2021數(shù)學(xué)蘇教版一輪專題突破練（3）三角函數(shù)與其他知識的綜合應(yīng)用含解析

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精2021高考數(shù)學(xué)蘇教版一輪專題突破練（3）三角函數(shù)與其他知識的綜合應(yīng)用含解析專題突破練(3)三角函數(shù)與其他知識的綜合應(yīng)用一、選擇題1．若f(cosx)＝cos2x，則f（sin15°）＝（)A．eq\f（1，2) B．－eq\f（1，2）C．－eq\f（\r（3），2) D．eq\f（\r（3),2)答案C解析f（sin15°)＝f（cos75°)＝cos150°＝－cos30°＝－eq\f（\r(3)，2)。故選C．2．點P從（2，0）點出發(fā),沿圓x2＋y2＝4按逆時針方向運(yùn)動eq\f（4π，3)弧長到達(dá)點Q，則點Q的坐標(biāo)為（）A．（－1，eq\r（3)) B．（－eq\r(3)，－1)C．（－1，－eq\r(3）) D．(－eq\r(3)，1)答案A解析eq\f（4π，3）弧長所對的圓心角為α＝eq\f（\f(4π，3)，2）＝eq\f（2π，3）,設(shè)點Q的坐標(biāo)為(x，y），∴x＝2coseq\f(2π，3）＝－1，y＝2sineq\f(2π,3）＝eq\r（3)。故選A．3．有四個關(guān)于三角函數(shù)的命題：p1：?x0∈R,sin2eq\f（x0,2）＋cos2eq\f（x0,2)＝eq\f（1，2)；p2：?x0，y0∈R,sin(x0－y0)＝sinx0－siny0；p3：?x∈［0，π]，eq\r(\f（1－cos2x，2))＝sinx；p4：sinx＝cosy?x＋y＝eq\f(π,2)。其中是假命題的是(）A．p1,p4 B．p2,p4C．p1，p3 D．p3，p4答案A解析p1是假命題,∵?x∈R，sin2eq\f(x，2）＋cos2eq\f（x，2)＝1；p2是真命題，如x0＝y(tǒng)0＝0時成立;p3是真命題,∵?x∈[0，π]，sinx≥0，∴eq\r（\f（1－cos2x,2）)＝eq\r(sin2x）＝｜sinx｜＝sinx；p4是假命題,如x＝eq\f（π，2），y＝2π時,sinx＝cosy，但x＋y≠eq\f(π，2）.故選A．4．(2020·成都高三摸底)在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b,C．若向量m＝(a，－cosA），n＝（cosC，eq\r（2)b－c)，且m·n＝0,則角A的大小為(）A．eq\f（π,6） B．eq\f（π,4）C．eq\f(π，3) D．eq\f（π,2)答案B解析解法一:由m·n＝0，得acosC－cosA(eq\r（2)b－c)＝0,由正弦定理，得sinAcosC－cosA(eq\r(2)sinB－sinC）＝0，即sinAcosC＋cosAsinC＝eq\r(2）sinBcosA，所以sin（A＋C)＝eq\r(2）sinBcosA，所以sin(π－B）＝eq\r(2）sinBcosA，即sinB＝eq\r(2)sinBcosA．因為0<B〈π，所以sinB〉0,所以cosA＝eq\f(\r(2）,2），所以A＝eq\f(π,4），故選B．解法二:由m·n＝0,得acosC－cosA（eq\r(2)b－c）＝0，由余弦定理,得a·eq\f(a2＋b2－c2,2ab）－eq\r(2)bcosA＋c·eq\f(b2＋c2－a2，2bc)＝0，即b＝eq\r（2）bcosA，所以cosA＝eq\f（\r(2），2)，所以A＝eq\f(π,4),故選B．5．（2019·福州五校聯(lián)考二）已知a＝2－eq\f(1，3)，b＝(2log23)－eq\f(1，2)，c＝cos50°cos10°＋cos140°sin170°，則實數(shù)a，b，c的大小關(guān)系是（)A．a(chǎn)〉c>b B．b>a〉cC．a(chǎn)>b>c D．c〉b>a答案C解析因為a＝2－eq\f（1，3)＝eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(1，2)))eq\f（1，3)＝eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(1,4))）eq\f(1，6),b＝（2log23）－eq\f（1，2)＝3－eq\f(1,2)＝eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（1,3)）)eq\f(1，2)＝eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(1，27）))eq\f(1,6),所以a〉b，排除B，D；c＝cos50°·cos10°＋cos140°sin170°＝sin40°cos10°－cos40°sin10°＝sin30°＝eq\f（1,2)＝eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（1，4）))eq\f(1,2）＝eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(1，64)))eq\f(1，6),所以b〉c，所以a〉b〉C．選C．6．（2019·河北保定一模)國際數(shù)學(xué)家大會會標(biāo)是以我國古代數(shù)學(xué)家趙爽的弦圖為基礎(chǔ)設(shè)計的．弦圖是由四個全等的直角三角形與一個小正方形拼成的一個大正方形(如圖）．如果小正方形的邊長為2，大正方形的邊長為10，直角三角形中較小的銳角為θ，則sineq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（θ＋\f（π，2)))－coseq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(θ＋\f（π，3)）)＝()A．eq\f(4＋3\r(3),10) B．eq\f(4－3\r（3），10）C．eq\f（－4＋3\r(3）,10) D．eq\f（－4－3\r(3)，10)答案A解析設(shè)直角三角形中較小的直角邊長為a，則a2＋（a＋2)2＝102，解得a＝6，所以sinθ＝eq\f（6,10)＝eq\f(3，5)，cosθ＝eq\f(8，10)＝eq\f(4,5)，sineq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（θ＋\f(π,2）））－coseq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(θ＋\f（π,3））)＝cosθ－eq\f（1，2)cosθ＋eq\f(\r(3），2)sinθ＝eq\f（1，2)cosθ＋eq\f（\r（3),2）sinθ＝eq\f（1,2)×eq\f(4，5）＋eq\f(\r（3),2)×eq\f（3,5)＝eq\f（4＋3\r(3)，10).故選A．7．(2019·河南十所名校測試)已知函數(shù)f（x）＝2sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（ωx＋\f(π,3)))（ω>0)的兩個極值點為α，β，且|α－β｜min＝eq\f（π，2),則函數(shù)f(x)在eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1（0，\f（π，2)）)上的最大值為（)A．－eq\r(3) B．1C．eq\r(3) D．2答案D解析由題意，得f（x)的最小正周期為T＝π，所以ω＝2，即f（x）＝2sineq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（2x＋\f(π，3)）)，因為x∈eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1(0,\f（π,2））)，所以2x＋eq\f（π，3)∈eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1（\f（π,3)，\f(4π，3）))，所以f(x)在eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1(0，\f（π，2)））上的最大值為2.故選D．8．(2019·江西吉安模擬）已知函數(shù)f(x）＝eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（πcosx,x〈0，，fx－π，x≥0,))則函數(shù)g(x）＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1（2x－f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(2π,3）)）)）的一個單調(diào)遞增區(qū)間為（)A．eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1（0,\f（π,2)）) B．eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1（\f(π,2)，π)）C．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1（\f（π，4),\f(3π,4））) D．eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1（\f（3π,4),\f(5π，4）))答案A解析∵feq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（2π,3）)）＝feq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(2π，3)－π）)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（－\f(π，3）)）＝π·coseq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(－\f(π,3）)）＝eq\f（π，2）,∴g(x)＝sineq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1(2x－f\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（2π,3））））)＝sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(2x－\f(π，2)）)＝－cos2x，令2kπ≤2x≤2kπ＋π，k∈Z，得kπ≤x≤kπ＋eq\f（π，2），k∈Z，可得g（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1(kπ，kπ＋\f（π,2)））,k∈Z，令k＝0,可得g(x）的一個單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1(0，\f（π,2）)）.故選A．9．(2019·山東濟(jì)南二模)如圖，半徑為1的圓O中，A,B為直徑的兩個端點，點P在圓上運(yùn)動，設(shè)∠BOP＝x，將動點P到A，B兩點的距離之和表示為x的函數(shù)f(x),則y＝f（x)在[0,2π］上的圖象大致為（)答案A解析由余弦定理，得當(dāng)0≤x≤π時，|PB|＝eq\r(1＋1－2cosx）＝eq\r（21－cosx)＝eq\r（2×2sin2\f（x，2））＝2sineq\f（x，2），|PA｜＝eq\r(1＋1－2cosπ－x）＝eq\r（21＋cosx)＝2coseq\f（x，2）,∴｜PB｜＋|PA｜＝2sineq\f(x,2）＋2coseq\f（x,2）＝2eq\r（2)sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(x,2)＋\f(π，4）））,當(dāng)π≤x≤2π時，|PB|＝eq\r（1＋1－2cos2π－x）＝eq\r(21－cosx)＝2sineq\f（x,2），｜PA｜＝eq\r（1＋1－2cosx－π）＝eq\r(21＋cosx）＝－2coseq\f(x,2)，∴｜PB|＋｜PA|＝2sineq\f（x,2)－2coseq\f(x,2)＝2eq\r(2）sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(x,2）－\f（π，4））)。故選A．10．（2020·石家莊重點高中高三摸底)設(shè)f′（x)是函數(shù)f(x)(x∈R)的導(dǎo)函數(shù)，且滿足xf′(x）－2f(x）>0，若在△ABC中，角CA．f（sinA)·sin2B〉f(sinB）·sin2B．f(sinA)·sin2B〈f（sinB）·sin2C．f(cosA)·sin2B>f(sinB）·cos2D．f（cosA)·sin2B<f（sinB)·cos2答案C解析根據(jù)“xf′（x）－2f（x）”的特征，可以構(gòu)造函數(shù)F（x)＝eq\f(fx,x2），則有F′（x）＝eq\f(x2f′x－2xfx，x4）＝eq\f（x［xf′x－2fx］,x4）,所以當(dāng)x〉0時，F(xiàn)′（x)>0,F(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．因為eq\f(π，2）<C<π，所以0<A＋B<eq\f（π,2），0<A〈eq\f（π,2）－B,則有1〉cosA〉coseq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(π，2)－B))＝sinB〉0，所以F(cosA)>F（sinB）,即eq\f（fcosA，cos2A)〉eq\f(fsinB,sin2B），f(cosA）·sin2B>f（sinB)·cos2A，故選C．11．（2019·湖南十校聯(lián)考）已知函數(shù)f(x)＝x＋sinx(x∈R)，且f（y2－2y＋3)＋f（x2－4x＋1）≤0,則當(dāng)y≥1時，eq\f(y,x＋1）的取值范圍是（）A．eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1（\f（1,4),\f（3,4))) B．eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1(\f(1,4），1）)C．［1,3eq\r（2)－3] D．eq\b\lc\［\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1，3）,＋∞)）答案A解析函數(shù)f(x）＝x＋sinx(x∈R)為奇函數(shù),又f′(x）＝1＋cosx≥0,所以函數(shù)f（x)在實數(shù)范圍內(nèi)單調(diào)遞增，則f（x2－4x＋1）≤f（－y2＋2y－3），即（x－2）2＋(y－1）2≤1，當(dāng)y≥1時表示的區(qū)域為半圓及其內(nèi)部(如圖陰影部分），令k＝eq\f(y，x＋1)＝eq\f（y,x－－1），其幾何意義為過點（－1,0）與半圓相交或相切的直線的斜率，斜率最小時直線過點(3，1)，此時kmin＝eq\f（1，3－－1）＝eq\f（1，4），斜率最大時直線剛好與半圓相切，切線方程為y＝kmax（x＋1），圓心到切線的距離d＝eq\f（｜3kmax－1|，\r(k\o\al(2，max）＋1）)＝1(kmax>0），解得kmax＝eq\f（3，4)，即eq\f(y，x＋1）的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1(\f（1，4),\f（3,4))）.故選A．12．（2019·邯鄲摸底)若函數(shù)f(x）＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6））），－π≤x＜m，，cos\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(2x－\f(π，6）)），m≤x≤\f(π，2）))恰有4個零點，則實數(shù)m的取值范圍為()A．eq\b\lc\（\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(11π,12），－\f（π，6））)∪eq\b\lc\(\rc\］(\a\vs4\al\co1(\f(π，12），\f(π,3）)）B．eq\b\lc\（\rc\]（\a\vs4\al\co1(－\f(11π，12），－\f（2π,3）））∪eq\b\lc\（\rc\]（\a\vs4\al\co1（－\f(5π，12）,－\f(π,6））)∪eq\b\lc\(\rc\］(\a\vs4\al\co1(\f(π，12)，\f(π，3))）C．eq\b\lc\［\rc\）（\a\vs4\al\co1(－\f(11π,12),－\f(π,6)））∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(π，12），\f（π，3））)D．eq\b\lc\[\rc\)（\a\vs4\al\co1(－\f(11π,12）,－\f(2π,3)))∪eq\b\lc\[\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f(5π,12)，－\f（π,6)）)∪eq\b\lc\［\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(π,12）,\f(π,3)）)答案B解析令g（x）＝sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(2x－\f(π，6)））,h（x)＝coseq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6）)),在同一直角坐標(biāo)系中作出g(x），h（x)在eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1(－π，\f（π,2)）)上的圖象,如圖所示．g(x)在eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1（－π，\f(π,2))）上的零點為－eq\f（11π，12），－eq\f(5π,12),eq\f(π，12）；h(x）在eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1（－π，\f(π，2））)上的零點為－eq\f（2π，3）,－eq\f(π,6），eq\f(π，3）.由題f(x)在eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1（－π，\f（π,2)))上恰有4個零點，結(jié)合圖象可知，當(dāng)m∈eq\b\lc\(\rc\］(\a\vs4\al\co1(－\f（11π,12）,－\f(2π，3))）∪eq\b\lc\（\rc\]（\a\vs4\al\co1（－\f(5π,12），－\f（π，6））)∪eq\b\lc\(\rc\］（\a\vs4\al\co1（\f(π,12)，\f(π,3）））時，滿足題意．故選B．二、填空題13．（2019·湖南衡陽模擬)如圖，圓O與x軸的正半軸的交點為A，點C，B在圓O上，且點C位于第一象限，點B的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(4,5），－\f（3，5）))，∠AOC＝α，若｜BC|＝1,則eq\r(3)cos2eq\f（α,2）－sineq\f（α,2）coseq\f（α，2）－eq\f（\r(3),2）的值為________．答案eq\f(3，5)解析由eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（4，5）)）2＋eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（－\f(3,5))）2＝1及點B在圓O上，知圓O為單位圓,所以△OCB為正三角形,所以∠BOC＝eq\f(π，3）,∠AOB＝eq\f（π，3）－α，由三角函數(shù)定義知sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（π，3)－α))＝eq\f（3，5)，所以eq\r(3)cos2eq\f（α，2）－sineq\f（α,2)coseq\f（α,2）－eq\f（\r(3)，2)＝eq\f（\r（3），2)cosα－eq\f（1，2)sinα＝sineq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（π，3)－α））＝eq\f(3，5）.14．(2019·南昌二模）如圖,有一塊半徑為20m,圓心角∠AOB＝eq\f(2π，3)的扇形展示臺，展示臺分成了四個區(qū)域：三角形OCD，弓形CMD，扇形AOC和扇形BOD(其中∠AOC＝∠BOD)，某次菊花展分別在這四個區(qū)域擺放:泥金香、紫龍臥雪、朱砂紅霜、朱砂紅霜．預(yù)計這三種菊花展示帶來的日效益分別是50元/m2、30元/m2、40元/m2。為使預(yù)計日總效益最大，∠COD的余弦值應(yīng)等于________．答案eq\f(1,2）解析由題知半徑r＝20，設(shè)∠COD＝α，則日總效益為f（α)＝eq\f(1，2)r2sinα×50＋eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（α，2π）×πr2－\f(1,2)r2sinα))×30＋eq\f（\f(2π，3）－α,2π）×πr2×40＝4000sinα－2000α＋eq\f(16000，3)π，而f′(α)＝4000cosα－2000，令f′（α)＝0，可得cosα＝eq\f（1，2），易知此時日總效益f(α）取得最大值．15．(2019·太原模擬）已知a,b，c分別是△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊，b2＋c2＝accosC＋c2cosA＋a2，S△ABC＝eq\f(3\r(3）＋2\r（6）,4)，則△ABC周長的最小值為________．答案3eq\r（2)＋3解析由b2＋c2＝accosC＋c2cosA＋a2，得b2＋c2－a2＝c（acosC＋ccosA），結(jié)合余弦定理,得2bccosA＝ceq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(a·\f（a2＋b2－c2，2ab)＋c·\f（b2＋c2－a2，2bc）)）,即2bccosA＝cb，所以cosA＝eq\f（1,2)，故A＝eq\f（π,3）。又S△ABC＝eq\f(3\r(3）＋2\r(6)，4),所以eq\f（3\r（3）＋2\r(6），4)＝eq\f(1，2）bcsinA＝eq\f（1,2）bc·eq\f（\r（3），2）,則bc＝3＋2eq\r(2）＝（eq\r(2)＋1)2.又由余弦定理,得a2＝b2＋c2－2bccosA＝b2＋c2－bc≥bc＝(eq\r(2）＋1）2，當(dāng)且僅當(dāng)b＝c＝eq\r(2）＋1時,a取得最小值eq\r（2)＋1，所以a＋b＋c≥a＋2eq\r(bc)≥3（eq\r（2)＋1），當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c＝eq\r（2）＋1時取等號，所以△ABC周長的最小值為3eq\r（2）＋3。16．(2019·鄭州一模)如圖,OA，OB為扇形湖面OAB的湖岸，現(xiàn)欲利用漁網(wǎng)和湖岸在湖中隔出兩個養(yǎng)殖區(qū)——區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ，點C在eq\x\to（AB）上,∠COA＝θ，CD∥OA，其中eq\x\to（AC），半徑OC及線段CD需要用漁網(wǎng)制成．若∠AOB＝eq\f（π，3），OA＝1，則所需漁網(wǎng)的最大長度為________．答案eq\f（π＋6＋2\r(3）,6）解析由CD∥OA，∠AOB＝eq\f(π，3）,∠COA＝θ可得∠OCD＝θ，∠ODC＝eq\f(2π，3），∠COD＝eq\f(π,3)－θ,在△OCD中利用正弦定理可得CD＝eq\f（2\r(3），3）sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(π，3)－θ）），θ∈eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（0,\f（π，3)）），設(shè)漁網(wǎng)的長度為f(θ),則f（θ)＝θ＋1＋eq\f（2\r(3),3)sineq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(π,3）－θ））,∴f′（θ)＝1－eq\f（2\r(3),3)coseq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（π,3)－θ)),∵θ∈eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（0，\f（π，3）)）,則eq\f（π，3）－θ∈eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（0,\f(π，3））),令f′（θ)＝0，則coseq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－θ))＝eq\f（\r（3）,2)，eq\f(π,3)－θ＝eq\f(π，6)，θ＝eq\f(π,6）。f(θ)，f′(θ)隨θ的變化情況如下：θeq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（0，\f(π,6）)）eq\f（π,6)eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（π，6)，\f（π，3)))f′(θ)＋0－f（θ）↗極大值↘則f(θ）∈eq\b\lc\（\rc\]（\a\vs4\al\co1（2，\f（π＋6＋2\r(3）,6)))，故所需漁網(wǎng)的最大長度為eq\f(π＋6＋2\r(3），6）.三、解答題17．（2019·河北石家莊質(zhì)檢一）已知△ABC的內(nèi)角A,B，C的對邊分別為a，b,c，且(a－c)2＝b2－eq\f(3,4)aC．(1）求cosB的值;（2)若b＝eq\r（13),且sinA，sinB，sinC成等差數(shù)列，求△ABC的面積．解（1)由（a－c）2＝b2－eq\f（3,4)ac，可得a2＋c2－b2＝eq\f(5,4)aC．∴eq\f(a2＋c2－b2，2ac）＝eq\f(5，8)，即cosB＝eq\f（5,8）。(2）∵b＝eq\r（13），cosB＝eq\f（5，8）,∴b2＝13＝a2＋c2－eq\f（5，4)ac＝（a＋c）2－eq\f（13，4)ac,又sinA，sinB，sinC成等差數(shù)列，故2sinB＝sinA＋sinC，由正弦定理，得a＋c＝2b＝2eq\r（13）,∴13＝52－eq\f（13,4）ac，∴ac＝12.由cosB＝eq\f（5，8)，得sinB＝eq\f(\r(39），8），∴△ABC的面積S△ABC＝eq\f（1,2)acsinB＝eq\f（1,2）×12×eq\f（\r（39),8）＝eq\f（3\r(39），4）。18．已知函數(shù)f(x)＝sin(π＋ωx）·sineq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(3π,2)－ωx））＋eq\r（3)cos2ωx（ω〉0)的最小正周期為eq\f（π,2)。(1）求函數(shù)f（x)的對稱軸；(2)若函數(shù)g(x）＝f（x)＋m在區(qū)間eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1(0，\f（π,4))）上有兩個零點，求實數(shù)m的取值范圍．解（1)f（x）＝sinωxcosωx＋eq\r(3）×eq\f(cos2ωx＋1,2）＝eq\f(1,2)sin2ωx＋eq\f(\r(3),2)cos2ωx＋eq\f(\r（3)，2）＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（2ωx＋\f(π，3））)＋eq\f（\r(3）,2),∴函數(shù)f（x)的最小正周期T＝eq\f(2π，|2ω|）＝eq\f(π,2）,故ω＝2，∴f（x）＝sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（4x＋\f（π,3））)＋eq\f(\r（3)，2）。令4x＋eq\f（π，3）＝kπ＋eq\f（π，2），k∈Z,得x＝eq\f（kπ,4)＋eq\f(π，24)，k∈Z.故函數(shù)f(x)的對稱軸為直線x＝eq\f（kπ，4）＋eq\f(π,24)，k∈Z。（2）函數(shù)g(x)＝f（x)＋m在區(qū)間eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1（0,\f（π,4）））上有兩個零點．即方程sineq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（4x＋\f(π,3)）)＝eq\f（－2m－\r(3）,2)在區(qū)間eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1(0，\f（π,4）))上有兩個不同的實根，即函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（4x＋\f（π,3)））與y＝eq\f（－2m－\r(3),2)的圖象有兩個不同的交點．∵x∈eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1（0,\f(π,4)）)，故4x＋eq\f（π,3)∈eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1（\f(π,3），\f（4π，3))),結(jié)合單調(diào)性可知，要使函數(shù)y＝sineq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（4x＋\f(π,3）))與y＝eq\f(－2m－\r（3）,2)的圖象有兩個不同的交點，則eq\f(\r（3)，2)≤eq\f(－\r(3）－2m，2)〈1，所以m∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1（－\f（\r（3），2)－1，－\r(3）））。19．(2019·安徽六校聯(lián)考二)△ABC的三個內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c,滿足1＋eq\f(tanA,tanB）＝eq\f(2c,b).(1)求A的大小；（2）若△ABC為銳角三角形，求函數(shù)y＝2sin2B－2cosBcosC的值域．解(1）由1＋eq\f(tanA,tanB)＝eq\f（2c，b),得1＋eq\f(sinAcosB,cosAsinB)＝eq\f(sinA＋B，cosAsinB)＝eq\f（sinC，cosAsinB）＝eq\f(2c,b)＝eq\f(2sinC,sinB），因為A，B,C為△ABC的內(nèi)角，所以cosA＝eq\f（1,2），所以A＝eq\f(π，3)。(2）因為A＋B＋C＝π，A＝eq\f(π,3)，所以B＋C＝eq\f(2π，3)，則y＝2sin2B－2cosBcosC＝1－cos2B－2cosBcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（2π,3)－B)）＝eq\f（3,2)－sineq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（2B＋\f(π，6）)），又△ABC為銳角三角形，所以eq\f(π，6）<B<eq\f(π，2），所以eq\f(π,2）〈2B＋eq\f（π,6）〈eq\f（7π，6)，所以sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（2B＋\f（π，6）））∈eq\b\lc\(\rc\）