2025届高考数学一轮专题重组卷第一部分专题五三角函数文含解析

PAGE专题五三角函数本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分150分，考试时间120分钟．第Ⅰ卷(选择题，共60分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60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．(2024·全国卷Ⅲ)函数f(x)＝2sinx－sin2x在[0,2π]的零点个数为()A．2B．3C．4D．5答案B解析令f(x)＝0，得2sinx－sin2x＝0，即2sinx－2sinxcosx＝0，∴2sinx(1－cosx)＝0，∴sinx＝0或cosx＝1.又x∈[0,2π]，∴由sinx＝0得x＝0，π或2π，由cosx＝1得x＝0或2π.故函数f(x)的零点为0，π，2π，共3个．故选B.2．(2024·吉林市第一次调研测试)将函数f(x)＝2cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(πx＋\f(π,6)))－1的图象全部点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把所得函数的图象向右平移φ(φ>0)个单位长度，最终得到图象对应的函数为奇函数，则φ的最小值为()A.eq\f(1,3)B.eq\f(2,3)C.eq\f(7,6)D.eq\f(5,6)答案D解析将函数f(x)＝2cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(πx＋\f(π,6)))－1＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2πx＋\f(π,3)))的图象全部点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，可得y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(πx＋\f(π,3)))的图象；再把所得函数的图象向右平移φ(φ>0)个单位长度，可得y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(πx－πφ＋\f(π,3)))的图象．最终得到图象对应的函数为奇函数，则－πφ＋eq\f(π,3)＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z.故当k＝－1时，φ取得最小值为eq\f(5,6).故选D.3．(2024·广东茂名综合测试)函数f(x)＝sin2x＋sinx在[－π，π]的图象大致是()答案A解析明显f(x)是奇函数，图象关于原点对称，解除D；在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上，sin2x＞0，sinx＞0，即f(x)＞0，∴解除B和C.故选A.4．(2024·天河区一模)函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A>0，ω>0，|φ|<\f(π,2)))的部分图象如图所示，若x1，x2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,3)))，且f(x1)＝f(x2)(x1≠x2)，则f(x1＋x2)＝()A．1B.eq\f(1,2)C.eq\f(\r(2),2)D.eq\f(\r(3),2)答案D解析由图象可得A＝1，eq\f(2π,2ω)＝eq\f(π,3)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))，解得ω＝2，∴f(x)＝sin(2x＋φ)，代入点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，0))，可得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)＋φ))＝0，∴eq\f(2π,3)＋φ＝kπ，∴φ＝kπ－eq\f(2π,3)，k∈Z，又|φ|<eq\f(π,2)，∴φ＝eq\f(π,3)，∴f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，∵sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,12)＋\f(π,3)))＝1，∴f(x)的图象过eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，1))，又x1，x2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,3)))，且f(x1)＝f(x2)(x1≠x2)，∴x1＋x2＝eq\f(π,12)×2＝eq\f(π,6)，∴f(x1＋x2)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,6)＋\f(π,3)))＝eq\f(\r(3),2).故选D.5．(2024·平顶山质量检测)已知函数f(x)＝2eq\r(3)cos2x＋sin2x－a在x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))上有最大值2，则a＝()A．2eq\r(3)－2 B.eq\r(3)－2C.eq\r(3) D.eq\r(3)－1答案C解析f(x)＝2eq\r(3)×eq\f(1＋cos2x,2)＋sin2x－a＝eq\r(3)cos2x＋sin2x＋eq\r(3)－a＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＋eq\r(3)－a，当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))时，2x＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，π))，则当2x＋eq\f(π,3)＝eq\f(π,2)时，即x＝eq\f(π,12)时，f(x)有最大值2＋eq\r(3)－a，由2＋eq\r(3)－a＝2，解得a＝eq\r(3).故选C.6．(2024·四川省绵阳市一诊)已知点A，B，C在函数f(x)＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)的图象上，如图，若AB⊥BC，则ω＝()A．1B．πC.eq\f(1,2)D.eq\f(π,2)答案D解析在Rt△ABC中，设AO＝x，则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－1(舍去)，可得AC＝4，由函数图象可得T＝4＝eq\f(2π,ω)，解得ω＝eq\f(π,2).故选D.7．(2024·全国卷Ⅱ)已知α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，2sin2α＝cos2α＋1，则sinα＝()A.eq\f(1,5)B.eq\f(\r(5),5)C.eq\f(\r(3),3)D.eq\f(2\r(5),5)答案B解析由2sin2α＝cos2α＋1，得4sinα·cosα＝2cos2α.∵α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴2sinα＝cosα.又∵sin2α＋cos2α＝1，∴sin2α＝eq\f(1,5).又α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴sinα＝eq\f(\r(5),5).故选B.8．(2024·黄冈二模)已知函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)的最小正周期为π，则该函数的图象()A．关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，0))对称B．关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))对称C．关于直线x＝eq\f(π,12)对称D．关于直线x＝eq\f(π,3)对称答案C解析∵T＝eq\f(2π,ω)＝π，∴ω＝2，于是f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,12)＋\f(π,3)))＝1≠0，故A错误；feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,6)＋\f(π,3)))≠0，故B错误；又∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,12)＋\f(π,3)))＝1，故C正确；feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,3)＋\f(π,3)))≠±1，故D错误．故选C.9．(2024·拉萨中学月考)若sin(π－α)＝eq\f(4,5)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，则sin2α－cos2eq\f(α,2)的值等于()A.eq\f(4,25)B.eq\f(25,4)C.eq\f(25,16)D.eq\f(16,25)答案A解析由sin(π－α)＝eq\f(4,5)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，得sinα＝eq\f(4,5)，cosα＝eq\f(3,5)，则sin2α－cos2eq\f(α,2)＝2sinαcosα－eq\f(1＋cosα,2)＝2×eq\f(4,5)×eq\f(3,5)－eq\f(1＋\f(3,5),2)＝eq\f(24,25)－eq\f(4,5)＝eq\f(4,25).故选A.10．(2024·潍坊期末)若coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,2)))＝－eq\f(\r(3),3)，则cos2α＝()A．－eq\f(2,3) B．－eq\f(1,3)C.eq\f(1,3) D.eq\f(2,3)答案C解析coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,2)))＝－sinα＝－eq\f(\r(3),3)，得到sinα＝eq\f(\r(3),3)，所以cos2α＝1－2sin2α＝1－2×eq\f(1,3)＝eq\f(1,3).故选C.11．(2024·厦门质检)已知锐角α满意coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(3,5)，则sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)))＝()A.eq\f(12,25)B．±eq\f(12,25)C.eq\f(24,25)D．±eq\f(24,25)答案C解析∵锐角α满意coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(3,5)，∴α＋eq\f(π,6)也是锐角，由三角函数的基本关系式可得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\r(1－cos2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6))))＝eq\f(4,5)，则sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(24,25).故选C.12．(2024·曲靖一中质量监测)函数y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－x))具有的性质是()A．最大值为eq\r(3)，图象关于直线x＝eq\f(π,6)对称B．最大值为1，图象关于直线x＝eq\f(π,6)对称C．最大值为eq\r(3)，图象关于eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))对称D．最大值为1，图象关于eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))对称答案C解析y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－x))＝－sinx＋eq\f(\r(3),2)cosx－eq\f(1,2)sinx＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－x))，∴函数的最大值为eq\r(3)，解除B，D；令eq\f(π,6)－x＝0，求得x＝eq\f(π,6)，所以函数图象关于eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))对称．故选C.第Ⅱ卷(非选择题，共90分)二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．(2024·广西百色调研)函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))的部分图象如图所示，若f(4)＝－f(6)＝－1，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝0，则f(2024)＝________.答案－1解析由f(x)＝Asin(ωx＋φ)的部分图象，f(4)＝－f(6)＝－1，得周期T＝2×(6－4)＝4，所以ω＝eq\f(2π,4)＝eq\f(π,2)，又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝0，所以Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋φ))＝0，又|φ|<eq\f(π,2)，所以φ＝－eq\f(π,4)，又f(4)＝－1，所以Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2π－\f(π,4)))＝－1，解得A＝eq\r(2)，所以f(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x－\f(π,4)))，所以f(2024)＝f(504×4＋3)＝f(3)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)－\f(π,4)))＝eq\r(2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)))＝－1.14．(2024·江苏高考)已知eq\f(tanα,tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))))＝－eq\f(2,3)，则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)，将tanα＝2和－eq\f(1,3)分别代入得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·山西二模)已知函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))·coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，则函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))上的值域为________．答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)，0))解析f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＝－sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))＝eq\f(1,2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(2π,3)))－eq\f(1,2).可求得值域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)，0)).16．(2024·上海二模)已知函数f(x)＝sin[2(x＋φ)](φ>0)是偶函数，则φ的最小值是________．答案eq\f(π,4)解析正余弦函数在对称轴处取得最值，由题意得，f(0)＝sin2φ＝±1，即2φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，解得φ＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,4)(k∈Z)，又φ>0，∴φ的最小值是eq\f(π,4).三、解答题(本大题共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．(本小题满分10分)(2024·浙江高考)设函数f(x)＝sinx，x∈R.(1)已知θ∈[0,2π)，函数f(x＋θ)是偶函数，求θ的值；(2)求函数y＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))))2＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))))2的值域．解(1)因为f(x＋θ)＝sin(x＋θ)是偶函数，所以对随意实数x都有sin(x＋θ)＝sin(－x＋θ)，即sinxcosθ＋cosxsinθ＝－sinxcosθ＋cosxsinθ，故2sinxcosθ＝0，所以cosθ＝0.又θ∈[0,2π)，因此θ＝eq\f(π,2)或θ＝eq\f(3π,2).(2)y＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))))2＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))))2＝sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))＋sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＝eq\f(1－cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))),2)＋eq\f(1－cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2))),2)＝1－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cos2x－\f(3,2)sin2x))＝1－eq\f(\r(3),2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))).因此，所求函数的值域是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(3),2)，1＋\f(\r(3),2))).18．(本小题满分12分)(2024·宜宾二诊)设函数f(x)＝eq\r(3)sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，－\f(π,2)<φ<\f(π,2)))的图象的一个对称中心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，0))，且图象上最高点与相邻最低点的距离为eq\r(\f(π2,4)＋12).(1)求ω和φ的值；(2)若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)＋\f(π,12)))＝eq\f(\r(3),4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<α<\f(π,2)))，求coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))的值．解(1)由图象上相邻两最高点与最低点之间的距离为eq\r(\f(π2,4)＋12)，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,|ω|)))2＋12＝12＋eq\f(π2,4)，∴ω＝2.∵函数f(x)＝eq\r(3)sin(ωx＋φ)的图象的一个对称中心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，0))，∴2×eq\f(π,12)＋φ＝kπ，k∈Z.∵－eq\f(π,2)<φ<eq\f(π,2)，∴φ＝－eq\f(π,6).(2)由(1)知f(x)＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)＋\f(π,12)))＝eq\r(3)sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)＋\f(π,12)))－\f(π,6)))＝eq\r(3)sinα＝eq\f(\r(3),4)，∴sinα＝eq\f(1,4)，∵0<α<eq\f(π,2)，∴cosα＝eq\f(\r(15),4)，∴coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),2)(cosα－sinα)＝eq\f(\r(2),2)×eq\f(\r(15)－1,4)＝eq\f(\r(30)－\r(2),8).19．(本小题满分12分)(2024·北京四中调研)函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))在它的某一个周期内的单调递减区间是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，\f(11π,12))).将y＝f(x)的图象先向左平移eq\f(π,4)个单位，再将图象上全部点的横坐标变为原来的eq\f(1,2)(纵坐标不变)，所得到的图象对应的函数记为g(x)．(1)求g(x)的解析式；(2)求g(x)在区间x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上的最大值和最小值．解(1)由题意知，eq\f(T,2)＝eq\f(11π,12)－eq\f(5π,12)＝eq\f(π,2)，所以T＝π，ω＝2，又sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(5π,12)＋φ))＝1，所以φ＝－eq\f(π,3)，f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，则g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(π,6))).(2)g(x)在x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,12)))上为增函数，在x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(π,4)))上为减函数，所以g(x)max＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)))＝1，g(x)min＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝－eq\f(1,2)，故函数g(x)在x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上的最大值和最小值分别为1和－eq\f(1,2).20．(本小题满分12分)(2024·重庆模拟)已知函数f(x)＝4eq\r(3)sinxcosx＋sin2x－3cos2x＋1.(1)求函数f(x)的对称中心及最小正周期；(2)△ABC的外接圆直径为3eq\r(3)，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝eq\f(2,3)a，且acosB＋bsinB＝c，求sinB的值．解(1)f(x)＝4eq\r(3)sinxcosx＋sin2x－3cos2x＋1＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))).所以f(x)的对称中心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)＋\f(kπ,2)，0))(k∈Z)，最小正周期为π.(2)∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝2＝eq\f(2,3)a，∴a＝3.∵eq\f(a,sinA)＝2R,2R＝3eq\r(3)，∴sinA＝eq\f(\r(3),3)，∵acosB＋bsinB＝c，∴sinAcosB＋sin2B＝sinC，又∵A＋B＋C＝π，∴sinAcosB＋sin2B＝sin(A＋B)，即sinAcosB＋sin2B＝sinAcosB＋cosAsinB，即sin2B＝cosAsinB，∵B∈(0，π)，∴sinB≠0.∴sinB＝cosA，∵sinB>0，∴cosA>0，∴cosA＝eq\f(\r(6),3).∴sinB＝eq\f(\r(6),3).21．(本小题满分12分)(2024·福建惠安惠南中学月考)已知cosα－sinα＝eq\f(5\r(2),13)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4))).(1)求sinαcosα的值；(2)求eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2α)),cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α)))的值．解(1)∵cosα－sinα＝eq\f(5\r(2),13)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，平方可得1－2sinαcosα＝eq\f(50,169)，∴sinαcosα＝eq\f(119,338).(2)s