2025屆高考數(shù)學(xué)一輪專題重組卷第一部分專題五三角函數(shù)理含解析

PAGE專題五三角函數(shù)本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分．滿分150分，考試時間120分鐘．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選項中，只有一項是符合題目要求的)1．(2024·丹東質(zhì)量監(jiān)測)若函數(shù)f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(x0,3)))和eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2x0，\f(7π,6)))上都是單調(diào)遞增函數(shù)，則實(shí)數(shù)x0的取值范圍為()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,3)))D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,8)))答案B解析由2kπ－eq\f(π,2)≤2x＋eq\f(π,6)≤2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)得kπ－eq\f(π,3)≤x≤kπ＋eq\f(π,6)(k∈Z)，在原點(diǎn)旁邊的遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,6)))，eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，\f(7π,6)))，因此eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x0,3)≤\f(π,6)，,2x0≥\f(2π,3)，))解得eq\f(π,3)≤x0≤eq\f(π,2)，故選B.2．(2024·菏澤二模)已知tanα＝3，則coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,2)))＝()A．－eq\f(3,2)B.eq\f(3,5)C．－eq\f(3,5)D.eq\f(1,5)答案C解析由tanα＝3，得coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,2)))＝－sin2α＝－eq\f(2sinαcosα,sin2α＋cos2α)＝－eq\f(2tanα,1＋tan2α)＝－eq\f(6,1＋9)＝－eq\f(3,5).故選C.3．(2024·黃岡質(zhì)檢)已知α＋β＝eq\f(π,6)，且eq\r(3)(tanαtanβ＋2)＋2tanα＋3tanβ＝0，則tanα＝()A．－eq\f(\r(3),3)B.eq\r(3)C．－eq\r(3)D．3eq\r(3)答案D解析由eq\r(3)(tanαtanβ＋2)＋2tanα＋3tanβ＝0，得eq\r(3)tanαtanβ＋3(tanα＋tanβ)＝tanα－2eq\r(3)，①tan(α＋β)＝eq\f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)＝eq\f(\r(3),3)，即eq\r(3)(tanα＋tanβ)＝1－tanαtanβ，②由①②得tanα＝3eq\r(3)，故選D.4．(2024·湖南師大附中二模)已知函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω＞0，φ∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))))的部分圖象如圖所示，且f(x)在[0,2π]上恰有一個最大值和一個最小值，則ω的取值范圍是()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,12)，\f(13,12)))B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,12)，\f(17,12)))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7,12)，\f(13,12)))D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(11,12)，\f(17,12)))答案B解析由題意知，f(x)＝sin(ωx＋φ)，∵f(0)＝eq\f(\r(3),2)，φ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，∴φ＝eq\f(2π,3)，∵x∈[0,2π]，∴eq\f(2π,3)≤ωx＋eq\f(2π,3)≤2πω＋eq\f(2π,3)，∴eq\f(5π,2)≤2πω＋eq\f(2π,3)<eq\f(7π,2)，∴eq\f(11,12)≤ω<eq\f(17,12).故選B.5．(2024·哈爾濱第三中學(xué)調(diào)研)函數(shù)f(x)＝cos2x＋eq\r(3)sinx＋eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))))的最大值為()A．2B.eq\r(3)＋eq\f(1,4)C.eq\f(\r(3),2)＋eq\f(3,4)D.eq\f(5,4)答案A解析由于x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以sinx∈[0,1]．函數(shù)f(x)＝cos2x＋eq\r(3)sinx＋eq\f(1,4)＝－sin2x＋eq\r(3)sinx＋eq\f(5,4)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinx－\f(\r(3),2)))2＋2，當(dāng)sinx＝eq\f(\r(3),2)時，ymax＝2.故選A.6．(2024·遼寧省鞍山市第一中學(xué)高三一模)若α，β均為銳角且cosα＝eq\f(1,7)，cos(α＋β)＝－eq\f(11,14)，則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)＋2β))＝()A．－eq\f(1,2)B.eq\f(1,2)C．－eq\f(\r(3),2)D.eq\f(\r(3),2)答案B解析∵α，β均為銳角，且cosα＝eq\f(1,7)，cos(α＋β)＝－eq\f(11,14)，∴sinα＝eq\r(1－\f(1,49))＝eq\f(4\r(3),7)，sin(α＋β)＝eq\r(1－cos2α＋β)＝eq\f(5\r(3),14)，∴cosβ＝cos[(α＋β)－α]＝cos(α＋β)cosα＋sin(α＋β)·sinα＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(11,14)))×eq\f(1,7)＋eq\f(5\r(3),14)×eq\f(4\r(3),7)＝eq\f(1,2)，可得sinβ＝eq\r(1－cos2β)＝eq\f(\r(3),2)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)＋2β))＝－cos2β＝sin2β－cos2β＝eq\f(3,4)－eq\f(1,4)＝eq\f(1,2).故選B.7．(2024·大慶鐵人中學(xué)高三一模)函數(shù)f(x)＝eq\f(sinx,lnx＋2)的圖象可能是()答案A解析若使函數(shù)f(x)＝eq\f(sinx,lnx＋2)的解析式有意義，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋2>0，,x＋2≠1，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>－2，,x≠－1，))即函數(shù)f(x)＝eq\f(sinx,lnx＋2)的定義域?yàn)?－2，－1)∪(－1，＋∞)，可解除B，D；當(dāng)x∈(－2，－1)時，sinx<0，ln(x＋2)<0，則f(x)＝eq\f(sinx,lnx＋2)>0，可解除C.故選A.8．(2024·上海市閔行區(qū)七寶中學(xué)一模)在△ABC中，a2∶b2＝tanA∶tanB，則△ABC肯定是()A．等腰三角形 B．直角三角形C．等腰直角三角形 D．等腰或直角三角形答案D解析∵a2∶b2＝tanA∶tanB，由正弦定理可得，eq\f(sin2A,sin2B)＝eq\f(tanA,tanB)＝eq\f(\f(sinA,cosA),\f(sinB,cosB))＝eq\f(sinAcosB,sinBcosA)，∵sinAsinB≠0，∴eq\f(sinA,sinB)＝eq\f(cosB,cosA)，∴sinAcosA＝sinBcosB，即sin2A＝sin2B∴2A＝2B或2A＋2B∴A＝B或A＋B＝eq\f(π,2)，即△ABC為等腰或直角三角形．故選D.9．(2024·天津高考)已知函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0，|φ|<π)是奇函數(shù)，將y＝f(x)的圖象上全部點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長到原來的2倍(縱坐標(biāo)不變)，所得圖象對應(yīng)的函數(shù)為g(x)．若g(x)的最小正周期為2π，且geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝eq\r(2)，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)))＝()A．－2B．－eq\r(2)C.eq\r(2)D．2答案C解析因?yàn)閒(x)是奇函數(shù)(明顯定義域?yàn)镽)，所以f(0)＝Asinφ＝0，所以sinφ＝0.又|φ|<π，所以φ＝0.由題意得g(x)＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)ωx))，且g(x)最小正周期為2π，所以eq\f(1,2)ω＝1，即ω＝2.所以g(x)＝Asinx，所以geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝Asineq\f(π,4)＝eq\f(\r(2),2)A＝eq\r(2)，所以A＝2.所以f(x)＝2sin2x，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)))＝eq\r(2).故選C.10．(2024·四川省高三數(shù)學(xué)一診)已知函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))的圖象相鄰兩條對稱軸的距離為2π，將函數(shù)y＝f(x)的圖象向左平移eq\f(π,3)個單位后，得到的圖象關(guān)于y軸對稱，則函數(shù)y＝f(x)的圖象()A．關(guān)于直線x＝eq\f(2π,3)對稱 B．關(guān)于直線x＝－eq\f(2π,3)對稱C．關(guān)于點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，0))對稱 D．關(guān)于點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2π,3)，0))對稱答案D解析函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))的圖象相鄰兩條對稱軸的距離為2π，所以T＝4π，所以ω＝eq\f(1,2)，將函數(shù)y＝f(x)的圖象向左平移eq\f(π,3)個單位后，得到的圖象關(guān)于y軸對稱，所以eq\f(π,6)＋φ＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)，由于|φ|<eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,3).所以f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋\f(π,3)))，所以函數(shù)的圖象關(guān)于點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2π,3)，0))對稱．故選D.11．(2024·四川省樂山市高三第一次調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝tan(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，0<φ<\f(π,2)))的相鄰兩個對稱中心的距離為eq\f(3,2)，且f(1)＝－eq\r(3)，則函數(shù)y＝f(x)的圖象與函數(shù)y＝eq\f(1,x－2)(－5<x<9且x≠2)的圖象全部交點(diǎn)的橫坐標(biāo)之和為()A．16B．4C．8D．12答案D解析由已知得f(x)＝tan(ωx＋φ)的最小正周期為3，即eq\f(π,ω)＝3，所以ω＝eq\f(π,3)，則f(x)＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)x＋φ))，又f(1)＝－eq\r(3)，即taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋φ))＝－eq\r(3)，所以eq\f(π,3)＋φ＝eq\f(2π,3)＋kπ(k∈Z)．∵0<φ<eq\f(π,2)，∴φ＝eq\f(π,3).∴f(x)＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)x＋\f(π,3))).又∵f(2)＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)＋\f(π,3)))＝0，∴y＝f(x)的圖象關(guān)于(2,0)中心對稱，作出兩個函數(shù)的圖象，可知兩函數(shù)的圖象共有6個交點(diǎn)，且都關(guān)于(2,0)成中心對稱，則這六根之和為12.故選D.12．(2024·四川省綿陽市高三一診)已知點(diǎn)A，B，C在函數(shù)f(x)＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)的圖象上，如圖，若AB⊥BC，則ω＝()A．1B．πC.eq\f(1,2)D.eq\f(π,2)答案D解析在Rt△ABC中，設(shè)AO＝x，則AC＝4x，由射影定理可得，AB2＝AO·AC，即AO2＋OB2＝AO·AC，可得x2＋(eq\r(3))2＝x·4x，解得x＝1或x＝－1(舍去)，可得AC＝4，由函數(shù)圖象可得，T＝4＝eq\f(2π,ω)，解得ω＝eq\f(π,2).故選D.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)13．(2024·昆明模擬)函數(shù)y＝sin2x的圖象可由y＝cos2x的圖象向左平移φ個單位長度得到，則正數(shù)φ的最小值為________．答案eq\f(π,2)解析函數(shù)y＝sin2x＝eq\f(1－cos2x,2)＝eq\f(1＋cos2x＋π,2)的圖象可由y＝cos2x＝eq\f(1＋cos2x,2)的圖象向左平移eq\f(π,2)個單位長度得到，故正數(shù)φ的最小值為eq\f(π,2).14．(2024·江蘇高考)已知eq\f(tanα,tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))))＝－eq\f(2,3)，則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))的值是________．答案eq\f(\r(2),10)解析解法一：由eq\f(tanα,tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))))＝eq\f(tanα,\f(tanα＋1,1－tanα))＝eq\f(tanα1－tanα,tanα＋1)＝－eq\f(2,3)，解得tanα＝2或－eq\f(1,3).sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),2)(sin2α＋cos2α)＝eq\f(\r(2),2)(2sinαcosα＋2cos2α－1)＝eq\r(2)(sinαcosα＋cos2α)－eq\f(\r(2),2)＝eq\r(2)·eq\f(sinαcosα＋cos2α,sin2α＋cos2α)－eq\f(\r(2),2)＝eq\r(2)·eq\f(tanα＋1,tan2α＋1)－eq\f(\r(2),2)，將tanα＝2和－eq\f(1,3)分別代入得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),10).解法二：∵eq\f(tanα,tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))))＝eq\f(sinαcos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))),cosαsin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))))＝－eq\f(2,3)，∴sinαcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝－eq\f(2,3)cosαsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))).①又sineq\f(π,4)＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))－α))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))cosα－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))sinα＝eq\f(\r(2),2)，②由①②，解得sinαcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝－eq\f(\r(2),5)，cosαsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(3\r(2),10).∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(α＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))))＝sinαcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＋cosαsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),10).15．(2024·益陽市高三期末)已知ω∈N*，將f(x)＝asinωx＋bcosωx的圖象向右平移eq\f(π,2)個單位，得到的圖象與y＝f(x)的圖象關(guān)于x＝0對稱，且函數(shù)y＝f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，π))上不單調(diào)，則ω的最小值為________．答案5解析由題意feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,2)))與f(x)的圖象關(guān)于x＝0對稱，可得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,2)))＝f(－x)，故f(x)＝asinωx＋bcosωx＝eq\r(a2＋b2)cos(ωx＋φ)有一條對稱軸為x＝－eq\f(π,4)，所以f(x)＝Acoseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ω\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))))，|A|＝eq\r(a2＋b2)，故存在k∈Z，滿意ω·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)＋\f(π,4)))<kπ<ω·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π＋\f(π,4)))，可得eq\f(4k,5)<ω<eq\f(12k,13)，k＝1時，eq\f(4,5)<ω<eq\f(12,13)，ω?zé)o整數(shù)解；k＝2,3,4,5時ω均無整數(shù)解；k＝6時，eq\f(24,5)<ω<eq\f(72,13)，可得ω＝5.16．(2024·江蘇省泰州市高三期末)在△ABC中，已知sinAsinBsin(C－θ)＝λsin2C，其中tanθ＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<θ<\f(π,2)))，若eq\f(1,tanA)＋eq\f(1,tanB)＋eq\f(2,tanC)為定值，則實(shí)數(shù)λ＝________.答案eq\f(\r(5),10)解析由tanθ＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<θ<\f(π,2)))，可得sinθ＝eq\f(\r(5),5)，cosθ＝eq\f(2\r(5),5)，∵sinAsinBsin(C－θ)＝λsin2Ceq\f(2\r(5),5)sinAsinBsinC－eq\f(\r(5),5)sinAsinBcosC＝λsin2C，∴sinAsinB＝eq\f(λsin2C,\f(2\r(5),5)sinC－\f(\r(5),5)cosC)＝eq\f(\r(5)λsin2C,2sinC－cosC).∵eq\f(1,tanA)＋eq\f(1,tanB)＋eq\f(2,tanC)＝eq\f(cosA,sinA)＋eq\f(cosB,sinB)＋eq\f(2cosC,sinC)＝eq\f(sinC,\r(5)λsin2C)(2sinC－cosC)＋eq\f(2cosC,sinC)＝eq\f(2sinC－cosC＋2\r(5)λcosC,\r(5)λsinC)＝eq\f(2,\r(5)λ)＋eq\f(2\r(5)λ－1,\r(5)λ)·eq\f(cosC,sinC)為定值，∴eq\f(2\r(5)λ－1,\r(5)λ)＝0，則實(shí)數(shù)λ＝eq\f(\r(5),10).三、解答題(本大題共6小題，共70分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟)17．(本小題滿分10分)(2024·徐州質(zhì)量測評)函數(shù)f(x)＝2sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω＞0，0＜φ＜\f(π,2)))的部分圖象如圖所示，該圖象與y軸交于點(diǎn)F(0,1)，與x軸交于點(diǎn)B，C，M為最高點(diǎn)，且△MBC的面積為eq\f(π,2).(1)求函數(shù)f(x)的解析式；(2)若對隨意的x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，都有|f(x)＋log2k|≤2，求實(shí)數(shù)k的取值范圍．解(1)△MBC的面積S＝eq\f(1,2)×2BC＝BC＝eq\f(π,2)，即周期T＝π＝eq\f(2π,ω)，則ω＝2，由f(0)＝2sinφ＝1，得sinφ＝eq\f(1,2)，∵0＜φ＜eq\f(π,2)，∴φ＝eq\f(π,6)，即f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))).(2)∵x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴2x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(7π,6)))，∴－1≤2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))≤2，即－1≤f(x)≤2，由|f(x)＋log2k|≤2，得－2≤f(x)＋log2k≤2，即－f(x)－2≤log2k≤2－f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上恒成立，則[－f(x)－2]max≤log2k≤[2－f(x)]min，即－1≤log2k≤0，即eq\f(1,2)≤k≤1，即實(shí)數(shù)k的取值范圍是eq\f(1,2)≤k≤1.18．(本小題滿分12分)(2024·山西芮城中學(xué)模擬)已知向量m＝(eq\r(3)sinωx－cosωx,1)，n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosωx，\f(1,2)))，設(shè)函數(shù)f(x)＝m·n，若函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x＝eq\f(π,3)對稱且ω∈[0,2]．(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間；(2)先列表，再用五點(diǎn)法畫出f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)，\f(7π,12)))上的大致圖象．解(1)f(x)＝(eq\r(3)sinωx－cosωx,1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosωx，\f(1,2)))＝eq\r(3)sinωxcosωx－cos2ωx＋eq\f(1,2)＝eq\f(\r(3),2)sin2ωx－eq\f(1,2)cos2ωx＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx－\f(π,6))).∵函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x＝eq\f(π,3)對稱，∴eq\f(2ωπ,3)－eq\f(π,6)＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，∴ω＝eq\f(3,2)k＋1，k∈Z.又∵ω∈[0,2]，∴ω＝1，∴f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))).令2kπ＋eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,6)≤eq\f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，解得kπ＋eq\f(π,3)≤x≤kπ＋eq\f(5π,6)，k∈Z.∴函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,3)，kπ＋\f(5π,6)))，k∈Z.(2)列表如下：2x－eq\f(π,6)－π－eq\f(π,2)0eq\f(π,2)πx－eq\f(5π,12)－eq\f(π,6)eq\f(π,12)eq\f(π,3)eq\f(7π,12)f(x)0－1010∴函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)，\f(7π,12)))上的大致圖象如圖．19．(本小題滿分12分)(2024·哈爾濱六中月考)已知函數(shù)f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))＋2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4))).(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間；(2)將y＝f(x)的圖象向左平移eq\f(π,3)個單位長度，再將得到的圖象的橫坐標(biāo)變?yōu)樵瓉淼?倍(縱坐標(biāo)不變)，得到y(tǒng)＝g(x)的圖象．若函數(shù)y＝g(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(13π,4)))上的圖象與直線y＝a有三個交點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解(1)f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))＋2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＝eq\f(1,2)cos2x＋eq\f(\r(3),2)sin2x＋(sinx－cosx)(sinx＋cosx)＝eq\f(1,2)cos2x＋eq\f(\r(3),2)sin2x＋sin2x－cos2x＝eq\f(1,2)cos2x＋eq\f(\r(3),2)sin2x－cos2x＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))).令－eq\f(π,2)＋2kπ≤2x－eq\f(π,6)≤2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，得kπ－eq\f(π,6)≤x≤kπ＋eq\f(π,3)，k∈Z.所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,6)，kπ＋\f(π,3)))，k∈Z.(2)將f(x)的圖象向左平移eq\f(π,3)個單位長度，得g(x)＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))－\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＝cos2x的圖象，再將得到的圖象的橫坐標(biāo)變?yōu)樵瓉淼?倍(縱坐標(biāo)不變)，得g(x)＝cosx的圖象(如圖)．作函數(shù)g(x)＝cosx在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(13π,4)))上的圖象，作直線y＝a.依據(jù)圖象知，實(shí)數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，0)).20．(本小題滿分12分)(2024·濰坊聯(lián)考)設(shè)函數(shù)f(x)＝sinωxcosωx－eq\r(3)cos2ωx＋eq\f(\r(3),2)(ω>0)的圖象上相鄰最高點(diǎn)與最低點(diǎn)的距離為eq\r(π2＋4).(1)求ω的值；(2)若函數(shù)y＝f(x＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0＜φ＜\f(π,2)))是奇函數(shù)，求函數(shù)g(x)＝cos(2x－φ)在[0,2π]上的單調(diào)遞減區(qū)間．解(1)f(x)＝sinωxcosωx－eq\r(3)cos2ωx＋eq\f(\r(3),2)＝eq\f(1,2)sin2ωx－eq\f(\r(3)1＋cos2ωx,2)＋eq\f(\r(3),2)＝eq\f(1,2)sin2ωx－eq\f(\r(3),2)cos2ωx＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx－\f(π,3))).設(shè)T為f(x)的最小正周期，由f(x)的圖象上相鄰最高點(diǎn)與最低點(diǎn)的距離為eq\r(π2＋4)，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))2＋[2f(x)max]2＝π2＋4.∵f(x)max＝1，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))2＋4＝π2＋4，整理得T＝2π.又∵ω>0，T＝eq\f(2π,2ω)＝2π，∴ω＝eq\f(1,2).(2)由(1)可知f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))，∴f(x＋φ)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋φ－\f(π,3))).∵y＝f(x＋φ)是奇函數(shù)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(φ－\f(π,3)))＝0.又∵0<φ<eq\f(π,2)，∴φ＝eq\f(π,3)，∴g(x)＝cos(2x－φ)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3))).令2kπ≤2x－eq\f(π,3)≤2kπ＋π，k∈Z，則kπ＋eq\f(π,6)≤x≤kπ＋eq\f(2π,3)，k∈Z，∴函數(shù)g(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.又∵x∈[0,2π]，∴當(dāng)k＝0時，g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3)))；當(dāng)k＝1時，g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7π,6)，\f(5π,3))).∴函數(shù)g(x)在[0,2π]上的單調(diào)遞減區(qū)間是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3)))，eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7π,6)，\f(5π,3))).21．(本小題滿分12分)(2024·合肥一模)已知函數(shù)f(x)＝cos2x＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π