2026版《金版教程》高考一轮复习数学单元质量测评（四）

高考总复习首选用卷数学单元质量测试(四)基础题(占比50%)中档题(占比40%)拔高题(占比10%)题号1234567难度★★★★★★★对点余弦的二倍角公式；三角函数的周期性、奇偶性角度制与弧度制的转化；扇形面积的计算诱导公式；三角函数的定义余弦的二倍角公式；三角函数的对称性余弦定理在实际中的应用(高度问题)诱导公式与指数函数的单调性的综合正弦定理与三角恒等变换的综合题号8910111213难度★★★★★★★★★★★★对点利用三角函数的图象求函数解析式同角三角函数的基本关系；三角恒等变换辅助角公式；三角函数的图象变换与性质的综合正、余弦定理；三角形的面积公式；等差数列的性质同角三角函数的基本关系；正弦的二倍角公式余弦定理与两角差的余弦公式的综合题号141516171819难度★★★★★★★★★★★★★对点三角函数的单调性与三角恒等变换结合解决最值问题同角三角函数的基本关系与三角恒等变换的综合同角三角函数的基本关系；三角恒等变换；正、余弦定理；三角函数的性质三角函数的图象与性质；方程的解的问题正、余弦定理；三角形的面积公式；辅助角公式；三角函数的性质诱导公式；三角恒等变换；三角形的面积公式；三角函数的图象变换与性质；不等式有解问题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模拟)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模拟)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．(2025·辽宁葫芦岛高三质检)已知角α的始边与x轴非负半轴重合，P(－2，3)是角α终边上一点，则eq\f(tan（－π＋α）,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))sin（π＋α）)＋eq\f(cos（π－α）,cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)＋α)))的值为()A．－eq\f(47,12) B.eq\f(47,12)C.eq\f(31,12) D．－eq\f(31,12)答案：D解析：eq\f(tan（－π＋α）,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))sin（π＋α）)＋eq\f(cos（π－α）,cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)＋α)))＝eq\f(tanα,cosα（－sinα）)＋eq\f(－cosα,sinα)＝eq\f(\f(sinα,cosα),cosα（－sinα）)－eq\f(cosα,sinα)＝－eq\f(1,cos2α)－eq\f(cosα,sinα).根据三角函数的定义得sinα＝eq\f(3,\r(13))，cosα＝－eq\f(2,\r(13)).所以原式＝－eq\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,\r(13))))\s\up12(2))－eq\f(－\f(2,\r(13)),\f(3,\r(13)))＝－eq\f(13,4)＋eq\f(2,3)＝－eq\f(31,12).故选D.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)))，又因为函数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．(2025·福建名校联盟高三质检)“三山一水”城市雕塑位于福建省福州市五一广场，是福州市的标志性雕塑．这座雕塑以福州的自然景观和历史文化为灵感，通过艺术的形式展现了福州“三山两塔一条江”的独特城市风貌和地域文化特色．如图，为了测量“三山一水”城市雕塑的高度，选取了与该雕塑底部B在同一平面内的两个测量基点C与D.现测得∠CBD＝30°，CD＝23.8m，在点C测得雕塑顶端A的仰角为45°，在点D测得雕塑顶端A的仰角为30°，则雕塑的高度AB＝()A．47.6m B．35.7mC．23.8m D．11.9m答案：C解析：设AB＝xm，在Rt△ABC中，∠ACB＝45°，则BC＝xm，在Rt△ABD中，∠ADB＝30°，则BD＝eq\f(x,tan30°)＝eq\r(3)xm，在△BCD中，由余弦定理，得CD2＝BC2＋BD2－2BC·BDcos∠CBD，即23.82＝x2＋3x2－3x2，解得x＝23.8.故选C.6．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．(2025·江西南昌高三开学考试)如图所示，将函数f(x)＝3sinωx(ω>0)的图象向右平移得到g(x)＝3sin(ωx－φ)(0<φ<π)的图象，其中P和P1分别是f(x)图象上相邻的最高点和最低点，点B，A分别是f(x)，g(x)图象的一个对称中心，若AP⊥AP1，S△APP1＝15，则g(x)＝()A．3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x－\f(2π,3))) B．3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)x－\f(3π,4)))C．3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)x－\f(5π,6))) D．3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)x－\f(5π,8)))答案：D解析：将函数f(x)＝3sinωx(ω>0)的图象向右平移eq\f(φ,ω)个单位长度得到g(x)＝3sin(ωx－φ)(0<φ<π)的图象，由于点B，A分别是f(x)，g(x)图象的一个对称中心，结合图象可知，AB＝eq\f(φ,ω)，S△APP1＝eq\f(1,2)AB×3×2＝15，故AB＝eq\f(φ,ω)＝5，由于AP⊥AP1，所以BP1＝BP＝AB＝5，进而可得eq\f(1,4)T＝eq\r(BP2－32)＝4，故T＝eq\f(2π,ω)＝16，解得ω＝eq\f(π,8)，φ＝5ω＝eq\f(5π,8)，故g(x)＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)x－\f(5π,8))).故选D.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．(2024·河南信阳高三模拟)已知角α，β都是锐角，且3cosα＋eq\r(10)cosβ＝3，3sinα－eq\r(10)sinβ＝2，tanα＝eq\f(3,4)，则下列结论正确的是()A．cos(α＋β)＝－eq\f(\r(10),10)B．sin(α＋β)＝eq\f(3\r(10),10)C．tan(2α＋β)＝eq\f(9,13)D．tanβ＝3答案：ABD解析：因为3cosα＋eq\r(10)cosβ＝3，3sinα－eq\r(10)sinβ＝2，两式平方后相加，得9＋10＋6eq\r(10)(cosαcosβ－sinαsinβ)＝13，所以cos(α＋β)＝－eq\f(\r(10),10)，故A正确；因为角α，β都是锐角，所以α＋β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，所以sin(α＋β)＝eq\r(1－cos2（α＋β）)＝eq\r(1－\f(10,100))＝eq\f(3\r(10),10)，故B正确；tanα＝eq\f(3,4)，tan(α＋β)＝－3，所以tan(2α＋β)＝eq\f(tanα＋tan（α＋β）,1－tanαtan（α＋β）)＝eq\f(\f(3,4)－3,1＋\f(9,4))＝－eq\f(9,13)，故C错误；tanβ＝tan[(α＋β)－α]＝eq\f(tan（α＋β）－tanα,1＋tan（α＋β）tanα)＝eq\f(－3－\f(3,4),1＋（－3）×\f(3,4))＝3，故D正确．故选ABD.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)的图象关于点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）π,8)))＝2coseq\f(（2k－1）π,2)＝0，k∈Z，故D正确．故选BD.11．已知四边形ABCD内接于圆O，AB＝CD＝5，AD＝3，∠BCD＝60°，则下列结论正确的是()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．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·陕西安康高三模拟)已知函数f(x)＝1＋taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(ω∈Z且ω≠0)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2)))上单调递减，则函数g(x)＝2cos2ωx－2eq\r(3)sinωxcosωx在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值与最小值的和为________．答案：3解析：设f(x)的最小正周期为T，由题意，得T＝eq\f(π,|ω|)≥eq\f(3π,2)－π＝eq\f(π,2)⇒|ω|≤2.∵f(x)＝1＋taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(ω∈Z且ω≠0)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2)))上单调递减，∴ω<0，又ω∈Z，∴ω＝－1或ω＝－2.①当ω＝－1时，f(x)＝1＋taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x＋\f(π,3)))，∵π<x<eq\f(3π,2)，∴－eq\f(7π,6)<－x＋eq\f(π,3)<－eq\f(2π,3)，符合题意；②当ω＝－2时，f(x)＝1＋taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2x＋\f(π,3)))，∵π<x<eq\f(3π,2)，∴－eq\f(8π,3)<－2x＋eq\f(π,3)<－eq\f(5π,3).由正切函数的性质知，－2x＋eq\f(π,3)≠－eq\f(5π,2)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8π,3)，－\f(5π,3)))，∴ω≠－2，∴ω＝－1，则g(x)＝2cos2x＋2eq\r(3)sinxcosx＝cos2x＋eq\r(3)sin2x＋1＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cos2x＋\f(\r(3),2)sin2x))＋1＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))＋1，由x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，得－eq\f(π,3)≤2x－eq\f(π,3)≤eq\f(2π,3)，∴g(x)max＝2×cos0＋1＝3，g(x)min＝2coseq\f(2π,3)＋1＝0，∴g(x)max＋g(x)min＝3.四、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·安徽六安一中高三模拟)(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．(2024·甘肃白银会宁县第四中学模拟)(本小题满分15分)已知函数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．(1)求f(x)的解析式并求出f(x)的最小正周期及其图象的对称轴方程；(2)先把f(x)的图象向右平移eq\f(π,4)个单位长度，再向下平移1个单位长度，得到函数g(x)的图象，若关于x的方程g(x)－m＝0在x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,6)))上有解，求m的取值范围．解：(1)由题图可知，A＝2，eq\f(T,4)＝eq\f(π,3)－eq\f(π,12)＝eq\f(π,4)，则最小正周期T＝π，又ω>0，所以ω＝eq\f(2π,T)＝2，故f(x)＝2sin(2x＋φ)，因为点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，2))在f(x)的图象上，则2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,12)＋φ))＝2，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋φ))＝1，所以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)，故φ＝eq\f(π,3)，所以f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，令2x＋eq\f(π,3)＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，得x＝eq\f(π,12)＋eq\f(kπ,2)，k∈Z，所以f(x)图象的对称轴方程为x＝eq\f(π,12)＋eq\f(kπ,2)，k∈Z.(2)先把f(x)的图象向右平移eq\f(π,4)个单位长度得到的图象对应的解析式为y＝2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＋\f(π,3)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，再向下平移1个单位长度，得到的图象对应的解析式为g(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))－1，又x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,6)))，则－eq\f(2π,3)≤2x－eq\f(π,6)≤eq\f(π,6)，所以－1≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))≤eq\f(1,2)，即g(x)∈[－3，0]，因为g(x)－m＝0在x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,6)))上有解，即m＝g(x)在x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,6)))上有解，所以m的取值范围为[－3，0]．18．(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∠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．(2025·湖南株洲阶段考试)(本小题满分17分)已知函数f(x)＝sin2xcosφ－cos2xcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋φ))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<|φ|<\f(π,2)))，∀x∈R，有f(x)≤eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))))).(1)求φ的值及f(x)的单调递增区间；(2)在△ABC中，已知a＝4，f(B)＝1，其面积为5eq\r(3)，求b；(3)将函数f(x)图象上的所有点向右平移eq\f(π,24)个单位长度后，再将所得图象上所有点的横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变，得到函数g(x)的图象，若∃x∈[0，π]，eq\r(2)g(x)＋sin2x≤2m2－3m，求实数m的取值范围．解：(1)f(x)＝sin2xcosφ－cos2xcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋φ))＝sin2xcosφ＋cos2xsinφ＝sin(2x＋φ)，∀x∈R，有f(x)≤eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\