《数学》复习人教A（新高考）-复习验收卷（四）三角函数、解三角形复习验收卷

《数学》复习人教A（新高考）-复习验收卷（四）三角函数、解三角形复习验收卷《数学》复习人教A（新高考）-复习验收卷（四）三角函数、解三角形复习验收卷/《数学》复习人教A（新高考）-复习验收卷（四）三角函数、解三角形复习验收卷复习验收卷(四)三角函数、解三角形(时间：120分钟满分：150分)一、单项选择题(本题共8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.(2021·长沙质检)已知弧长4π的弧所对的圆心角为2弧度,则这条弧所在的圆的半径为()A.1B.2C.πD.2π答案D解析∵弧长4π的弧所对的圆心角为2弧度,∴eq\f(4π,r)＝2,解得r＝2π,∴这条弧所在的圆的半径为2π.2.已知点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2),－\f(1,2)))在角θ的终边上,且θ∈[0,2π),则θ的值为()A.eq\f(5π,6)B.eq\f(2π,3)C.eq\f(11π,6)D.eq\f(5π,3)答案C解析因为点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2),－\f(1,2)))在第四象限,根据三角函数的定义可知tanθ＝eq\f(－\f(1,2),\f(\r(3),2))＝－eq\f(\r(3),3),又θ∈[0,2π),可得θ＝eq\f(11π,6).3.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4sinαcosα＝2cos2α.由α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(π,2)))知cosα≠0,则2sinα＝cosα,代入sin2α＋cos2α＝1,解得sin2α＝eq\f(1,5),又α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(π,2))),所以sinα＝eq\f(\r(5),5).4.一艘船以每小时15km的速度向东航行,船在A处看到一个灯塔M在北偏东60°方向,行驶4h后,船到达B处,看到这个灯塔在北偏东15°方向,这时船与灯塔的距离为()A.15eq\r(2)kmB.30eq\r(2)kmC.45eq\r(2)kmD.60eq\r(2)km答案B解析如图所示,依题意有AB＝15×4＝60,∠DAC＝60°,∠CBM＝15°,∴∠MAB＝30°,∠AMB＝45°.在△AMB中,由正弦定理,得eq\f(60,sin45°)＝eq\f(BM,sin30°),解得BM＝30eq\r(2),故选B.5.(2020·青岛模拟)设a＝eq\f(\r(2),2)(sin56°－cos56°),b＝cos50°cos128°＋cos40°cos38°,c＝cos80°,则a,b,c的大小关系是()A.a>b>cB.b>a>cC.c>a>bD.a>c>b答案B解析由题意可知a＝eq\f(\r(2),2)(sin56°－cos56°)＝sin(56°－45°)＝sin11°,b＝cos(90°－40°)cos(90°＋38°)＋cos40°cos38°＝－sin40°sin38°＋cos40°cos38°＝cos78°＝sin12°,c＝cos80°＝sin10°,∵sin12°>sin11°>sin10°,∴b>a>c,故选B.6.(2021·张家界模拟)将函数f(x)＝eq\r(3)sin2x－cos2x的图象向左平移t(t>0)个单位后,得到函数g(x)的图象,若g(x)＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)－x)),则正实数t的最小值为()A.eq\f(5π,24)B.eq\f(7π,24)C.eq\f(5π,12)D.eq\f(7π,12)答案B解析由题意得,f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))),则g(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋2t－\f(π,6))),若g(x)＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)－x)),则函数g(x)的图象关于直线x＝eq\f(π,24)对称,所以2·eq\f(π,24)－eq\f(π,6)＋2t＝kπ＋eq\f(π,2),k∈Z,即t＝eq\f(7π,24)＋eq\f(kπ,2)(k∈Z),正实数tmin＝eq\f(7,24)π.7.(2021·重庆诊断)已知α,β,γ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(π,2))),sinα＋sinγ＝sinβ,cosβ＋cosγ＝cosα,则下列说法正确的是()A.cos(β＋α)＝eq\f(1,2)B.cos(β－α)＝－eq\f(1,2)C.β－α＝eq\f(π,3)D.β－α＝－eq\f(π,3)答案C解析由已知,得sinγ＝sinβ－sinα,cosγ＝cosα－cosβ.两式分别平方相加,得(sinβ－sinα)2＋(cosα－cosβ)2＝1,∴－2cos(β－α)＝－1,∴cos(β－α)＝eq\f(1,2),故A错误,B错误.∵α,β,γ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(π,2))),∴sinγ＝sinβ－sinα>0,∴β>α,∴β－α＝eq\f(π,3),故C正确,D错误.故选C.8.已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω>0,|φ|<eq\f(π,2))的部分图象如图所示,x1,x2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6),\f(π,3))),且f(x1)＝f(x2),则f(x1＋x2)＝()A.eq\f(1,2)B.eq\f(\r(3),2)C.eq\f(\r(2),2)D.1答案B解析由题图可知,eq\f(T,2)＝eq\f(π,3)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝eq\f(π,2),则T＝π,所以ω＝eq\f(2π,T)＝2,又eq\f(－\f(π,6)＋\f(π,3),2)＝eq\f(π,12),所以f(x)的图象过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12),1)),即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,12)＋φ))＝1,得eq\f(π,6)＋φ＝eq\f(π,2)＋2kπ,k∈Z,即φ＝eq\f(π,3)＋2kπ,k∈Z,又|φ|<eq\f(π,2),所以φ＝eq\f(π,3),所以f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))).由f(x1)＝f(x2),x1,x2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6),\f(π,3))),可得x1＋x2＝－eq\f(π,6)＋eq\f(π,3)＝eq\f(π,6),所以f(x1＋x2)＝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)))＝sineq\f(2π,3)＝eq\f(\r(3),2).二、多项选择题(本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求,全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分)9.关于函数f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))＋1,下列叙述正确的是()A.其图象关于直线x＝eq\f(π,4)对称B.其图象可由y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＋1图象上所有点的横坐标变为原来的eq\f(1,2)得到C.其图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,8),0))对称D.其值域是[－1,3]答案BD解析feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,4)＋\f(π,4)))＋1＝eq\r(2)＋1,不是函数的最值,因此函数f(x)的图象不关于直线x＝eq\f(π,4)对称,故A错误;y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＋1图象上所有点的横坐标变为原来的eq\f(1,2)得到f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))＋1的图象,故B正确;设y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4))),则当x＝eq\f(3π,8)时,y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(3π,8)＋\f(π,4)))＝2sinπ＝0,即函数y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,8),0))对称,则f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))＋1的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,8),1))对称,故C错误;当sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))＝1时,函数f(x)取得最大值3,当sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))＝－1时,函数f(x)取得最小值－1,即函数f(x)的值域是[－1,3],故D正确.故选BD.10.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,下列结论正确的是()A.a2＝b2＋c2－2bccosAB.asinB＝bsinAC.a＝bcosC＋ccosBD.acosB＋bcosA＝sinC答案ABC解析由在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,知：在A中,由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA,故A正确;在B中,由正弦定理得eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB),∴asinB＝bsinA,故B正确;在C中,bcosC＋ccosB＝b·eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＋c·eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝a,在D中,由余弦定理得acosB＋bcosA＝a×eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＋b×eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝c≠sinC,故D错误.11.设α,β是一个钝角三角形的两个锐角,下列不等式正确的是()A.tanαtanβ＜1B.sinα＋sinβ＜eq\r(2)C.cosα＋cosβ＞1D.eq\f(1,2)tan(α＋β)＜taneq\f(α－β,2)答案ABC解析由于α,β是钝角三角形的两个锐角,则α＋β＜90°.对于A,tanαtanβ＜tanαtan(90°－α)＝eq\f(tanα,tanα)＝1,A正确;对于B,sinα＋sinβ＜sinα＋sin(90°－α)＝sinα＋cosα＝eq\r(2)sin(α＋45°)≤eq\r(2),B正确;对于C,cosα＋cosβ＞cosα＋cos(90°－α)＝cosα＋sinα＝eq\r(2)sin(α＋45°)＞eq\r(2)×eq\f(1,\r(2))＝1,C正确;对于D,当α＝β＝30°时,则eq\f(1,2)tan(α＋β)＞taneq\f(α－β,2),D不正确.12.将函数f(x)的图象向右平移eq\f(π,6)个单位长度,再将所得函数图象上的所有点的横坐标缩短到原来的eq\f(2,3),得到函数g(x)＝Asin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A>0,ω>0,|φ|<\f(π,2)))的图象.已知函数g(x)的部分图象如图所示,则下列关于函数f(x)的说法正确的是()A.f(x)的最小正周期为π,最大值为2B.f(x)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6),0))中心对称C.f(x)的图象关于直线x＝eq\f(π,6)对称D.f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6),\f(π,3)))上单调递减答案ACD解析由图可知,A＝2,T＝4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,9)－\f(π,18)))＝eq\f(2π,3),∴ω＝eq\f(2π,T)＝3.又由geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,9)))＝2可得φ＝－eq\f(π,6)＋2kπ(k∈Z),又|φ|<eq\f(π,2),∴φ＝－eq\f(π,6).∴g(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(π,6))),∴f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))).∴f(x)的最小正周期为π,最大值为2,选项A正确;对于选项B,令2x＋eq\f(π,6)＝kπ(k∈Z),得x＝eq\f(kπ,2)－eq\f(π,12)(k∈Z),∴函数f(x)图象的对称中心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)－\f(π,12),0))(k∈Z).由eq\f(kπ,2)－eq\f(π,12)＝eq\f(π,6),得k＝eq\f(1,2),不符合k∈Z,B错误;对于选项C,令2x＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z),得x＝eq\f(π,6)＋eq\f(kπ,2)(k∈Z),∴函数f(x)图象的对称轴为直线x＝eq\f(π,6)＋eq\f(kπ,2)(k∈Z),当k＝0时,x＝eq\f(π,6),故C正确;当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6),\f(π,3)))时,2x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2),\f(5π,6))),∴f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6),\f(π,3)))上单调递减,∴选项D正确,故选ACD.三、填空题(本题共4小题,每小题5分,共20分)13.(2020·百师联盟联考)已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)))sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－θ))＝eq\f(\r(15),8),则sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,3)))＝________.答案eq\f(\r(15),4)解析sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)))sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－θ))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)))sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)))))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)))＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,3)))＝eq\f(\r(15),8),所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,3)))＝eq\f(\r(15),4).14.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知B＝eq\f(π,3),a＝2,b＝eq\r(3),则△ABC的面积为________.答案eq\f(\r(3),2)解析在△ABC中,由正弦定理,得sinA＝eq\f(asinB,b)＝eq\f(2sin\f(π,3),\r(3))＝1.又A∈(0,π),所以A＝eq\f(π,2).由勾股定理,得c＝1,则△ABC的面积S＝eq\f(1,2)×eq\r(3)×1＝eq\f(\r(3),2).15.(2021·重庆调研)将余弦函数f(x)＝cosx的图象上所有点的纵坐标伸长到原来的eq\r(3)倍(横坐标不变),再将所得到的图象向右平移eq\f(π,2)个单位长度,得到函数g(x)的图象.若关于x的方程f(x)＋g(x)＝m在[0,π]内有两个不同的解,则实数m的取值范围为________.答案[1,2)解析由题意得,g(x)＝eq\r(3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,2)))＝eq\r(3)sinx,∴f(x)＋g(x)＝cosx＋eq\r(3)sinx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6))).∵0≤x≤π,∴eq\f(π,6)≤x＋eq\f(π,6)≤eq\f(7π,6).若关于x的方程f(x)＋g(x)＝m在[0,π]内有两个不同的解,根据图象知1≤m<2.16.在△ABC中,若sinA(sinB＋cosB)－sinC＝0,则角A的值为________,当sin2B＋2sin2C取得最大值时,tan2B＋2tan2答案eq\f(π,4)－eq\f(9,2)解析因为sinA(sinB＋cosB)－sinC＝0,所以sinAsinB＋sinAcosB＝sinC＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB,又sinB≠0,即有tanA＝1.因为0＜A＜π,所以A＝eq\f(π,4),所以B＋C＝eq\f(3π,4),所以C＝eq\f(3π,4)－B,所以sin2B＋2sin2C＝sin2B＋2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)－B))＝sin2B－2cos2B＝eq\r(5)sin(2B－φ),其中tanφ＝2,所以当2B－φ＝eq\f(π,2),即B＝eq\f(π,4)＋eq\f(φ,2)时,sin2B＋2sin2C取到最大值eq\r(5),此时C＝eq\f(π,2)－eq\f(φ,2),所以tan2B＋2tan2C＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋φ))＋2tan(π－φ)＝－eq\f(1,2)－2×2＝－eq\f(9,2).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.(本小题满分10分)(2020·新高考山东卷)在①ac＝eq\r(3),②csinA＝3,③c＝eq\r(3)b这三个条件中任选一个,补充在下面问题中,若问题中的三角形存在,求c的值;若问题中的三角形不存在,说明理由.问题：是否存在△ABC,它的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且sinA＝eq\r(3)sinB,C＝eq\f(π,6),__________?注：如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.解由C＝eq\f(π,6)和余弦定理得eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(\r(3),2).选条件①.由sinA＝eq\r(3)sinB及正弦定理得a＝eq\r(3)b.于是eq\f(3b2＋b2－c2,2\r(3)b2)＝eq\f(\r(3),2),由此可得b＝c.由①ac＝eq\r(3),解得a＝eq\r(3),b＝c＝1.因此,选条件①时问题中的三角形存在,此时c＝1.选条件②.由sinA＝eq\r(3)sinB及正弦定理得a＝eq\r(3)b.于是eq\f(3b2＋b2－c2,2\r(3)b2)＝eq\f(\r(3),2),由此可得b＝c,B＝C＝eq\f(π,6),A＝eq\f(2π,3).由②csinA＝3,所以c＝b＝2eq\r(3),a＝6.因此,选条件②时问题中的三角形存在,此时c＝2eq\r(3).选条件③.由sinA＝eq\r(3)sinB及正弦定理得a＝eq\r(3)b.于是eq\f(3b2＋b2－c2,2\r(3)b2)＝eq\f(\r(3),2),由此可得b＝c.由③c＝eq\r(3)b,与b＝c矛盾.因此,选条件③时问题中的三角形不存在.18.(本小题满分12分)(2021·青岛调研)在①f(x)的图象关于直线x＝eq\f(5π,6ω)对称,②f(x)＝cosωx－eq\r(3)sinωx,③f(x)≤f(0)恒成立这三个条件中任选一个,补充在下面横线处.若问题中的ω存在,求出ω的值;若ω不存在,请说明理由.设函数f(x)＝2cos(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0,0≤φ≤\f(π,2))),_____________________________.是否存在正整数ω,使得函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0,\f(π,2)))上是单调的?(注：如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分)解若选①,则存在满足条件的正整数ω.求解过程如下：令ωx＋φ＝kπ,k∈Z,代入x＝eq\f(5π,6ω),解得φ＝kπ－eq\f(5π,6),k∈Z.因为0≤φ≤eq\f(π,2),所以φ＝eq\f(π,6),所以f(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6))).当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0,\f(π,2)))时,ωx＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6),\f(ωπ,2)＋\f(π,6))).若函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0,\f(π,2)))上单调,则有eq\f(ωπ,2)＋eq\f(π,6)≤π,解得0<ω≤eq\f(5,3).所以存在正整数ω＝1,使得函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0,\f(π,2)))上是单调的.若选②,则存在满足条件的正整数ω.求解过程如下：f(x)＝cosωx－eq\r(3)sinωx＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))＝2cos(ωx＋φ),且0≤φ≤eq\f(π,2),所以φ＝eq\f(π,3).当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0,\f(π,2)))时,ωx＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3),\f(ωπ,2)＋\f(π,3))).若函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0,\f(π,2)))上单调,则有eq\f(ωπ,2)＋eq\f(π,3)≤π,解得0<ω≤eq\f(4,3).所以存在正整数ω＝1,使得函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0,\f(π,2)))上是单调的.若选③,则存在满足条件的正整数ω.求解过程如下：因为f(x)≤f(0)恒成立,即f(x)max＝f(0)＝2cosφ＝2,所以cosφ＝1.因为0≤φ≤eq\f(π,2),所以φ＝0,所以f(x)＝2cosωx.当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0,\f(π,2)))时,ωx∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0,\f(ωπ,2))).若函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0,\f(π,2)))上单调,则有eq\f(ωπ,2)≤π,解得0<ω≤2.所以存在正整数ω＝1或ω＝2,使得函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0,\f(π,2)))上是单调的.19.(本小题满分12分)(2020·武汉模拟)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知asinB＝bsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,3))).(1)求角A的大小.(2)D是线段BC上的点,若AD＝BD＝2,CD＝3,求△ADC的面积.解(1)由正弦定理,得asinB＝bsinA.因为asinB＝bsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,3))),所以bsinA＝beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sinA－\f(\r(3),2)cosA)).化简,得eq\f(1,2)sinA＝－eq\f(\r(3),2)cosA.可得tanA＝－eq\r(3).因为A∈(0,π),所以A＝eq\f(2π,3).(2)设∠B＝θ,θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(π,3))).由题意可得∠BAD＝θ,∠ADC＝2θ,∠DAC＝eq\f(2π,3)－θ,∠ACD＝eq\f(π,3)－θ.在△ADC中,由正弦定理,得eq\f(CD,sin∠DAC)＝eq\f(AD,sin∠ACD),则eq\f(3,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－θ)))＝eq\f(2,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－θ))),所以eq\f(3,\f(\r(3),2)cosθ＋\f(1,2)sinθ)＝eq\f(2,\f(\r(3),2)cosθ－\f(1,2)sinθ),可得sinθ＝eq\f(\r(3),5)cosθ.又因为sin2θ＋cos2θ＝1,所以sinθ＝eq\f(\r(21),14),cosθ＝eq\f(5\r(7),14),所以sin2θ＝2sinθcosθ＝eq\f(5\r(3),14).所以S△ADC＝eq\f(1,2)AD·CD·sin∠ADC＝eq\f(1,2)×2×3×eq\f(5\r(3),14)＝eq\f(15\r(3),14).20.(本小题满分12分)已知函数f(x)＝sin2x－cos2x＋2eq\r(3)sinxcosx(x∈R).(1)求f(x)的最小正周期;(2)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若f(A)＝2,c＝5,cosB＝eq\f(1,7),求△ABC中线AD的长.解(1)f(x)＝－cos2x＋eq\r(3)sin2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))).∴T＝eq\f(2π,2)＝π.∴函数f(x)的最小正周期为π.(2)由(1)知f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))),∵在△ABC中f(A)＝2,∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A－\f(π,6)))＝1,∴2A－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2),∴A＝eq\f(π,3).又cosB＝eq\f(1,7)且B∈(0,π),∴sinB＝eq\f(4\r(3),7),∴sinC＝sin(A＋B)＝eq\f(\r(3),2)×eq\f(1,7)＋eq\f(1,2)×eq\f(4\r(3),7)＝eq\f(5\r(3),14),在△ABC中,由正弦定理eq\f(c,sinC)＝eq\f(a,sinA),得eq\f(5,\f(5\r(3),14))＝eq\f(a,\f(\r(3),2)),∴a＝7,∴BD＝eq\f(7,2).在△ABD中,由余弦定理得,AD2＝AB2＋BD2－2AB·BDcosB＝52＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)))eq\s\up12(2)－2×5×eq\f(7,2)×eq\f(1,7)＝eq\f(129,4),因此△ABC的中线AD＝eq\f(\r(129),2).21.(本小题满分12分)已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a,\f(\r(3),3)sinA)),n＝(cosC,c),b＝m·n.(1)求角A的大小.(2)若a＝3,求△ABC的周长L的取值范围.解(1)由m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a,\f(\r(3),3)sinA)),n＝(cosC,c),得b＝m·n＝acosC＋eq\f(\r(3),3)csinA.由正弦定理,得sinB＝sinAcosC＋eq\f(\r(3),3)sinCsinA.因为B＝π－(A＋C),所以sinB＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC,所以sinCeq\b\lc\