2021数学苏教版一轮专题突破练（3）三角函数与其他知识的综合应用含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2021高考数学苏教版一轮专题突破练（3）三角函数与其他知识的综合应用含解析专题突破练(3)三角函数与其他知识的综合应用一、选择题1．若f(cosx)＝cos2x，则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)。故选C．2．点P从（2，0）点出发,沿圆x2＋y2＝4按逆时针方向运动eq\f（4π，3)弧长到达点Q，则点Q的坐标为（）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）弧长所对的圆心角为α＝eq\f（\f(4π，3)，2）＝eq\f（2π，3）,设点Q的坐标为(x，y），∴x＝2coseq\f(2π，3）＝－1，y＝2sineq\f(2π,3）＝eq\r（3)。故选A．3．有四个关于三角函数的命题：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)。其中是假命题的是(）A．p1,p4 B．p2,p4C．p1，p3 D．p3，p4答案A解析p1是假命题,∵∀x∈R，sin2eq\f(x，2）＋cos2eq\f（x，2)＝1；p2是真命题，如x0＝y0＝0时成立;p3是真命题,∵∀x∈[0，π]，sinx≥0，∴eq\r（\f（1－cos2x,2）)＝eq\r(sin2x）＝｜sinx｜＝sinx；p4是假命题,如x＝eq\f（π，2），y＝2π时,sinx＝cosy，但x＋y≠eq\f(π，2）.故选A．4．(2020·成都高三摸底)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b,C．若向量m＝(a，－cosA），n＝（cosC，eq\r（2)b－c)，且m·n＝0,则角A的大小为(）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．因为0<B〈π，所以sinB〉0,所以cosA＝eq\f(\r(2）,2），所以A＝eq\f(π,4），故选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),故选B．5．（2019·福州五校联考二）已知a＝2－eq\f(1，3)，b＝(2log23)－eq\f(1，2)，c＝cos50°cos10°＋cos140°sin170°，则实数a，b，c的大小关系是（)A．a〉c>b B．b>a〉cC．a>b>c D．c〉b>a答案C解析因为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．选C．6．（2019·河北保定一模)国际数学家大会会标是以我国古代数学家赵爽的弦图为基础设计的．弦图是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形(如图）．如果小正方形的边长为2，大正方形的边长为10，直角三角形中较小的锐角为θ，则sineq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（θ＋\f（π，2)))－coseq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(θ＋\f（π，3)）)＝()A．eq\f(4＋3\r(3),10) B．eq\f(4－3\r（3），10）C．eq\f（－4＋3\r(3）,10) D．eq\f（－4－3\r(3)，10)答案A解析设直角三角形中较小的直角边长为a，则a2＋（a＋2)2＝102，解得a＝6，所以sinθ＝eq\f（6,10)＝eq\f(3，5)，cosθ＝eq\f(8，10)＝eq\f(4,5)，sineq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（θ＋\f(π,2）））－coseq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(θ＋\f（π,3））)＝cosθ－eq\f（1，2)cosθ＋eq\f(\r(3），2)sinθ＝eq\f（1，2)cosθ＋eq\f（\r（3),2）sinθ＝eq\f（1,2)×eq\f(4，5）＋eq\f(\r（3),2)×eq\f（3,5)＝eq\f（4＋3\r(3)，10).故选A．7．(2019·河南十所名校测试)已知函数f（x）＝2sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（ωx＋\f(π,3)))（ω>0)的两个极值点为α，β，且|α－β｜min＝eq\f（π，2),则函数f(x)在eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1（0，\f（π，2)）)上的最大值为（)A．－eq\r(3) B．1C．eq\r(3) D．2答案D解析由题意，得f（x)的最小正周期为T＝π，所以ω＝2，即f（x）＝2sineq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（2x＋\f(π，3)）)，因为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)））上的最大值为2.故选D．8．(2019·江西吉安模拟）已知函数f(x）＝eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（πcosx,x〈0，，fx－π，x≥0,))则函数g(x）＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1（2x－f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(2π,3）)）)）的一个单调递增区间为（)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）的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1(kπ，kπ＋\f（π,2)））,k∈Z，令k＝0,可得g(x）的一个单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1(0，\f（π,2）)）.故选A．9．(2019·山东济南二模)如图，半径为1的圆O中，A,B为直径的两个端点，点P在圆上运动，设∠BOP＝x，将动点P到A，B两点的距离之和表示为x的函数f(x),则y＝f（x)在[0,2π］上的图象大致为（)答案A解析由余弦定理，得当0≤x≤π时，|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）））,当π≤x≤2π时，|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））)。故选A．10．（2020·石家庄重点高中高三摸底)设f′（x)是函数f(x)(x∈R)的导函数，且满足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解析根据“xf′（x）－2f（x）”的特征，可以构造函数F（x)＝eq\f(fx,x2），则有F′（x）＝eq\f(x2f′x－2xfx，x4）＝eq\f（x［xf′x－2fx］,x4）,所以当x〉0时，F′（x)>0,F(x)在(0，＋∞)上单调递增．因为eq\f(π，2）<C<π，所以0<A＋B<eq\f（π,2），0<A〈eq\f（π,2）－B,则有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，故选C．11．（2019·湖南十校联考）已知函数f(x)＝x＋sinx(x∈R)，且f（y2－2y＋3)＋f（x2－4x＋1）≤0,则当y≥1时，eq\f(y,x＋1）的取值范围是（）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解析函数f(x）＝x＋sinx(x∈R)为奇函数,又f′(x）＝1＋cosx≥0,所以函数f（x)在实数范围内单调递增，则f（x2－4x＋1）≤f（－y2＋2y－3），即（x－2）2＋(y－1）2≤1，当y≥1时表示的区域为半圆及其内部(如图阴影部分），令k＝eq\f(y，x＋1)＝eq\f（y,x－－1），其几何意义为过点（－1,0）与半圆相交或相切的直线的斜率，斜率最小时直线过点(3，1)，此时kmin＝eq\f（1，3－－1）＝eq\f（1，4），斜率最大时直线刚好与半圆相切，切线方程为y＝kmax（x＋1），圆心到切线的距离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）的取值范围是eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1(\f（1，4),\f（3,4))）.故选A．12．（2019·邯郸摸底)若函数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个零点，则实数m的取值范围为()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）)),在同一直角坐标系中作出g(x），h（x)在eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1(－π，\f（π,2)）)上的图象,如图所示．g(x)在eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1（－π，\f(π,2))）上的零点为－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））)上的零点为－eq\f（2π，3）,－eq\f(π,6），eq\f(π，3）.由题f(x)在eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1（－π，\f（π,2)))上恰有4个零点，结合图象可知，当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）））时，满足题意．故选B．二、填空题13．（2019·湖南衡阳模拟)如图，圆O与x轴的正半轴的交点为A，点C，B在圆O上，且点C位于第一象限，点B的坐标为eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(4,5），－\f（3，5）))，∠AOC＝α，若｜BC|＝1,则eq\r(3)cos2eq\f（α,2）－sineq\f（α,2）coseq\f（α，2）－eq\f（\r(3),2）的值为________．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及点B在圆O上，知圆O为单位圆,所以△OCB为正三角形,所以∠BOC＝eq\f(π，3）,∠AOB＝eq\f（π，3）－α，由三角函数定义知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）如图,有一块半径为20m,圆心角∠AOB＝eq\f(2π，3)的扇形展示台，展示台分成了四个区域：三角形OCD，弓形CMD，扇形AOC和扇形BOD(其中∠AOC＝∠BOD)，某次菊花展分别在这四个区域摆放:泥金香、紫龙卧雪、朱砂红霜、朱砂红霜．预计这三种菊花展示带来的日效益分别是50元/m2、30元/m2、40元/m2。为使预计日总效益最大，∠COD的余弦值应等于________．答案eq\f(1,2）解析由题知半径r＝20，设∠COD＝α，则日总效益为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），易知此时日总效益f(α）取得最大值．15．(2019·太原模拟）已知a,b，c分别是△ABC的内角A，B，C的对边，b2＋c2＝accosC＋c2cosA＋a2，S△ABC＝eq\f(3\r(3）＋2\r（6）,4)，则△ABC周长的最小值为________．答案3eq\r（2)＋3解析由b2＋c2＝accosC＋c2cosA＋a2，得b2＋c2－a2＝c（acosC＋ccosA），结合余弦定理,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）,则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，当且仅当b＝c＝eq\r(2）＋1时,a取得最小值eq\r（2)＋1，所以a＋b＋c≥a＋2eq\r(bc)≥3（eq\r（2)＋1），当且仅当a＝b＝c＝eq\r（2）＋1时取等号，所以△ABC周长的最小值为3eq\r（2）＋3。16．(2019·郑州一模)如图,OA，OB为扇形湖面OAB的湖岸，现欲利用渔网和湖岸在湖中隔出两个养殖区——区域Ⅰ和区域Ⅱ，点C在eq\x\to（AB）上,∠COA＝θ，CD∥OA，其中eq\x\to（AC），半径OC及线段CD需要用渔网制成．若∠AOB＝eq\f（π，3），OA＝1，则所需渔网的最大长度为________．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)）），设渔网的长度为f(θ),则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）)）,则eq\f（π，3）－θ∈eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（0,\f(π，3））),令f′（θ)＝0，则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)随θ的变化情况如下：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）↗极大值↘则f(θ）∈eq\b\lc\（\rc\]（\a\vs4\al\co1（2，\f（π＋6＋2\r(3）,6)))，故所需渔网的最大长度为eq\f(π＋6＋2\r(3），6）.三、解答题17．（2019·河北石家庄质检一）已知△ABC的内角A,B，C的对边分别为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成等差数列，求△ABC的面积．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成等差数列，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的面积S△ABC＝eq\f（1,2)acsinB＝eq\f（1,2）×12×eq\f（\r（39),8）＝eq\f（3\r(39），4）。18．已知函数f(x)＝sin(π＋ωx）·sineq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(3π,2)－ωx））＋eq\r（3)cos2ωx（ω〉0)的最小正周期为eq\f（π,2)。(1）求函数f（x)的对称轴；(2)若函数g(x）＝f（x)＋m在区间eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1(0，\f（π,4))）上有两个零点，求实数m的取值范围．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),∴函数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.故函数f(x)的对称轴为直线x＝eq\f（kπ，4）＋eq\f(π,24)，k∈Z。（2）函数g(x)＝f（x)＋m在区间eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1（0,\f（π,4）））上有两个零点．即方程sineq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（4x＋\f(π,3)）)＝eq\f（－2m－\r(3）,2)在区间eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1(0，\f（π,4）))上有两个不同的实根，即函数y＝sineq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（4x＋\f（π,3)））与y＝eq\f（－2m－\r(3),2)的图象有两个不同的交点．∵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))),结合单调性可知，要使函数y＝sineq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（4x＋\f(π,3）))与y＝eq\f(－2m－\r（3）,2)的图象有两个不同的交点，则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·安徽六校联考二)△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c,满足1＋eq\f(tanA,tanB）＝eq\f(2c,b).(1)求A的大小；（2）若△ABC为锐角三角形，求函数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），因为A，B,C为△ABC的内角，所以cosA＝eq\f（1,2），所以A＝eq\f(π，3)。(2）因为A＋B＋C＝π，A＝eq\f(π,3)，所以B＋C＝eq\f(2π，3)，则y＝2sin2B－2cosBcosC＝1－cos2B－2cosBcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（2π,3)－B)）＝eq\f（3,2)－sineq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（2B＋\f(π，6）)），又△ABC为锐角三角形，所以eq\f(π，6）<B<eq\f(π，2），所以eq\f(π,2）〈2B＋eq\f（π,6）〈eq\f（7π，6)，所以sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（2B＋\f（π，6）））∈eq\b\lc\(\rc\）