2025届高考数学一轮专题重组卷第一部分专题五三角函数理含解析

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·丹东质量监测)若函数f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))在区间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)))上都是单调递增函数，则实数x0的取值范围为()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)，在原点旁边的递增区间为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)，故选B.2．(2024·菏泽二模)已知tanα＝3，则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).故选C.3．(2024·黄冈质检)已知α＋β＝eq\f(π,6)，且eq\r(3)(tanαtanβ＋2)＋2tanα＋3tanβ＝0，则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)，故选D.4．(2024·湖南师大附中二模)已知函数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))))的部分图象如图所示，且f(x)在[0,2π]上恰有一个最大值和一个最小值，则ω的取值范围是()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解析由题意知，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).故选B.5．(2024·哈尔滨第三中学调研)函数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)))))的最大值为()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]．函数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，当sinx＝eq\f(\r(3),2)时，ymax＝2.故选A.6．(2024·辽宁省鞍山市第一中学高三一模)若α，β均为锐角且cosα＝eq\f(1,7)，cos(α＋β)＝－eq\f(11,14)，则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均为锐角，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).故选B.7．(2024·大庆铁人中学高三一模)函数f(x)＝eq\f(sinx,lnx＋2)的图象可能是()答案A解析若使函数f(x)＝eq\f(sinx,lnx＋2)的解析式有意义，则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，))即函数f(x)＝eq\f(sinx,lnx＋2)的定义域为(－2，－1)∪(－1，＋∞)，可解除B，D；当x∈(－2，－1)时，sinx<0，ln(x＋2)<0，则f(x)＝eq\f(sinx,lnx＋2)>0，可解除C.故选A.8．(2024·上海市闵行区七宝中学一模)在△ABC中，a2∶b2＝tanA∶tanB，则△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为等腰或直角三角形．故选D.9．(2024·天津高考)已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0，|φ|<π)是奇函数，将y＝f(x)的图象上全部点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，所得图象对应的函数为g(x)．若g(x)的最小正周期为2π，且geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝eq\r(2)，则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解析因为f(x)是奇函数(明显定义域为R)，所以f(0)＝Asinφ＝0，所以sinφ＝0.又|φ|<π，所以φ＝0.由题意得g(x)＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)ωx))，且g(x)最小正周期为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).故选C.10．(2024·四川省高三数学一诊)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))的图象相邻两条对称轴的距离为2π，将函数y＝f(x)的图象向左平移eq\f(π,3)个单位后，得到的图象关于y轴对称，则函数y＝f(x)的图象()A．关于直线x＝eq\f(2π,3)对称 B．关于直线x＝－eq\f(2π,3)对称C．关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，0))对称 D．关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2π,3)，0))对称答案D解析函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))的图象相邻两条对称轴的距离为2π，所以T＝4π，所以ω＝eq\f(1,2)，将函数y＝f(x)的图象向左平移eq\f(π,3)个单位后，得到的图象关于y轴对称，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)))，所以函数的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2π,3)，0))对称．故选D.11．(2024·四川省乐山市高三第一次调研)已知函数f(x)＝tan(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，0<φ<\f(π,2)))的相邻两个对称中心的距离为eq\f(3,2)，且f(1)＝－eq\r(3)，则函数y＝f(x)的图象与函数y＝eq\f(1,x－2)(－5<x<9且x≠2)的图象全部交点的横坐标之和为()A．16B．4C．8D．12答案D解析由已知得f(x)＝tan(ωx＋φ)的最小正周期为3，即eq\f(π,ω)＝3，所以ω＝eq\f(π,3)，则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)的图象关于(2,0)中心对称，作出两个函数的图象，可知两函数的图象共有6个交点，且都关于(2,0)成中心对称，则这六根之和为12.故选D.12．(2024·四川省绵阳市高三一诊)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x＝－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.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·昆明模拟)函数y＝sin2x的图象可由y＝cos2x的图象向左平移φ个单位长度得到，则正数φ的最小值为________．答案eq\f(π,2)解析函数y＝sin2x＝eq\f(1－cos2x,2)＝eq\f(1＋cos2x＋π,2)的图象可由y＝cos2x＝eq\f(1＋cos2x,2)的图象向左平移eq\f(π,2)个单位长度得到，故正数φ的最小值为eq\f(π,2).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·益阳市高三期末)已知ω∈N*，将f(x)＝asinωx＋bcosωx的图象向右平移eq\f(π,2)个单位，得到的图象与y＝f(x)的图象关于x＝0对称，且函数y＝f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，π))上不单调，则ω的最小值为________．答案5解析由题意feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,2)))与f(x)的图象关于x＝0对称，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)有一条对称轴为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，满意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时，eq\f(4,5)<ω<eq\f(12,13)，ω无整数解；k＝2,3,4,5时ω均无整数解；k＝6时，eq\f(24,5)<ω<eq\f(72,13)，可得ω＝5.16．(2024·江苏省泰州市高三期末)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)为定值，则实数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)为定值，∴eq\f(2\r(5)λ－1,\r(5)λ)＝0，则实数λ＝eq\f(\r(5),10).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·徐州质量测评)函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω＞0，0＜φ＜\f(π,2)))的部分图象如图所示，该图象与y轴交于点F(0,1)，与x轴交于点B，C，M为最高点，且△MBC的面积为eq\f(π,2).(1)求函数f(x)的解析式；(2)若对随意的x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，都有|f(x)＋log2k|≤2，求实数k的取值范围．解(1)△MBC的面积S＝eq\f(1,2)×2BC＝BC＝eq\f(π,2)，即周期T＝π＝eq\f(2π,ω)，则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，则[－f(x)－2]max≤log2k≤[2－f(x)]min，即－1≤log2k≤0，即eq\f(1,2)≤k≤1，即实数k的取值范围是eq\f(1,2)≤k≤1.18．(本小题满分12分)(2024·山西芮城中学模拟)已知向量m＝(eq\r(3)sinωx－cosωx,1)，n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosωx，\f(1,2)))，设函数f(x)＝m·n，若函数f(x)的图象关于直线x＝eq\f(π,3)对称且ω∈[0,2]．(1)求函数f(x)的单调递减区间；(2)先列表，再用五点法画出f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)，\f(7π,12)))上的大致图象．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))).∵函数f(x)的图象关于直线x＝eq\f(π,3)对称，∴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.∴函数f(x)的单调递减区间为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∴函数f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)，\f(7π,12)))上的大致图象如图．19．(本小题满分12分)(2024·哈尔滨六中月考)已知函数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)求函数f(x)的单调递增区间；(2)将y＝f(x)的图象向左平移eq\f(π,3)个单位长度，再将得到的图象的横坐标变为原来的2倍(纵坐标不变)，得到y＝g(x)的图象．若函数y＝g(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(13π,4)))上的图象与直线y＝a有三个交点，求实数a的取值范围．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.所以函数f(x)的单调递增区间是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,6)，kπ＋\f(π,3)))，k∈Z.(2)将f(x)的图象向左平移eq\f(π,3)个单位长度，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的图象，再将得到的图象的横坐标变为原来的2倍(纵坐标不变)，得g(x)＝cosx的图象(如图)．作函数g(x)＝cosx在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(13π,4)))上的图象，作直线y＝a.依据图象知，实数a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，0)).20．(本小题满分12分)(2024·潍坊联考)设函数f(x)＝sinωxcosωx－eq\r(3)cos2ωx＋eq\f(\r(3),2)(ω>0)的图象上相邻最高点与最低点的距离为eq\r(π2＋4).(1)求ω的值；(2)若函数y＝f(x＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0＜φ＜\f(π,2)))是奇函数，求函数g(x)＝cos(2x－φ)在[0,2π]上的单调递减区间．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))).设T为f(x)的最小正周期，由f(x)的图象上相邻最高点与最低点的距离为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)是奇函数，∴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，则kπ＋eq\f(π,6)≤x≤kπ＋eq\f(2π,3)，k∈Z，∴函数g(x)的单调递减区间是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,6)，kπ＋\f(2π,3)))，k∈Z.又∵x∈[0,2π]，∴当k＝0时，g(x)的单调递减区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3)))；当k＝1时，g(x)的单调递减区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7π,6)，\f(5π,3))).∴函数g(x)在[0,2π]上的单调递减区间是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．(本小题满分12分)(2024·合肥一模)已知函数f(x)＝cos2x＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π