备考2025年高考数学一轮复习第四章单元质量测试(四)

单元质量测试(四)eq\a\vs4\al()时间：120分钟eq\a\vs4\al()满分：150分一、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．(2024·四川成都田家炳中学高三月考)函数y＝cos2x是()A．周期为eq\f(π,2)的奇函数 B．周期为eq\f(π,2)的偶函数C．周期为π的奇函数 D．周期为π的偶函数答案D解析利用二倍角公式可得y＝cos2x＝eq\f(1＋cos2x,2)，易知其定义域为R.显然eq\f(1＋cos（－2x）,2)＝eq\f(1＋cos2x,2)，所以y＝cos2x是偶函数，最小正周期为T＝eq\f(2π,2)＝π，因此函数y＝cos2x是周期为π的偶函数．故选D.2．(2024·湖南衡阳祁东一中高三月考)已知一扇形的圆心角为40°，半径为9，则该扇形的面积为()A．9π B．12πC．18π D．36π答案A解析因为40°＝40×eq\f(π,180)rad，所以该扇形的面积为S＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(40×\f(π,180)))×92＝9π.故选A.3．已知tanα＋eq\f(1,tanα)＝4，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2)))，则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).故选B.4．已知函数f(x)＝2cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,12)))(ω>0)的图象关于直线x＝eq\f(π,4)对称，则ω的最小值为()A．eq\f(1,3) B．eq\f(1,6)C．eq\f(4,3) D．eq\f(5,6)答案A解析因为f(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)))，又因为f(x)＝2cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,12)))的图象关于直线x＝eq\f(π,4)对称，所以2ω×eq\f(π,4)－eq\f(π,6)＝kπ(k∈Z)，即ω＝2k＋eq\f(1,3)(k∈Z)，因为ω>0，所以ω的最小值为eq\f(1,3).故选A.5.《蒙娜丽莎》是意大利文艺复兴时期画家列奥纳多·达·芬奇创作的油画，现收藏于法国卢浮宫博物馆．该油画规格为：纵77cm，横53cm.油画挂在墙壁上的最低点处B离地面237cm(如图所示)．有一身高为175cm的游客从正面观赏它(该游客头顶T到眼睛C的距离为15cm)，设该游客离墙距离为xcm，视角为θ.为使观赏视角θ最大，x应为()A．77 B．80C．100 D．77eq\r(2)答案D解析过C作CD⊥AB交AB延长线于D，设α＝∠ACD，β＝∠BCD，则θ＝α－β，则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))，∴当且仅当x＝eq\f(11858,x)，即x＝77eq\r(2)时，tanθ有最大值，此时θ也最大．故选D.6．(2023·河南省上蔡第一高级中学高三月考)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，则()A．a>b>c B．c>b>aC．a>c>b D．c>a>b答案D解析由题意得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，因为当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))时，tanx>sinx>cosx，且y＝2x是增函数，所以c>a>b.故选D.7．(2024·湖北鄂南高中高三联考)已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，且acosC＋eq\r(3)asinC－b－c＝0，则A＝()A．eq\f(π,2) B．eq\f(π,6)C．eq\f(2π,3) D．eq\f(π,3)答案D解析因为acosC＋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，因为C∈(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)，因为A∈(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).故选D.8．(2023·湖南衡阳市第一中学高三月考)已知函数f(x)＝2tanωx(ω>0)的图象与直线y＝2的相邻交点间的距离为π，若定义max{a，b}＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a，a≥b，,b，a<b，))则函数h(x)＝max{f(x)，f(x)cosx}在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2)))上的图象是()答案A解析根据题意，f(x)＝2tanωx(ω>0)的图象与直线y＝2的相邻交点间的距离为π，所以f(x)＝2tanωx(ω>0)的最小正周期为π，则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)))，))由正弦函数和正切函数图象可知A正确．故选A.二、选择题(本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分)9．已知α，β都是锐角，且eq\f(sin2α,cos2β)＋eq\f(cos2α,sin2β)＝2，则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，化简得cos2β(cos2α－sin2β)＝sin2β(cos2α－sin2β)，故cos2β＝sin2β或cos2α＝sin2β，已知α，β都是锐角，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).故选BD.10．(2024·浙江浙南名校高三联考)将函数f(x)＝eq\r(3)sin2x－cos2x的图象向左平移eq\f(π,3)个单位长度，再把所得图象上各点的横坐标缩短为原来的eq\f(1,2)，纵坐标不变，得到函数g(x)的图象，则下列说法正确的是()A．g(x)的最小正周期为2πB．g(x)是偶函数C．g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9π,4)，\f(5π,2)))上单调递减D．g(x)关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2k－1,8)π，0))(k∈Z)中心对称答案BD解析将函数f(x)＝eq\r(3)sin2x－cos2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))的图象向左平移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,6)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＝2cos2x的图象，再把所得图象上各点的横坐标缩短为原来的eq\f(1,2)，纵坐标不变，得到g(x)＝2cos4x的图象，所以g(x)的最小正周期为eq\f(2π,4)＝eq\f(π,2)，故A错误；g(x)＝2cos4x是偶函数，故B正确；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)))上单调递增，故C错误；geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2k－1,8)π))＝2coseq\f(2k－1,2)π＝0，k∈Z，故D正确．故选BD.11．(2023·福建泉州高三质检)四边形ABCD内接于圆O，AB＝CD＝5，AD＝3，∠BCD＝60°，下列结论正确的是()A．四边形ABCD为梯形B．圆O的直径为7C．四边形ABCD的面积为eq\f(55\r(3),4)D．△ABD的三边长度可以构成一个等差数列答案ACD解析如图所示，∵AB＝CD＝5，AD＝3，∠BCD＝60°，∴∠BAD＝120°，连接BD，AC，易证△BAD≌△CDA，∴∠BAD＝∠CDA＝120°，∴∠BCD＋∠CDA＝180°，∴BC∥DA，显然AB不平行于CD，即四边形ABCD为梯形，故A正确；在△BAD中，由余弦定理可得BD2＝AB2＋AD2－2AB·ADcos∠BAD＝52＋32－2×5×3cos120°＝49，∴BD＝7，∴圆O的直径为eq\f(BD,sin∠BAD)＝eq\f(7,sin120°)＝eq\f(14\r(3),3)，故B错误；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四边形ABCD＝S△BCD＋S△BAD＝10eq\r(3)＋eq\f(15\r(3),4)＝eq\f(55\r(3),4)，故C正确；在△ABD中，AD＝3，AB＝5，BD＝7，满足AD＋BD＝2AB，∴△ABD的三边长度可以构成一个等差数列，故D正确．故选ACD.三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分)12．(2023·广东珠海高三月考)已知eq\f(sinα＋2cosα,sinα－2cosα)＝5，则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，则tanα＝3，则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·广东佛山高三联考)在△ABC中，点D是边BC上一点，且AB＝4，BD＝2，cosB＝eq\f(11,16)，cosC＝eq\f(\r(6),4)，则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·重庆高三第一次质量检测)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))，如图，直线y＝eq\f(\r(3),2)与曲线y＝f(x)交于A，B两点，|AB|＝eq\f(π,6)，则φ＝________．y＝f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(t－\f(π,4)，t))(t∈R)上的最大值与最小值之差的取值范围是________．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，由题意，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)，))两式相减，得ω(xB－xA)＝eq\f(π,3)，所以ω＝2.由题图可知，x＝－eq\f(π,24)是函数的一个零点，则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.又因为|φ|<eq\f(π,2)，则φ＝eq\f(π,12)，故f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,12))).设函数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上的最大值与最小值之差为g(t)，当函数f(x)图象的对称轴不在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(t－\f(π,4)，t))，t∈R上时，函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(t－\f(π,4)，t))，t∈R上单调，不妨设函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(t－\f(π,4)，t))，t∈R上单调递增，则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)；当对称轴在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(t－\f(π,4)，t))，t∈R上时，不妨设f(x)在对称轴处取得最大值1，则函数f(x)的最小值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(π,4)))或f(t)，显然当对称轴经过eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(t－\f(π,4)，t))，t∈R中点时，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，则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)的最小值为1－eq\f(\r(2),2).综上，函数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上的最大值与最小值之差的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(2),2)，\r(2))).四、解答题(本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)15．(本小题满分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)因为sineq\f(α,2)＋coseq\f(α,2)＝eq\f(\r(6),2)，两边同时平方，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)因为eq\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)(本小题满分15分)已知在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且cos2A－cos2B－cos2C＝sinBsinC－1.(1)求A的大小；(2)若a＝6，求b＋c的取值范围．解(1)因为cos2A－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)，因为A∈(0，π)，所以A＝eq\f(π,3).(2)因为eq\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))).因为0<B<eq\f(2π,3)，则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(当且仅当B＝\f(π,3)时，等号成立))，可得b＋c＝12sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,6)))∈(6，12]，即b＋c的取值范围是(6，12]．17．(本小题满分15分)已知函数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)记函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上的最大值为b，且函数f(x)在[aπ，bπ](a<b)上单调递增，求实数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)当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))时，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，又函数f(x)在[aπ，2π](a<2)上单调递增，∴[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，∴实数a的最小值是eq\f(23,12).18.(2023·湖北部分州市期末联合调研)(本小题满分17分)在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且满足sin2B＋sin2C－sinBsinC＝sin2A.(1)求角A；(2)如图，若b＝c，点D是△ABC外一点，DA＝3，DC＝eq\r(3)，设∠ADC＝θ(0<θ<π)，求平面四边形ABCD面积的最大值及相应的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是等边三角形．由于∠ADC＝θ(0<θ<π)，DA＝3，DC＝eq\r(3)，则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，则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.故四边形ABCD的面积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)，∴当θ－eq\f(π,3)＝eq\f(π,2)，即θ＝eq\f(5π,6)时，S取得最大值6eq\r(3).故平面四边形ABCD面积的最大值为6eq\r(3)，此时θ＝eq\f(5π,6).19．(2023·河北石家庄一中高三质检)(本小题满分17分)已知函数f(x)＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,