2024高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)統(tǒng)考第4章三角函數(shù)解三角形第5講簡單的三角恒等變換課時作業(yè)含解析北師大版

PAGE1-簡潔的三角恒等變換課時作業(yè)1．(2024·福建寧德其次次質(zhì)檢)cos31°cos1°＋sin149°sin1°＝()A．－eq\f(\r(3),2) B．eq\f(\r(3),2)C．－eq\f(1,2) D．eq\f(1,2)答案B解析cos31°cos1°＋sin149°sin1°＝cos31°cos1°＋sin31°·sin1°＝cos(31°－1°)＝cos30°＝eq\f(\r(3),2)，故選B.2．(2024·西藏山南二中一模)函數(shù)y＝cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))－sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))的最小正周期為()A．2π B．πC.eq\f(π,2) D．eq\f(π,4)答案B解析∵y＝cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))－sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＝－sin2x，∴函數(shù)的最小正周期為eq\f(2π,2)＝π.3．(2024·湖南師大附中模擬)若coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,2)))＝－eq\f(\r(7),4)，則cos2θ的值為()A.eq\f(1,8) B．eq\f(7,16)C．±eq\f(1,8) D．eq\f(13,16)答案A解析因為coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,2)))＝－eq\f(\r(7),4)，所以sinθ＝eq\f(\r(7),4)，所以cos2θ＝1－2sin2θ＝eq\f(1,8).故選A.4．(2024·安徽蚌埠三檢)函數(shù)f(x)＝2sinxcosx＋2cos2x－1的圖象的對稱軸方程可能為()A．x＝eq\f(π,8) B．x＝eq\f(π,4)C．x＝eq\f(π,2) D．x＝－eq\f(π,4)答案A解析f(x)＝2sinxcosx＋2cos2x－1＝sin2x＋cos2x＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))，令2x＋eq\f(π,4)＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，解得x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,8)(k∈Z)，當(dāng)k＝0時，x＝eq\f(π,8)，故選A.5．設(shè)a＝(π＋1)0，b＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(π,2)))，c＝eq\f(tan\f(3π,8),1－tan2\f(3π,8))，則a，b，c的大小關(guān)系是()A．b<c<a B．c<a<bC．c<b<a D．a(chǎn)<b<c答案C解析因為a＝(π＋1)0＝1，b＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(π,2)))＝cos1∈(0,1)，c＝eq\f(tan\f(3π,8),1－tan2\f(3π,8))＝eq\f(1,2)taneq\f(3π,4)＝－eq\f(1,2)<0，所以c<b<a.6．(2024·山西省名校聯(lián)考)若coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))＝－eq\f(\r(3),3)，則coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3)))＋cosα＝()A．－eq\f(2\r(2),3) B．±eq\f(2\r(2),3)C．－1 D．±1答案C解析由coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3)))＋cosα＝eq\f(1,2)cosα＋eq\f(\r(3),2)sinα＋cosα＝eq\r(3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))＝－1，故選C.7．在△ABC中，tanA＋tanB＋eq\r(3)＝eq\r(3)tanAtanB，則C等于()A.eq\f(π,3) B．eq\f(2π,3)C.eq\f(π,6) D．eq\f(π,4)答案A解析由已知得tanA＋tanB＝－eq\r(3)(1－tanAtanB)，∴eq\f(tanA＋tanB,1－tanAtanB)＝－eq\r(3)，即tan(A＋B)＝－eq\r(3).又tanC＝tan[π－(A＋B)]＝－tan(A＋B)＝eq\r(3)，0＜C＜π，∴C＝eq\f(π,3).8．(2024·廣東揭陽學(xué)業(yè)水平考試)已知在區(qū)間[0，π]上，函數(shù)y＝3sineq\f(x,2)與函數(shù)y＝eq\r(1＋sinx)的圖象交于點P，設(shè)點P在x軸上的射影為P′，P′的橫坐標(biāo)為x0，則tanx0的值為()A.eq\f(1,2) B．eq\f(4,3)C.eq\f(4,5) D．eq\f(8,15)答案B解析依題意得3sineq\f(x0,2)＝eq\r(1＋sinx0)＝sineq\f(x0,2)＋coseq\f(x0,2)，即2sineq\f(x0,2)＝coseq\f(x0,2)，則taneq\f(x0,2)＝eq\f(1,2)，所以tanx0＝eq\f(2tan\f(x0,2),1－tan2\f(x0,2))＝eq\f(4,3).故選B.9．(2024·陜西榆林模擬一)若α，β都是銳角，且cosα＝eq\f(\r(5),5)，sin(α＋β)＝eq\f(3,5)，則cosβ＝()A.eq\f(2\r(5),25) B．eq\f(2\r(5),5)C.eq\f(2\r(5),25)或eq\f(2\r(5),5) D．eq\f(\r(5),5)或eq\f(\r(5),25)答案A解析因為α，β都是銳角，且cosα＝eq\f(\r(5),5)<eq\f(1,2)，所以eq\f(π,3)<α<eq\f(π,2)，sinα＝eq\r(1－cos2α)＝eq\f(2\r(5),5)，又sin(α＋β)＝eq\f(3,5)<sinα，所以eq\f(π,2)<α＋β<π，所以cos(α＋β)＝－eq\r(1－sin2(α＋β))＝－eq\f(4,5)，所以cosβ＝cos(α＋β－α)＝cos(α＋β)cosα＋sin(α＋β)sinα＝eq\f(2\r(5),25)，故選A.10．(2024·江西贛州3月摸底)將函數(shù)y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－2x))－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋2x))的圖象向右平移eq\f(π,4)個單位長度，所得圖象對應(yīng)的函數(shù)()A．在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上遞增 B．在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上遞減C．在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))上遞增 D．在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))上遞減答案C解析y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－2x))－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋2x))，＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(π,3)·cos2x－cos\f(π,3)sin2x))－coseq\f(π,6)cos2x＋sineq\f(π,6)sin2x＝eq\r(3)cos2x－sin2x－eq\f(\r(3),2)cos2x＋eq\f(1,2)sin2x＝eq\f(\r(3),2)cos2x－eq\f(1,2)sin2x＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，把y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的圖象向右平移eq\f(π,4)個單位長度得到f(x)＝cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＋eq\f(π,6)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的圖象，因為函數(shù)f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的單調(diào)遞增區(qū)間為－π＋2kπ≤2x－eq\f(π,3)≤2kπ(k∈Z)，所以當(dāng)－eq\f(π,3)＋kπ≤x≤eq\f(π,6)＋kπ(k∈Z)時，f(x)是增函數(shù)，因為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))在函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間內(nèi)，所以函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))上為增函數(shù)，故選C.11．(2024·全國卷Ⅰ)已知角α的頂點為坐標(biāo)原點，始邊與x軸的非負(fù)半軸重合，終邊上有兩點A(1，a)，B(2，b)，且cos2α＝eq\f(2,3)，則|a－b|＝()A.eq\f(1,5) B．eq\f(\r(5),5)C.eq\f(2\r(5),5) D．1答案B解析依據(jù)題中所給條件，可知O，A，B三點共線，從而得到b＝2a，因為cos2α＝2cos2α－1＝2·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(a2＋1))))2－1＝eq\f(2,3)，解得a2＝eq\f(1,5)，即|a|＝eq\f(\r(5),5)，所以|a－b|＝|a－2a|＝eq\f(\r(5),5).故選B.12．(2024·黑龍江哈三中二模)在數(shù)學(xué)解題中，常會遇到形如“eq\f(x＋y,1－xy)”的結(jié)構(gòu)，這時可類比正切的和角公式．如：設(shè)a，b是非零實數(shù)，且滿意eq\f(asin\f(π,5)＋bcos\f(π,5),acos\f(π,5)－bsin\f(π,5))＝taneq\f(8π,15)，則eq\f(b,a)＝()A．4 B．eq\r(15)C．2 D．eq\r(3)答案D解析由eq\f(asin\f(π,5)＋bcos\f(π,5),acos\f(π,5)－bsin\f(π,5))＝taneq\f(8π,15)，得eq\f(\f(asin\f(π,5),acos\f(π,5))＋\f(bcos\f(π,5),acos\f(π,5)),\f(acos\f(π,5),acos\f(π,5))－\f(bsin\f(π,5),acos\f(π,5)))＝taneq\f(8π,15)，令eq\f(b,a)＝tanα，∴eq\f(tan\f(π,5)＋tanα,1－tanαtan\f(π,5))＝taneq\f(8π,15)?taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)＋α))＝taneq\f(8π,15)?eq\f(π,5)＋α＝kπ＋eq\f(8π,15)(k∈Z)?α＝kπ＋eq\f(π,3)(k∈Z)?tanα＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,3)))＝taneq\f(π,3)＝eq\r(3)(k∈Z)，∴eq\f(b,a)＝eq\r(3)，故選D.13．(2024·全國卷Ⅱ)已知taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(5π,4)))＝eq\f(1,5)，則tanα＝________.答案eq\f(3,2)解析taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(5π,4)))＝eq\f(tanα－tan\f(5π,4),1＋tanαtan\f(5π,4))＝eq\f(tanα－1,1＋tanα)＝eq\f(1,5)，解方程得tanα＝eq\f(3,2).14．已知sinα＝cos2α，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，則tanα＝________.答案－eq\f(\r(3),3)解析∵sinα＝1－2sin2α，∴2sin2α＋sinα－1＝0.∴(2sinα－1)(sinα＋1)＝0，∵α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，∴2sinα－1＝0.∴sinα＝eq\f(1,2)，∴cosα＝－eq\f(\r(3),2).∴tanα＝－eq\f(\r(3),3).15．(2024·全國卷Ⅱ)已知sinα＋cosβ＝1，cosα＋sinβ＝0，則sin(α＋β)＝________.答案－eq\f(1,2)解析解法一：因為sinα＋cosβ＝1，cosα＋sinβ＝0，所以(1－sinα)2＋(－cosα)2＝1，所以sinα＝eq\f(1,2)，所以cosβ＝eq\f(1,2)，因此sin(α＋β)＝sinαcosβ＋cosαsinβ＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)－cos2α＝eq\f(1,4)－1＋sin2α＝eq\f(1,4)－1＋eq\f(1,4)＝－eq\f(1,2).解法二：由(sinα＋cosβ)2＋(cosα＋sinβ)2＝1，得2＋2sin(α＋β)＝1，所以sin(α＋β)＝－eq\f(1,2).16．(2024·青島模擬)已知不等式3eq\r(2)sineq\f(x,4)coseq\f(x,4)＋eq\r(6)cos2eq\f(x,4)－eq\f(\r(6),2)－m≤0對隨意的－eq\f(5π,6)≤x≤eq\f(π,6)恒成立，則實數(shù)m的取值范圍是________．答案[eq\r(3)，＋∞)解析依題意得，3eq\r(2)sineq\f(x,4)coseq\f(x,4)＋eq\r(6)cos2eq\f(x,4)－eq\f(\r(6),2)－m＝eq\f(3\r(2),2)sineq\f(x,2)＋eq\f(\r(6),2)coseq\f(x,2)－m＝eq\r(6)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,6)))－m≤0在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,6)，\f(π,6)))上恒成立，∴m≥eq\r(6)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,6)))在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,6)，\f(π,6)))上恒成立，由于－eq\f(π,4)≤eq\f(x,2)＋eq\f(π,6)≤eq\f(π,4)，∴－eq\r(3)≤eq\r(6)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,6)))≤eq\r(3)，故m≥eq\r(3).17．(2024·江蘇鎮(zhèn)江模擬)已知α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，sinα＝eq\f(\r(5),5).(1)求sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))的值；(2)求coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)－2α))的值．解(1)因為α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，sinα＝eq\f(\r(5),5)，所以cosα＝－eq\r(1－sin2α)＝－eq\f(2\r(5),5).故sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))＝sineq\f(π,4)cosα＋coseq\f(π,4)sinα＝eq\f(\r(2),2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(5),5)))＋eq\f(\r(2),2)×eq\f(\r(5),5)＝－eq\f(\r(10),10).(2)由(1)知sin2α＝2sinαcosα＝2×eq\f(\r(5),5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(5),5)))＝－eq\f(4,5)，cos2α＝1－2sin2α＝1－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),5)))2＝eq\f(3,5)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)－2α))＝coseq\f(5π,6)cos2α＋sineq\f(5π,6)sin2α＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)))×eq\f(3,5)＋eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)))＝－eq\f(4＋3\r(3),10).18．(2024·浙江金華十校模擬)已知函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，0<φ<\f(π,2)))的最小正周期為π，且cos2φ＋cosφ＝0.(1)求ω和feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))的值；(2)若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)))＝eq\f(3,5)(0<α<π)，求sinα.解(1)∵函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，0<φ<\f(π,2)))的最小正周期為eq\f(2π,ω)＝π，∴ω＝2.再依據(jù)cos2φ＋cosφ＝2cos2φ－1＋cosφ＝0，得cosφ＝－1(舍去)或cosφ＝eq\f(1,2)，∴φ＝eq\f(π,3)，故f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，故feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π＋\f(π,3)))＝－eq\f(\r(3),2).(2)∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＝eq\f(3,5)<eq\f(\r(3),2)，∴α＋eq\f(π,3)為鈍角，故coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＝－eq\r(1－sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3))))＝－eq\f(4,5)，故sinα＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))－\f(π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))coseq\f(π,3)－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))sineq\f(π,3)＝eq\f(3,5)×eq\f(1,2)＋eq\f(4,5)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3＋4\r(3),10).19．(2024·重慶南開中學(xué)四檢)已知函數(shù)f(x)＝4coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))－eq\r(3).(1)求f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間；(2)求f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,3)))上的值域．解(1)f(x)＝4sinx·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosxcos\f(π,3)＋sinxsin\f(π,3)))－eq\r(3)＝4sinx·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cosx＋\f(\r(3),2)sinx))－eq\r(3)＝2sinxcosx＋2eq\r(3)sin2x－eq\r(3)＝sin2x＋eq\r(3)·(1－cos2x)－eq\r(3)＝sin2x－eq\r(3)cos2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，令2kπ－eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,3)≤2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，得kπ－eq\f(π,12)≤x≤kπ＋eq\f(5π,12)(k∈Z)，所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))(k∈Z)．(2)由eq\f(π,4)≤x≤eq\f(π,3)得eq\f(π,6)≤2x－eq\f(π,3)≤eq\f(π,3)，故2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))∈[1，eq\r(3)]．20．(2024·遼寧大連二模)已知函數(shù)f(x)＝eq\r(3)sinωxcosωx－cos2ωx＋eq\f(1,2