝2cosx，因?yàn)楫?dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))時(shí)，tanx>sinx>cosx，且y＝2x是增函數(shù)，所以c>a>b.故選D.7．(2024·湖北鄂南高中高三聯(lián)考)已知a，b，c分別為△ABC三個(gè)內(nèi)角A，B，C的對邊，且acosC＋eq\r(3)asinC－b－c＝0，則A＝()A．eq\f(π,2) B．eq\f(π,6)C．eq\f(2π,3) D．eq\f(π,3)答案D解析因?yàn)閍cosC＋eq\r(3)asinC－b－c＝0，所以sinAcosC＋eq\r(3)sinAsinC－sinB－sinC＝0，即sinAcosC＋eq\r(3)sinAsinC－sin(A＋C)－sinC＝0，sinAcosC＋eq\r(3)sinAsinC－sinAcosC－cosAsinC－sinC＝0，所以eq\r(3)sinAsinC－cosAsinC－sinC＝0，因?yàn)镃∈(0，π)，所以sinC≠0，所以eq\r(3)sinA－cosA－1＝0，即eq\r(3)sinA－cosA＝1，2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,6)))＝1，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,6)))＝eq\f(1,2)，因?yàn)锳∈(0，π)，所以A－eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(5π,6)))，所以A－eq\f(π,6)＝eq\f(π,6)，解得A＝eq\f(π,3).故選D.8．(2023·湖南衡陽市第一中學(xué)高三月考)已知函數(shù)f(x)＝2tanωx(ω>0)的圖象與直線y＝2的相鄰交點(diǎn)間的距離為π，若定義max{a，b}＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a，a≥b，,b，a<b，))則函數(shù)h(x)＝max{f(x)，f(x)cosx}在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2)))上的圖象是()答案A解析根據(jù)題意，f(x)＝2tanωx(ω>0)的圖象與直線y＝2的相鄰交點(diǎn)間的距離為π，所以f(x)＝2tanωx(ω>0)的最小正周期為π，則ω＝eq\f(π,T)＝eq\f(π,π)＝1，所以h(x)＝max{2tanx，2sinx}＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2sinx，x∈\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，,2tanx，x∈\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2)))，))由正弦函數(shù)和正切函數(shù)圖象可知A正確．故選A.二、選擇題(本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求，全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯(cuò)的得0分)9．已知α，β都是銳角，且eq\f(sin2α,cos2β)＋eq\f(cos2α,sin2β)＝2，則α＋β的值可能是()A.eq\f(π,4) B.eq\f(π,2)C.eq\f(3π,4) D.eq\f(5π,12)答案BD解析由eq\f(sin2α,cos2β)＋eq\f(cos2α,sin2β)＝2，得eq\f(\a\vs4\al(sin2αsin2β＋cos2αcos2β),cos2βsin2β)＝2，cos2αcos2β＋sin2αsin2β＝2sin2βcos2β，即cos2αcos2β－sin2βcos2β＝sin2βcos2β－sin2αsin2β，化簡得cos2β(cos2α－sin2β)＝sin2β(cos2α－sin2β)，故cos2β＝sin2β或cos2α＝sin2β，已知α，β都是銳角，所以β＝eq\f(π,4)，α＋β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,4)))或α＋β＝eq\f(π,2).故選BD.10．(2024·浙江浙南名校高三聯(lián)考)將函數(shù)f(x)＝eq\r(3)sin2x－cos2x的圖象向左平移eq\f(π,3)個(gè)單位長度，再把所得圖象上各點(diǎn)的橫坐標(biāo)縮短為原來的eq\f(1,2)，縱坐標(biāo)不變，得到函數(shù)g(x)的圖象，則下列說法正確的是()A．g(x)的最小正周期為2πB．g(x)是偶函數(shù)C．g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9π,4)，\f(5π,2)))上單調(diào)遞減D．g(x)關(guān)于點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2k－1,8)π，0))(k∈Z)中心對稱答案BD解析將函數(shù)f(x)＝eq\r(3)sin2x－cos2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))的圖象向左平移eq\f(π,3)個(gè)單位長度得到y(tǒng)＝2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))－\f(π,6)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＝2cos2x的圖象，再把所得圖象上各點(diǎn)的橫坐標(biāo)縮短為原來的eq\f(1,2)，縱坐標(biāo)不變，得到g(x)＝2cos4x的圖象，所以g(x)的最小正周期為eq\f(2π,4)＝eq\f(π,2)，故A錯(cuò)誤；g(x)＝2cos4x是偶函數(shù)，故B正確；由eq\f(9π,4)<x<eq\f(5π,2)得9π<4x<10π，所以g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9π,4)，\f(5π,2)))上單調(diào)遞增，故C錯(cuò)誤；geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2k－1,8)π))＝2coseq\f(2k－1,2)π＝0，k∈Z，故D正確．故選BD.11．(2023·福建泉州高三質(zhì)檢)四邊形ABCD內(nèi)接于圓O，AB＝CD＝5，AD＝3，∠BCD＝60°，下列結(jié)論正確的是()A．四邊形ABCD為梯形B．圓O的直徑為7C．四邊形ABCD的面積為eq\f(55\r(3),4)D．△ABD的三邊長度可以構(gòu)成一個(gè)等差數(shù)列答案ACD解析如圖所示，∵AB＝CD＝5，AD＝3，∠BCD＝60°，∴∠BAD＝120°，連接BD，AC，易證△BAD≌△CDA，∴∠BAD＝∠CDA＝120°，∴∠BCD＋∠CDA＝180°，∴BC∥DA，顯然AB不平行于CD，即四邊形ABCD為梯形，故A正確；在△BAD中，由余弦定理可得BD2＝AB2＋AD2－2AB·ADcos∠BAD＝52＋32－2×5×3cos120°＝49，∴BD＝7，∴圓O的直徑為eq\f(BD,sin∠BAD)＝eq\f(7,sin120°)＝eq\f(14\r(3),3)，故B錯(cuò)誤；在△BCD中，由余弦定理可得BD2＝CB2＋CD2－2CB·CDcos∠BCD，∴72＝CB2＋52－2×5CBcos60°，解得CB＝8或CB＝－3(舍去)，∴S△BAD＝eq\f(1,2)AB·ADsin120°＝eq\f(1,2)×5×3×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(15\r(3),4)，S△BCD＝eq\f(1,2)CB·CDsin60°＝eq\f(1,2)×8×5×eq\f(\r(3),2)＝10eq\r(3)，∴S四邊形ABCD＝S△BCD＋S△BAD＝10eq\r(3)＋eq\f(15\r(3),4)＝eq\f(55\r(3),4)，故C正確；在△ABD中，AD＝3，AB＝5，BD＝7，滿足AD＋BD＝2AB，∴△ABD的三邊長度可以構(gòu)成一個(gè)等差數(shù)列，故D正確．故選ACD.三、填空題(本題共3小題，每小題5分，共15分)12．(2023·廣東珠海高三月考)已知eq\f(sinα＋2cosα,sinα－2cosα)＝5，則cos2α＋eq\f(1,2)sin2α＝________．答案eq\f(2,5)解析∵eq\f(sinα＋2cosα,sinα－2cosα)＝5，∴sinα＋2cosα＝5sinα－10cosα，即12cosα＝4sinα，則tanα＝3，則cos2α＋eq\f(1,2)sin2α＝cos2α＋sinαcosα＝eq\f(cos2α＋sinαcosα,sin2α＋cos2α)＝eq\f(1＋tanα,tan2α＋1)＝eq\f(1＋3,9＋1)＝eq\f(2,5).13.(2024·廣東佛山高三聯(lián)考)在△ABC中，點(diǎn)D是邊BC上一點(diǎn)，且AB＝4，BD＝2，cosB＝eq\f(11,16)，cosC＝eq\f(\r(6),4)，則DC＝________．答案3解析在△ABD中，AD2＝AB2＋BD2－2AB·BDcosB＝9，可得AD＝3.又由余弦定理得，cos∠ADB＝eq\f(AD2＋BD2－AB2,2AD·BD)＝eq\f(9＋4－16,2×3×2)＝－eq\f(1,4)，可得sin∠ADB＝eq\f(\r(15),4).在△ADC中，sin∠DAC＝sin(∠ADB－∠C)，由此可得sin∠DAC＝sin∠ADBcosC－cos∠ADBsinC，由已知可得sinC＝eq\f(\r(10),4)，代入可得sin∠DAC＝eq\f(\r(15),4)×eq\f(\r(6),4)＋eq\f(1,4)×eq\f(\r(10),4)＝eq\f(\r(10),4)，所以AD＝DC，所以DC＝3.14.(2024·重慶高三第一次質(zhì)量檢測)已知函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))，如圖，直線y＝eq\f(\r(3),2)與曲線y＝f(x)交于A，B兩點(diǎn)，|AB|＝eq\f(π,6)，則φ＝________．y＝f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(t－\f(π,4)，t))(t∈R)上的最大值與最小值之差的取值范圍是________．答案eq\f(π,12)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(2),2)，\r(2)))解析令f(x)＝sin(ωx＋φ)＝eq\f(\r(3),2)，得ωx＋φ＝2kπ＋eq\f(π,3)，k∈Z或ωx＋φ＝2kπ＋eq\f(2π,3)，k∈Z，由題意，知|AB|＝xB－xA＝eq\f(π,6)，且eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ωxA＋φ＝\f(π,3)，,ωxB＋φ＝\f(2π,3)，))兩式相減，得ω(xB－xA)＝eq\f(π,3)，所以ω＝2.由題圖可知，x＝－eq\f(π,24)是函數(shù)的一個(gè)零點(diǎn)，則2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,24)))＋φ＝kπ，k∈Z，即φ＝eq\f(π,12)＋kπ，k∈Z.又因?yàn)閨φ|<eq\f(π,2)，則φ＝eq\f(π,12)，故f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,12))).設(shè)函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,12)))在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(t－\f(π,4)，t))，t∈R上的最大值與最小值之差為g(t)，當(dāng)函數(shù)f(x)圖象的對稱軸不在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(t－\f(π,4)，t))，t∈R上時(shí)，函數(shù)f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(t－\f(π,4)，t))，t∈R上單調(diào)，不妨設(shè)函數(shù)f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(t－\f(π,4)，t))，t∈R上單調(diào)遞增，則g(t)＝f(t)－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(π,4)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2t＋\f(π,12)))－sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(π,4)))＋\f(π,12)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2t＋\f(π,12)))＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2t＋\f(π,12)))＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2t＋\f(π,3)))≤eq\r(2)；當(dāng)對稱軸在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(t－\f(π,4)，t))，t∈R上時(shí)，不妨設(shè)f(x)在對稱軸處取得最大值1，則函數(shù)f(x)的最小值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(π,4)))或f(t)，顯然當(dāng)對稱軸經(jīng)過eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(t－\f(π,4)，t))，t∈R中點(diǎn)時(shí)，g(t)有最小值，所以2×eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(π,4)))＋t,2)＋eq\f(π,12)＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，則t＝eq\f(π,3)＋kπ，k∈Z，f(t)＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋kπ))＋\f(π,12)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)＋2kπ))＝eq\f(\r(2),2)(k∈Z)，所以g(t)的最小值為1－eq\f(\r(2),2).綜上，函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,12)))在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(t－\f(π,4)，t))，t∈R上的最大值與最小值之差的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(2),2)，\r(2))).四、解答題(本題共5小題，共77分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟)15．(本小題滿分13分)已知α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，且sineq\f(α,2)＋coseq\f(α,2)＝eq\f(\r(6),2).(1)求cosα的值；(2)若sin(α－β)＝－eq\f(3,5)，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，求cosβ的值．解(1)因?yàn)閟ineq\f(α,2)＋coseq\f(α,2)＝eq\f(\r(6),2)，兩邊同時(shí)平方，得sinα＝eq\f(1,2).又eq\f(π,2)<α<π，所以cosα＝－eq\r(1－sin2α)＝－eq\f(\r(3),2).(2)因?yàn)閑q\f(π,2)<α<π，eq\f(π,2)<β<π，所以－eq\f(π,2)<α－β<eq\f(π,2)，又由sin(α－β)＝－eq\f(3,5)，得cos(α－β)＝eq\f(4,5).所以cosβ＝cos[α－(α－β)]＝cosαcos(α－β)＋sinαsin(α－β)＝－eq\f(\r(3),2)×eq\f(4,5)＋eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))＝－eq\f(4\r(3)＋3,10).16．(2024·安徽六安一中高三月考)(本小題滿分15分)已知在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，且cos2A－cos2B－cos2C＝sinBsinC－1.(1)求A的大??；(2)若a＝6，求b＋c的取值范圍．解(1)因?yàn)閏os2A－cos2B－cos2C＝sinBsinC－1，所以(1－sin2A)－(1－sin2B)－(1－sin2C)＝sinBsinC－1，整理得sin2B＋sin2C－sin2A＝sinBsinC，由正弦定理得b2＋c2－a2＝bc，由余弦定理得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(bc,2bc)＝eq\f(1,2)，因?yàn)锳∈(0，π)，所以A＝eq\f(π,3).(2)因?yàn)閑q\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝eq\f(a,sinA)＝eq\f(6,\f(\r(3),2))＝4eq\r(3)，所以b＝4eq\r(3)sinB，c＝4eq\r(3)sinC，又A＋B＋C＝π，所以C＝eq\f(2π,3)－B，所以b＋c＝4eq\r(3)sinB＋4eq\r(3)sinC＝4eq\r(3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(sinB＋sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－B))))＝4eq\r(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinB＋sin\f(2π,3)cosB－cos\f(2π,3)sinB))＝4eq\r(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)sinB＋\f(\r(3),2)cosB))＝12sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,6))).因?yàn)?<B<eq\f(2π,3)，則eq\f(π,6)<B＋eq\f(π,6)<eq\f(5π,6)，所以eq\f(1,2)<sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,6)))≤1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(當(dāng)且僅當(dāng)B＝\f(π,3)時(shí)，等號(hào)成立))，可得b＋c＝12sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,6)))∈(6，12]，即b＋c的取值范圍是(6，12]．17．(本小題滿分15分)已知函數(shù)f(x)＝2sinxcosx－eq\r(3)cos2x(x∈R)．(1)若f(α)＝eq\f(1,2)且α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，\f(2π,3)))，求cos2α的值；(2)記函數(shù)f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上的最大值為b，且函數(shù)f(x)在[aπ，bπ](a<b)上單調(diào)遞增，求實(shí)數(shù)a的最小值．解(1)f(x)＝sin2x－eq\r(3)cos2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，∵f(α)＝eq\f(1,2)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,3)))＝eq\f(1,4)，∵α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，\f(2π,3)))，∴2α－eq\f(π,3)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，∴coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,3)))＝－eq\f(\r(15),4)，∴cos2α＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,3)))＋\f(π,3)))＝－eq\f(\r(15),4)×eq\f(1,2)－eq\f(1,4)×eq\f(\r(3),2)＝－eq\f(\r(3)＋\r(15),8).(2)當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))時(shí)，2x－eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3)))，f(x)∈[1，2]，∴b＝2，由－eq\f(π,2)＋2kπ≤2x－eq\f(π,3)≤eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，得－eq\f(π,12)＋kπ≤x≤eq\f(5π,12)＋kπ，k∈Z，又函數(shù)f(x)在[aπ，2π](a<2)上單調(diào)遞增，∴[aπ，2π]?eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)＋2π，\f(5π,12)＋2π))，∴－eq\f(π,12)＋2π≤aπ<2π，∴eq\f(23,12)≤a<2，∴實(shí)數(shù)a的最小值是eq\f(23,12).18.(2023·湖北部分州市期末聯(lián)合調(diào)研)(本小題滿分17分)在△ABC中，角A，B，C的對邊分別是a，b，c，且滿足sin2B＋sin2C－sinBsinC＝sin2A.(1)求角A；(2)如圖，若b＝c，點(diǎn)D是△ABC外一點(diǎn)，DA＝3，DC＝eq\r(3)，設(shè)∠ADC＝θ(0<θ<π)，求平面四邊形ABCD面積的最大值及相應(yīng)的θ值．解(1)在△ABC中，sin2B＋sin2C－sinBsinC＝sin2A，由正弦定理知，b2＋c2－bc＝a2.由余弦定理知，cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(bc,2bc)＝eq\f(1,2)，又A∈(0，π)，∴A＝eq\f(π,3).(2)由(1)以及b＝c，得△ABC是等邊三角形．由于∠ADC＝θ(0<θ<π)，DA＝3，DC＝eq\r(3)，則S△ADC＝eq\f(1,2)×eq\r(3)×3sinθ＝eq\f(3\r(3),2)sinθ.由余弦定理可得AC2＝12－6eq\r(3)cosθ，則S△ABC＝eq\f(\r(3),4)AC2＝eq\f(\r(3),4)(12－6eq\r(3)cosθ)＝3eq\r(3)－eq\f(9,2)cosθ.故四邊形ABCD的面積S＝eq\f(3\r(3),2)sinθ－eq\f(9,2)cosθ＋3eq\r(3)＝3eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,3)))＋3eq\r(3).∵0<θ<π，∴－eq\f(π,3)<θ－eq\f(π,3)<eq\f(2π,3)，∴當(dāng)θ－eq\f(π,3)＝eq\f(π,2)，即θ＝eq\f(5π,6)時(shí)，S取得最大值6eq\r(3).故平面四邊形ABCD面積的最大值為6eq\r(3)，此時(shí)θ＝eq\f(5π,6).19．(2023·河北石家莊一中高三質(zhì)檢)(本小題滿分17分)已知函數(shù)f(x)＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,