新教材2023年高考数学总复习考案9阶段测试三三角函数与解三角形

考案[九]阶段测试(三)三角函数与解三角形(本试卷满分150分，测试时间120分钟)一、单选题(本题共8个小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．(2022·广州二中质检)cos1875°(D)A．－eq\f(\r(6)＋\r(2),4) B．eq\f(\r(2)＋\r(6),4)C.eq\f(\r(2)－\r(6),4) D．eq\f(\r(6)－\r(2),4)[解析]cos1875°＝cos(5×360°＋75°)＝cos75°＝cos(30°＋45°)＝cos30°cos45°－sin30°sin45°＝eq\f(\r(3),2)×eq\f(\r(2),2)－eq\f(1,2)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(6)－\r(2),4)，故选D.2．(2023·天津市第一百中学检测)为了得到函数y＝3sin2x的图象，只要将函数y＝3sin(2x－1)的图象(B)A．向左平移1个单位长度B．向左平移eq\f(1,2)个单位长度C．向右平移1个单位长度D．向右平移eq\f(1,2)个单位长度[解析]为了得到函数y＝3sin2x的图象，只要将函数y＝3sin(2x－1)的图象向左平移eq\f(1,2)个单位即可．故选B.3．若α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，cos2α＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,4)－α))＝0，则sin2α＝(A)A．－eq\f(1,2) B．0C．eq\f(1,2) D．eq\f(\r(2),2)[解析]∵α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，cos2α＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,4)－α))＝cos2α＋sineq\f(5π,4)cosα－coseq\f(5π,4)sinα＝cos2α－sin2α＋eq\f(\r(2),2)(sinα－cosα)＝(sinα－cosα)·eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)－sinα＋cosα))＝0，∴sinα－cosα＝0(舍去)或sinα＋cosα＝eq\f(\r(2),2)，∴1＋sin2α＝(sinα＋cosα)2＝eq\f(1,2)，即sin2α＝－eq\f(1,2).故选A.4.《周髀算经》中给出了弦图，所谓弦图是由四个全等的直角三角形和中间一个小正方形拼成的一个大的正方形，如图所示，若图中直角三角形两锐角分别为α，β，且小正方形与大正方形的面积之比为49，则cos(α－β)的值为(A)A.eq\f(5,9) B．eq\f(4,9)C．eq\f(2,3) D．0[解析]设大正方形的边长为1，由小正方形与大正方形面积之比为49，可得小正方形的边长为eq\f(2,3)，则cosα－sinα＝eq\f(2,3)，①则sinβ－cosβ＝eq\f(2,3).②由题意可得α＋β＝eq\f(π,2)，所以cosα＝sinβ，sinα＝cosβ.①×②，可得eq\f(4,9)＝cosαsinβ＋sinαcosβ－cosαcosβ－sinαsinβ＝sin2β＋cos2β－cos(α－β)＝1－cos(α－β)，所以cos(α－β)＝eq\f(5,9).故选A.5．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若csinC＝asinA＋(b－a)sinB，eq\f(cosA,cosB)>eq\f(b,a)，则(A)A．a<b B．b<cC．b<a D．c<a[解析]∵csinC＝asinA＋(b－a)sinB，∴由正弦定理可得c2＝a2＋(b－a)b，则a2＋b2－c2＝ab，由余弦定理可得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(ab,2ab)＝eq\f(1,2)，∵C∈(0，π)，∴C＝eq\f(π,3).∴eq\f(cosA,cosB)>eq\f(b,a)>0，则acosA>bcosB，且A，B为锐角，∴由余弦定理可得a·eq\f(b2＋c2－a2,2bc)>b·eq\f(a2＋c2－b2,2ac)，整理可得c2(a2－b2)>(a2－b2)(a2＋b2)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a<b，,c2<a2＋b2))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>b，,c2>a2＋b2))，∴a<b，故A正确，C错误．由a2＋b2＝ab＋c2>a2＋c2，可得b2>c2，即b>c，故B错误．由a2＋b2＝ab＋c2<b2＋c2，可得a2<c2，即a<c，故D错误．故选A.6．已知f(x)＝sinωx－eq\r(3)cosωx(ω>0)的图象与x轴的两个相邻交点之间的距离为π，把f(x)图象上每一点的横坐标缩小到原来的一半，然后把得到的图象沿x轴向左平移eq\f(π,3)个单位长度，再将纵坐标扩大到原来的2倍，得到g(x)的图象，若g(x)在[－a，a]上单调递增，则a的最大值为(A)A.eq\f(π,12) B．eq\f(π,6)C．eq\f(π,4) D．eq\f(5π,12)[解析]依题意得，f(x)＝sinωx－eq\r(3)cosωx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,3)))，因为f(x)的图象与x轴的两个相邻交点之间的距离为π，所以f(x)的最小正周期为T＝2π，则ω＝eq\f(2π,T)＝1，故f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3))).把f(x)图象上每一点的横坐标缩小到原来的一半，得到y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的图象，然后将其沿x轴向左平移eq\f(π,3)个单位长度，得到y＝2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))－\f(π,3)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的图象，再将纵坐标扩大到原来的2倍，得到g(x)＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的图象．令－eq\f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq\f(π,3)≤eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，得g(x)的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)＋kπ，\f(π,12)＋kπ))，k∈Z，当k＝0时，g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)，\f(π,12)))上单调递增，故a的最大值为eq\f(π,12)，选A.7．(2023·河南商丘一中月考)已知角θ满足sinθcosθ(sinθ＋cosθ)＝eq\f(\r(2),2)，则taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(θ,2)－\f(3π,8)))＝(D)A.eq\f(1,2) B．eq\f(\r(2),2)C．－eq\f(\r(2),2) D．－1[解析]由sin2θ(sinθ＋cosθ)＝eq\r(2)，且sin2θ∈[－1,1]，sinθ＋cosθ∈[－eq\r(2)，eq\r(2)]．可知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sin2θ＝1，,sinθ＋cosθ＝\r(2)))①或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sin2θ＝－1，,sinθ＋cosθ＝－\r(2).))②，由①解得sinθ＝cosθ＝eq\f(\r(2),2).由sin2θ＝(sinθ＋cosθ)2－1＝1知②，不成立．所以θ＝2kπ＋eq\f(π,4)，k∈Z，taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(θ,2)－\f(3π,8)))＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,8)－\f(3π,8)))＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))＝－1.故选D.8．(2022·北京第八十中学等校联考)在△ABC中，sinA＋eq\r(2)sinB＝2sinC，b＝3.当内角C最大时，△ABC的面积为(A)A.eq\f(9＋3\r(3),4) B．eq\f(6＋3\r(3),4)C.eq\f(3\r(6)－\r(3),4) D．eq\f(3\r(3)－\r(6),4)[解析]在△ABC中，sinA＋eq\r(2)sinB＝2sinC，由正弦定理得a＋eq\r(2)b＝2c，整理得c＝eq\f(1,2)(a＋eq\r(2)b)，由余弦定理得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(a2＋b2－\f(1,4)a＋\r(2)b2,2ab)＝eq\f(\f(3,4)a2＋\f(1,2)b2,2ab)－eq\f(\r(2),4)≥eq\f(2×\f(\r(3),2)a×\f(\r(2),2)b,2ab)－eq\f(\r(2),4)＝eq\f(\r(6)－\r(2),4)，当且仅当eq\f(\r(3),2)a＝eq\f(\r(2),2)b，即a＝eq\r(6)，b＝3时，等号成立，故0<eq\f(\r(6)－\r(2),4)≤cosC<1.所以cosC的最小值为eq\f(\r(6)－\r(2),4)，根据三角函数的单调性得C的最大值为eq\f(5π,12)，所以当内角C最大时，S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×eq\r(6)×3×eq\f(\r(6)＋\r(2),4)＝eq\f(9＋3\r(3),4).故选A.二、多选题(本题共4个小题，每小题5分，共20分．每个小题给出的4个选项中，全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分)9．下面选项正确的有(ABC)A．存在实数x，使sinx＋cosx＝eq\f(π,3)B．若α，β是锐角△ABC的内角，则sinα>cosβC．函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)x－\f(7π,2)))是偶函数D．将函数y＝sin2x的图象向右平移eq\f(π,4)个单位长度，得到y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))的图象[解析]对于A，sinx＋cosx＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，则sinx＋cosx的取值范围是[－eq\r(2)，eq\r(2)]，又－eq\r(2)<eq\f(π,3)<eq\r(2)，∴存在实数x，使sinx＋cosx＝eq\f(π,3)，故A正确；对于B，∵△ABC为锐角三角形，∴α＋β>eq\f(π,2)，即α>eq\f(π,2)－β，∵β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴eq\f(π,2)－β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，又α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))且y＝sinx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增，∴sinα>sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－β))＝cosβ，故B正确；对于C，y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)x－\f(7π,2)))＝coseq\f(2x,3)，∴y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)x－\f(7π,2)))为偶函数，故C正确；对于D，将函数y＝sin2x的图象向右平移eq\f(π,4)个单位长度，得到y＝sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,2)))＝－cos2x的图象，故D错误．故选ABC.10．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列说法正确的有(ABD)A．若A>B，则sinA>sinBB．若A＝30°，b＝4，a＝3，则△ABC有两解C．若△ABC为钝角三角形，则a2＋b2>c2D．若A＝60°，a＝2，则△ABC面积的最大值为eq\r(3)[解析]对于A选项，若A>B，则a>b，由正弦定理可得eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，所以sinA>sinB，A选项正确；对于B选项，bsinA＝4sin30°＝2，则bsinA<a<b，如图，所以△ABC有两解，B选项正确；对于C选项，若△ABC为钝角三角形且C为钝角，则cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)<0，可得a2＋b2<c2，C选项错误；对于D选项，由余弦定理与基本不等式可得，4＝a2＝b2＋c2－2bccosA＝b2＋c2－bc≥2bc－bc＝bc，即bc≤4，当且仅当b＝c＝2时，等号成立，所以S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(\r(3),4)bc≤eq\r(3)，D选项正确．故选ABD.11．(2022·河北邯郸一中质检)设函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,4)))(ω>0)，已知f(x)在[0,2π]内有且仅有2个零点，则下列结论成立的有(BCD)A．函数y＝f(x)＋1在(0,2π)内没有零点B．y＝f(x)－1在(0,2π)内有且仅有1个零点C．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))上单调递增D．ω的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,8)，\f(9,8)))[解析]如图，作出函数f(x)的大致图象．由图象可知，若函数f(x)在[0,2π]上有且仅有2个零点，则eq\f(5π,4ω)≤2π<eq\f(9π,4ω)，易知A错误；B正确.eq\f(5,8)≤ω<eq\f(9,8)，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))时，ωx－eq\f(π,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(2π,3)ω－\f(π,4)))⊆eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,2)))，此时函数f(x)单调递增，故CD正确．故选BCD.12．(2023·重庆西南大学附属中学一模)已知α，β，γ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，且α＋β＋γ＝eq\f(π,2)，则(ABD)A．若sinα＋cosα＝eq\r(2)，则tanα＝1B．若tanα＝2，则sin(β＋γ)＝eq\f(\r(5),5)C．tanα，tanβ可能是方程x2－6x＋7＝0的两根D．tanαtanβ＋tanβtanγ＋tanγtanα＝1[解析]对于A，由sinα＋cosα＝eq\r(2)，sin2α＋cos2α＝1，且α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以sinα＝eq\f(\r(2),2)，cosα＝eq\f(\r(2),2)，所以tanα＝1，故A正确．对于B，因为tanα＝2，且α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以cosα＝eq\f(\r(5),5).又因为α＋β＋γ＝eq\f(π,2)，所以sin(β＋γ)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))＝cosα＝eq\f(\r(5),5)，故B正确．对于C，若tanα，tanβ是方程x2－6x＋7＝0的两根，则tanα＋tanβ＝6，tanα·tanβ＝7，tan(α＋β)＝eq\f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)＝－1.因为α，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以0<α＋β<π，所以α＋β＝eq\f(3π,4).又因为γ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，α＋β＋γ＝eq\f(π,2)，所以不符合题意，故C错误．对于D，tanαtanβ＋tanαtanγ＋tanβ·tanγ＝tanαtanβ＋tanγ·(tanα＋tanβ)＝tanαtanβ＋taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α－β))(tanα＋tanβ)＝tanαtanβ＋eq\f(tanα＋tanβ,\f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ))＝tanαtanβ＋1－tanα·tanβ＝1，故D正确．三、填空题(本题共4个小题，每个小题5分，共20分)13．已知sinθ＋cosθ＝eq\f(1,2)，θ∈(0，π)，则θ是钝角(填“锐角”“钝角”或“直角”)，且sin2θ＝－eq\f(3,4).[解析]将sinθ＋cosθ＝eq\f(1,2)两边同时平方，可得1＋2sinθcosθ＝eq\f(1,4)，可得2sinθcosθ＝－eq\f(3,4)<0，又θ∈(0，π)，所以cosθ<0，可得θ是钝角，sin2θ＝2sinθcosθ＝－eq\f(3,4).14．函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))的图象与直线y＝a在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(9π,8)))上有三个交点，其横坐标分别为x1，x2，x3，则x1＋x2＋x3的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,4)，\f(11π,8))).[解析]由x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(9π,8)))，得2x＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(5π,2)))，由直线y＝a与y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))的图象在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(9π,8)))上有三个交点，得eq\f(\r(2),2)<a<1.不妨设x1<x2<x3，根据三角函数的图象(图略)及性质，可得eq\f(9π,4)<2x3＋eq\f(π,4)<eq\f(5,2)π，2x1＋eq\f(π,4)＋2x2＋eq\f(π,4)＝2×eq\f(π,2)，解得π<x3<eq\f(9π,8)，x1＋x2＝eq\f(π,4)，所以x1＋x2＋x3＝eq\f(π,4)＋x3，故x1＋x2＋x3的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,4)，\f(11π,8))).15．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，A，B，C成等差数列，且b＝2，设A＝α，△ABC的周长为l，则l＝f(α)的最大值为6.[解析]由角A，B，C成等差数列，得B＝eq\f(π,3).又b＝2，由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，及A＝α，C＝π－(A＋B)＝eq\f(2π,3)－α，得eq\f(a,sinα)＝eq\f(2,sin\f(π,3))＝eq\f(c,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－α)))，∴a＝eq\f(4,\r(3))sinα，c＝eq\f(4,\r(3))sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－α))，∴△ABC的周长l＝f(α)＝a＋b＋c＝eq\f(4,\r(3))sinα＋2＋eq\f(4,\r(3))sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－α))＝eq\f(4,\r(3))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinα＋\f(\r(3),2)cosα＋\f(1,2)sinα))＋2＝eq\f(4,\r(3))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)sinα＋\f(\r(3),2)cosα))＋2＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sinα＋\f(1,2)cosα))＋2＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＋2.∵0<α<eq\f(2π,3)，∴eq\f(π,6)<α＋eq\f(π,6)<eq\f(5π,6).∴当α＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，即α＝eq\f(π,3)时，l取得最大值，则lmax＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝4＋2＝6，∴△ABC的周长l＝f(α)的最大值为6.16．(2023·湖南三湘名校联考)图示模拟了2021年9月17日13：34神舟十二号返回舱接近地面的场景，点C为返回舱底端．降落伞伞面是表面积为1200平方米的半球面(不含底面圆)，伞顶B与返回舱底端的距离为该半球半径的5倍，直线BC与水平地面垂直于D，D和观测点A在同一水平线上．在点A处测得点B的仰角∠DAB＝30°，且在点A处看BC的视角∠BAC满足sin∠BAC＝eq\f(7\r(3),2\r(247))，则此时返回舱底端离地面的距离CD为20米.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(参考数据：π取3.14，sin∠ACB＝\f(9\r(3),\r(247))，计算过程中，球的半径四舍五入保留整数))[解析]设半球的半径为r，则2πr2＝1200.因为π取3.14，所以r＝10×eq\r(\f(6,3.14))≈14(米)，所以BC＝5r＝70(米)．在△ABC中，由正弦定理得AB＝eq\f(BCsin∠ACB,sin∠BAC)＝70×eq\f(9\r(3),\r(247))×eq\f(2\r(247),7\r(3))＝180(米)，又∠DAB＝30°，所以BD＝eq\f(1,2)AB＝90(米)，所以CD＝BD－BC＝20(米)．四、解答题(本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(2023·福建厦门模拟)(本题满分10分)已知A(cosα，sinα)，B(cosβ，sinβ)，其中α，β为锐角，且|AB|＝eq\f(\r(10),5).(1)求cos(α－β)的值；(2)若cosα＝eq\f(3,5)，求cosβ的值．[解析](1)由|AB|＝eq\f(\r(10),5)，得eq\r(cosα－cosβ2＋sinα－sinβ2)＝eq\f(\r(10),5)，∴2－2(cosαcosβ＋sinαsinβ)＝eq\f(2,5)，∴cos(α－β)＝eq\f(4,5).(2)∵cosα＝eq\f(3,5)，cos(α－β)＝eq\f(4,5)，α，β为锐角，∴sinα＝eq\f(4,5)，sin(α－β)＝±eq\f(3,5).当sin(α－β)＝－eq\f(3,5)时，cosβ＝cos[α－(α－β)]＝cosαcos(α－β)＋sinαsin(α－β)＝0.当sin(α－β)＝eq\f(3,5)时，cosβ＝cos[α－(α－β)]＝cosαcos(α－β)＋sinαsin(α－β)＝eq\f(24,25).∵β为锐角，∴cosβ＝eq\f(24,25).18．(2023·云南曲靖模拟)(本题满分12分)已知函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋2cos2\f(x,2)))cos(x＋θ)为奇函数，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝0，其中a∈R，θ∈(0，π)．(1)求a，θ的值；(2)若α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)＋\f(π,8)))＋eq\f(2,5)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))cos2α＝0，求cosα－sinα的值．[解析](1)因为f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋2cos2\f(x,2)))cos(x＋θ)是奇函数，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋2cos2\f(x,2)))cos(x＋θ)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋2cos2\f(x,2)))cos(－x＋θ)，化简整理，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋2cos2\f(x,2)))·2cosxcosθ＝0，则有cosθ＝0，由θ∈(0，π)，得θ＝eq\f(π,2)，所以f(x)＝－sinxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋2cos2\f(x,2))).由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝0，得－(a＋1)＝0，即a＝－1.(2)由(1)知f(x)＝－eq\f(1,2)sin2x，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)＋\f(π,8)))＋eq\f(2,5)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))cos2α＝0⇒sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(4,5)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))cos2α，因为cos2α＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,2)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(8,5)cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))).又α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，所以α＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，\f(5π,4)))，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝0或cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(5,8).由sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝0⇒α＝eq\f(3π,4)，所以cosα－sinα＝coseq\f(3π,4)－sineq\f(3π,4)＝－eq\r(2)；由cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(5,8)，eq\f(3π,4)<α＋eq\f(π,4)<eq\f(5π,4)，得coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝－eq\f(\r(10),4)⇒eq\f(\r(2),2)(cosα－sinα)＝－eq\f(\r(10),4)⇒cosα－sinα＝－eq\f(\r(5),2).综上，cosα－sinα＝－eq\r(2)或cosα－sinα＝－eq\f(\r(5),2).19．(本题满分12分)从①函数f(x)＝eq\f(1,2)sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(φ))<\f(π,2)))的图象向右平移eq\f(π,12)个单位长度得到g(x)的图象，g(x)的图象关于原点对称，②向量m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)sin\f(ω,2)x，cosωx))，n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cos\f(ω,2)x，\f(1,4)))，ω>0，f(x)＝m·n，③函数f(x)＝coseq\f(ω,2)xsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ω,2)x＋\f(π,6)))－eq\f(1,4)(ω>0)这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并完成解答．已知________，函数f(x)图象的相邻两条对称轴之间的距离为eq\f(π,2).(1)求feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))的值；(2)求函数f(x)在[0，π]上的单调递减区间．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．[解析](1)若选择条件①，解答过程如下．依题意，f(x)图象的相邻两条对称轴之间的距离为eq\f(π,2)，则f(x)的最小正周期为π，从而ω＝2，f(x)＝eq\f(1,2)sin(2x＋φ)，g(x)＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋φ－\f(π,6)))，又g(x)的图象关于原点对称，所以g(0)＝0，由|φ|<eq\f(π,2)知φ＝eq\f(π,6)，从而f(x)＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝eq\f(1,2).若选择条件②，解答过程如下．依题意，f(x)＝m·n＝eq\f(\r(3),2)sineq\f(ω,2)xcoseq\f(ω,2)x＋eq\f(1,4)cosωx.即f(x)＝eq\f(\r(3),4)sinωx＋eq\f(1,4)cosωx＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6))).由f(x)图象的相邻两条对称轴之间的距离为eq\f(π,2)，得f(x)的最小正周期为π，从而ω＝2.f(x)＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝eq\f(1,2).若选择条件③，解答过程如下．依题意，f(x)＝coseq\f(ω,2)xsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ω,2)x＋\f(π,6)))－eq\f(1,4)，即f(x)＝coseq\f(ω,2)xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sin\f(ω,2)x＋\f(1,2)cos\f(ω,2)x))－eq\f(1,4)，化简得f(x)＝eq\f(\r(3),2)sineq\f(ω,2)xcoseq\f(ω,2)x＋eq\f(1,2)cos2eq\f(ω,2)x－eq\f(1,4)，即f(x)＝eq\f(\r(3),4)sinωx＋eq\f(1,4)cosωx＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))，由f(x)图象的相邻两条对称之间的距离为eq\f(π,2)，得f(x)的最小正周期为π，从而ω＝2，f(x)＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝eq\f(1,2).(2)由(1)可知f(x)＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，令2kπ＋eq\f(π,2)≤2x＋eq\f(π,6)≤2kπ＋eq\f(3,2)π，k∈Z，解得x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,6)，kπ＋\f(2,3)π))，k∈Z，令k＝0，得x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2,3)π))，从而f(x)在[0，π]上的单调递减区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2,3)π)).20．(2023·山东烟台一模)(本题满分12分)如图，四边形ABCD中，AB2＋BC2＋AB·BC＝AC2.(1)若AB＝3BC＝3，求△ABC的面积；(2)若CD＝eq\r(3)BC，∠CAD＝30°，∠BCD＝120°，求∠ACB的值．[解析]利用正、余弦定理进行边角互化，求三角形面积及角．(1)在△ABC中，cosB＝eq\f(AB2＋BC2－AC2,2AB·BC)＝eq\f(－AB·BC,2AB·BC)＝－eq\f(1,2)，因为0°<B<180°，所以B＝120°.S△ABC＝eq\f(1,2)AB·BCsin120°＝eq\f(1,2)×3×1×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3\r(3),4).(2)由(1)知B＝120°，设∠ACB＝θ，则∠ACD＝120°－θ，∠ADC＝30°＋θ，∠BAC＝60°－θ.在△ACD中，由eq\f(AC,sin30°＋θ)＝eq\f(CD,sin30°)，得AC＝eq\f(sin30°＋θ,sin30°)CD.在△ABC中，由eq\f(AC,sin120°)＝eq\f(BC,sin60°－θ)，得AC＝eq\f(sin120°,sin60°－θ)BC.联立上式，并由CD＝eq\r(3)BC得eq\r(3)eq\f(sin30°＋θ,sin30°)＝eq\f(sin120°,sin60°－θ)，整理得sin(30°＋θ)sin(60°－θ)＝eq\f(1,4)，所以sin(60°＋2θ)＝eq\f(1,2)，由题可知0°<θ<60°，所以60°<60°＋2θ<180°，所以60°＋2θ＝150°，解得θ＝45°，即∠ACB的值为45°.21．(本题满分12分)如图，一条巡逻船由南向北行驶，在水平面上的A处测得山顶P在北偏东15°(∠B