高中数学北师大版第三章三角恒等变形 市赛获奖

29单元测试卷三时间：90分钟满分：150分班级________姓名________分数________一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50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．sin15°cos75°＋cos15°sin75°等于()A．0\f(1,2)\f(\r(3),2)D．1答案：D解析：原式＝sin(15°＋75°)＝sin90°＝1.2．设向量a＝(1，cosθ)与b＝(－1,2cosθ)垂直，则cos2θ等于()\f(\r(2),2)\f(1,2)C．0D．－1答案：C解析：因为a⊥b，所以1×(－1)＋cosθ×(2cosθ)＝0，得2cos2θ－1＝0，即cos2θ＝0.3．已知ω>0，函数f(x)＝eq\f(\r(2),2)(sinωx＋cosωx)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上单调递减，则实数ω的取值范围是()\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(5,4)))\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,4)))\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))D．(0,2]答案：A解析：因为f(x)＝eq\f(\r(2),2)(sinωx＋cosωx)，所以f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4))).4．已知sin(α－β)cosα－cos(β－α)sinα＝eq\f(3,5)，β是第三象限角，则sin(2β＋7π)＝()\f(24,25)B．－eq\f(24,25)C．－eq\f(12,25)\f(12,25)答案：B解析：∵sin(α－β)cosα－cos(β－α)sinα＝sin(α－β)cosα－cos(α－β)sinα＝sin[(α－β)－α]＝sin(－β)＝－sinβ＝eq\f(3,5)，∴sinβ＝－eq\f(3,5).又β是第三象限角，∴cosβ＝－eq\f(4,5)，∴sin(2β＋7π)＝－sin2β＝－2sinβcosβ＝－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)))＝－eq\f(24,25).5．函数f(x)＝cos2x＋sin2x＋2(x∈R)的值域是()A．[2,3]\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，3))C．[1,4]D．[2,4]答案：A解析：因为f(x)＝cos2x＋sin2x＋2＝3－2sin2x＋sin2x＝3－sin2x，sinx∈[－1,1]，所以f(x)∈[2,3]．故选A.6．在△ABC中，若sinC＝2cosAsinB，则此三角形必是()A．等腰三角形B．正三角形C．直角三角形D．等腰直角三角形答案：A解析：因为A＋B＋C＝π，所以C＝π－(A＋B)．∴sinC＝sin[π－(A＋B)]＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB.由条件知：sinAcosB－cosAsinB＝0，即sin(A－B)＝0，又∵A－B∈(－π，π)，∴A－B＝0，故选A.7．若α∈(0，π)，且cosα＋sinα＝－eq\f(1,3)，则cos2α等于()\f(\r(17),9)B．±eq\f(\r(17),9)C．－eq\f(\r(17),9)\f(\r(17),3)答案：A解析：(cosα＋sinα)2＝eq\f(1,9)，sinαcosα＝－eq\f(4,9)，从而sinα＞0，cosα＜0，cosα－sinα＝－eq\r(cosα＋sinα2－4sinαcosα)＝－eq\f(\r(17),3)，cos2α＝cos2α－sin2α＝(cosα＋sinα)(cosα－sinα)＝－eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(17),3)))＝eq\f(\r(17),9).8．若sinα＋cosα＝tanαeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0＜α＜\f(π,2)))，则α的取值范围是()\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,4)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,3)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))答案：C解析：因为sinα＋cosα＝eq\r(2)sin(α＋eq\f(π,4))∈(1，eq\r(2))，所以tanα∈(1，eq\r(2))，又因为0<α<eq\f(π,2)，所以eq\f(π,4)<α<eq\f(π,3)，故选C.9．已知f(x)＝sin2(x＋eq\f(π,4))，若a＝f(lg5)，b＝f(lgeq\f(1,5))，则()A．a＋b＝0B．a－b＝0C．a＋b＝1D．a－b＝1答案：C解析：f(x)＝eq\f(1－cos2x＋\f(π,2),2)＝eq\f(1＋sin2x,2)，所以f(－x)＋f(x)＝eq\f(1－sin2x,2)＋eq\f(1＋sin2x,2)＝1又因为lg5＋lgeq\f(1,5)＝0，∴a＋b＝1.10．若偶函数f(x)在区间[－1,0]上是增函数，α，β是锐角三角形的两个内角，且α≠β，则下列不等式中正确的是()A．f(cosα)＞f(cosβ)B．f(sinα)＞f(cosβ)C．f(sinα)＞f(sinβ)D．f(cosα)＞f(sinβ)答案：D解析：已知α，β是锐角三角形的两个内角，所以α＋β＞eq\f(π,2)，即β＞eq\f(π,2)－α且β，eq\f(π,2)－α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).因为y＝sinx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上为增函数，所以sinβ＞sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))＝cosα，sinβ，cosα∈[0,1]，已知函数f(x)在[－1,0]上为增函数且为偶函数，则f(x)在[0,1]上为减函数，所以f(cosα)＞f(sinβ)．二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分．把答案填在题中横线上．11．已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＝eq\f(3,5)，则sin2x＝________.答案：－eq\f(7,25)解析：∵sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＝eq\f(3,5)，∴sinx＋cosx＝eq\f(3\r(2),5)，两边平方，得1＋sin2x＝eq\f(18,25)，∴sin2x＝－eq\f(7,25).12．已知cosα＝eq\f(1,17)，cos(α＋β)＝－eq\f(47,51)，且0＜α，β＜eq\f(π,2)，则cosβ＝__________.答案：eq\f(1,3)解析：因为0＜α，β＜eq\f(π,2)，cosα＝eq\f(1,17)，cos(α＋β)＝－eq\f(47,51)，所以sinα＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,17)))2)＝eq\f(12\r(2),17)，sin(α＋β)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(47,51)))2)＝eq\f(14\r(2),51).所以cosβ＝cos[(α＋β)－α]＝cos(α＋β)cosα＋sin(α＋β)sinα＝eq\f(1,3).13．已知θ为第二象限角，tan2θ＝－2eq\r(2)，则eq\f(2cos2\f(θ,2)－sinθ－tan\f(5π,4),\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4))))＝________.答案：3＋2eq\r(2)解析：∵tan2θ＝eq\f(2tanθ,1－tan2θ)＝－2eq\r(2)，∴tanθ＝－eq\f(\r(2),2)或tanθ＝eq\r(2).∵eq\f(π,2)＋2kπ<θ<π＋2kπ，k∈Z，∴tanθ<0，∴tanθ＝－eq\f(\r(2),2)，eq\f(2cos2\f(θ,2)－sinθ－tan\f(5π,4),\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4))))＝eq\f(2cos2\f(θ,2)－sinθ－1,\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4))))＝eq\f(cosθ－sinθ,cosθ＋sinθ)＝eq\f(1－tanθ,1＋tanθ)＝eq\f(1＋\f(\r(2),2),1－\f(\r(2),2))＝3＋2eq\r(2).14．已知函数f(x)＝cos2x－2acosx－2a的最小值为－eq\f(1,2)，则实数a的值为________．答案：－2＋eq\r(3)解析：f(x)＝cos2x－2acosx－2a＝2cos2x－2acosx－2a－1.令t＝cosx，则－1≤t≤1，函数f(x)可化为y＝2t2－2at－2a－1＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(a,2)))2－eq\f(a2,2)－2a－1(－1≤t≤1)．当eq\f(a,2)>1，即a>2时，当t＝1时，ymin＝2－2a－2a－1＝－eq\f(1,2)，解得a＝eq\f(3,8)，不符合a>2，舍去；当eq\f(a,2)<－1，即a<－2时，当t＝－1时，ymin＝2＋2a－2a－1＝1，不符合题意，舍去；当－1≤eq\f(a,2)≤1，即－2≤a≤2时，当t＝eq\f(a,2)时，ymin＝－eq\f(a2,2)－2a－1＝－eq\f(1,2)，解得a＝－2±eq\r(3)，由于－2≤a≤2，故a＝－2＋eq\r(3).15．给出下列命题：①存在x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，使sinx＋cosx＝eq\f(1,3)；②存在区间(a，b)，使y＝cosx为减函数而sinx＜0；③y＝cos2x＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))既有最大值和最小值，又是偶函数；④y＝sineq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的最小正周期为π.其中错误的命题为__________．(把所有符合要求的命题序号都填上)答案：①②④解析：对于①，sinx＋cosx＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，因为x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以x＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,4)))，sinx＋cosx＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))∈[1，eq\r(2)]，故①错误；对于②，函数y＝cosx的单调减区间为(2kπ，2kπ＋π)，k∈Z，此时y＝sinx＞0，故②错误；③正确；对于④，函数y＝sineq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的最小正周期为eq\f(π,2)，故错误．三、解答题：本大题共6小题，共75分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．16．(12分)已知函数f(x)＝(sinx＋cosx)2＋2cos2x.(1)求feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)))的值；(2)求函数f(x)的单调递减区间．解析：(1)因为函数f(x)＝(sinx＋cosx)2＋2cos2x，所以f(x)＝1＋2sinxcosx＋2cos2x＝sin2x＋cos2x＋2＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))＋2，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)))＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋\f(π,4)))＋2＝eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(π,6)cos\f(π,4)＋cos\f(π,6)·sin\f(π,4)))＋2＝eq\f(1,2)＋eq\f(\r(3),2)＋2＝eq\f(5＋\r(3),2).(2)由2kπ＋eq\f(π,2)≤2x＋eq\f(π,4)≤2kπ＋eq\f(3π,2)，k∈Z，得kπ＋eq\f(π,8)≤x≤kπ＋eq\f(5π,8)，k∈Z.所以f(x)的单调递减区间是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,8)，kπ＋\f(5π,8)))(k∈Z)．17．(12分)已知tanθ＝eq\r(2)，求：(1)eq\f(cosθ＋sinθ,cosθ－sinθ)的值；(2)sin2θ－sinθcosθ＋2cos2θ的值．解析：(1)eq\f(cosθ＋sinθ,cosθ－sinθ)＝eq\f(1＋\f(sinθ,cosθ),1－\f(sinθ,cosθ))＝eq\f(1＋tanθ,1－tanθ)＝eq\f(1＋\r(2),1－\r(2))＝－3－2eq\r(2).(2)sin2θ－sinθcosθ＋2cos2θ＝eq\f(sin2θ－sinθcosθ＋2cos2θ,sin2θ＋cos2θ)＝eq\f(\f(sin2θ,cos2θ)－\f(sinθ,cosθ)＋2,\f(sin2θ,cos2θ)＋1)＝eq\f(2－\r(2)＋2,2＋1)＝eq\f(4－\r(2),3).18．(12分)已知函数f(x)＝sinxcosx＋eq\f(1,2)cos2x.(1)若tanθ＝2，求f(θ)的值；(2)若函数y＝g(x)的图像是由函数y＝f(x)的图像上所有的点向右平移eq\f(π,4)个单位长度得到的，且g(x)在区间(0，m)上是单调函数，求实数m的最大值．解：解法一：(1)因为tanθ＝2，所以f(θ)＝sinθcosθ＋eq\f(1,2)cos2θ＝sinθcosθ＋eq\f(1,2)(2cos2θ－1)＝sinθcosθ＋cos2θ－eq\f(1,2)＝eq\f(sinθcosθ＋cos2θ,sin2θ＋cos2θ)－eq\f(1,2)＝eq\f(tanθ＋1,tan2θ＋1)－eq\f(1,2)＝eq\f(1,10).(2)由已知，得f(x)＝eq\f(1,2)sin2x＋eq\f(1,2)cos2x＝eq\f(\r(2),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4))).依题意，得g(x)＝eq\f(\r(2),2)sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＋\f(π,4)))，即g(x)＝eq\f(\r(2),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4))).因为当x∈(0，m)时，2x－eq\f(π,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，2m－\f(π,4)))，又g(x)在区间(0，m)上是单调函数，所以2m－eq\f(π,4)≤eq\f(π,2)，即m≤eq\f(3π,8)，故实数m的最大值为eq\f(3π,8).解法二：(1)f(θ)＝sinθcosθ＋eq\f(1,2)cos2θ＝sinθcosθ＋eq\f(1,2)(2cos2θ－1)＝sinθcosθ＋cos2θ－eq\f(1,2)＝eq\f(sinθcosθ＋cos2θ,sin2θ＋cos2θ)－eq\f(1,2).因为tanθ＝2，所以sinθ＝2cosθ，所以f(θ)＝eq\f(2cos2θ＋cos2θ,4cos2θ＋cos2θ)－eq\f(1,2)＝eq\f(1,10).(2)由已知，得f(x)＝eq\f(1,2)sin2x＋eq\f(1,2)cos2x＝eq\f(\r(2),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4))).依题意，得g(x)＝eq\f(\r(2),2)sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＋\f(π,4)))，即g(x)＝eq\f(\r(2),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4))).由2kπ－eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,4)≤2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，得kπ－eq\f(π,8)≤x≤kπ＋eq\f(3π,8)(k∈Z)，故函数g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)，\f(3π,8)))上单调递增．由2kπ＋eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,4)≤2kπ＋eq\f(3π,2)(k∈Z)，得kπ＋eq\f(3π,8)≤x≤kπ＋eq\f(7π,8)(k∈Z)，故函数g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)，\f(7π,8)))上单调递减．因为函数g(x)在区间(0，m)上是单调函数，所以(0，m)⊆eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)，\f(3π,8)))，故实数m的最大值为eq\f(3π,8).19．(12分)已知函数f(x)＝1－cos2x＋2eq\r(3)sinxcosx＋t(x∈R)．(1)求函数f(x)的最小正周期；(2)若x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，是否存在实数t，使函数f(x)的值域恰为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(7,2)))？若存在，请求出t的值；若不存在，请说明理由．解：(1)∵f(x)＝1－cos2x＋eq\r(3)sin2x＋t＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＋t＋1，∴函数f(x)的最小正周期T＝π.(2)假设存在实数t符合题意，∵x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴－eq\f(π,6)≤2x－eq\f(π,6)≤eq\f(5π,6)，则sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))，∴f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＋t＋1∈[t,3＋t]．又f(x)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(7,2)))，∴t＝eq\f(1,2)，∴存在实数t＝eq\f(1,2)，使函数f(x)的值域恰为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(7,2))).20．(13分)已知向量m＝(eq\r(3)sinx,1－eq\r(3)cosx)，n＝(1－sinx，cosx)，函数f(x)＝m·n＋eq\r(3).(1)求函数f(x)的零点；(2)若f(α)＝eq\f(8,5)，且α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，求cosα的值．解：(1)f(x)＝m·n＋eq\r(3)＝eq\r(3)sinx－eq\r(3)sin2x＋cosx－eq\r(3)cos2x＋eq\r(3)＝eq\r(3)sinx＋cosx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6))).由2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＝0，得x＋eq\f(π,6)＝kπ(k∈Z)，所以x＝kπ－eq\f(π,6)(k∈Z)，所以函数f(x)的零点为x＝kπ－eq\f(π,6)(k∈Z)．(2)由(1)，知f(α)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(8,5)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(4,5)，因为α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，所以eq\f(2π,3)<α＋eq\f(π,6)<eq\f(7π,