04三角恒等变换（培优提升题）-江苏省 高一下学期期末数学专题练习（苏教版）

试卷第=page44页，共=sectionpages44页试卷第=page11页，共=sectionpages44页04三角恒等变换（培优提升题）年高一下学期期末数学专题练习（苏教版）一、单选题1．（2023下·江苏镇江·高一统考期末）已知，若，则（

）A． B． C． D．2．（2023下·江苏常州·高一校联考期末）已知为锐角，且，则（

）A． B． C． D．3．（2023下·江苏苏州·高一统考期末）已知，则（

）A． B． C． D．4．（2023下·江苏扬州·高一统考期末）已知，，则（

）.A． B．C． D．或5．（2023下·江苏淮安·高一统考期末）若，，则（

）A．50° B．60° C．70° D．80°6．（2023下·江苏连云港·高一统考期末）若，则（

）A． B． C． D．7．（2023下·江苏南通·高一校考期末）已知函数在内恰有个最值点和个零点，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．8．（2022下·江苏南通·高一统考期末）中，若，，则的取值范围是（

）A． B． C． D．二、多选题9．（2023下·江苏扬州·高一统考期末）已知函数在区间上有且仅有3个不同零点，则下列选项正确的有（

）.A．在区间上有且仅有3条对称轴B．的最小正周期不可能是C．的取值范围是D．在区间上单调递增10．（2022下·江苏苏州·高一校联考期末）计算下列各式的值，其结果为1的有（

）A． B．C． D．11．（2022下·江苏南通·高一统考期末）已知向量，，函数，则（

）A．若f(x)的最小正周期为π，则f(x)的图象关于点对称B．若f(x)的图象关于直线称，则ω可能为C．若f(x)在上单调递增，则D．若f(x)的图象向左平移个单位长度后得到一个偶函数的图象，则ω的最小值为三、填空题12．（2023下·江苏苏州·高一江苏省昆山中学校考期末）已知，则的最小值为．13．（2023下·江苏常州·高一常州高级中学校考期末）．14．（2023下·江苏苏州·高一统考期末）已知，为一个斜三角形的两个内角，若，则的最小值为．15．（2023下·江苏扬州·高一统考期末）已知角的终边经过点，且满足，则实数.16．（2023下·江苏泰州·高一统考期末）已知，，则满足的一个的值为.17．（2022下·江苏淮安·高一统考期末）已知，且，则的值为．四、解答题18．（2023下·江苏南京·高一校考期末）已知向量，，其中，且.(1)求的值；(2)若，且，求角.19．（2023下·江苏南通·高一统考期末）已知向量，函数.(1)求的单调递增区间；(2)若，求.20．（2023下·江苏镇江·高一统考期末）已知，，求下列各式的值：(1)；(2).21．（2023下·江苏常州·高一校联考期末）已知向量，.(1)若，求的值；(2)若，求的值.22．（2023下·江苏连云港·高一统考期末）已知函数的最大值为1.(1)求常数m的值；(2)若，，求的值.23．（2023下·江苏南京·高一南京市江宁高级中学校联考期末）已知，，且，.(1)求的值；(2)求的值.24．（2023下·江苏盐城·高一统考期末）已知函数的最大值为.(1)求常数m的值；(2)求函数的单调递增区间及图象的对称中心.25．（2022下·江苏苏州·高一校联考期末）已知角的终边与单位圆交点的横坐标为，且，求下列式子的值：(1)；(2).答案第=page1414页，共=sectionpages1414页答案第=page1515页，共=sectionpages1515页参考答案：1．A【分析】由可得的范围，可知，再由同角三角函数的基本关系和两角和的余弦公式求解即可得出答案.【详解】因为，所以，所以，所以，所以.故选：A.2．A【分析】由同角三角函数可得，再由角的变换及两角差的正弦公式展开即可.【详解】（为锐角），∴为锐角，，，故选：A．3．C【分析】由条件结合利用二倍角公式求，再利用诱导公式求.【详解】因为，所以，所以，故选：C.4．C【分析】先将用两角差的正弦公式化简得到，两边平方即可求出，再根据同角三角函数的基本关系求出，最后利用两角差的正弦公式计算可得到.【详解】因为，所以，即，所以，所以，即，即，所以，因为，所以，又，所以，即，所以，所以，所以.故选：C5．D【分析】根据题意利用三角恒等变换整理得，结合角的范围运算求解.【详解】因为，则，又因为，则，显然不成立，所以，解得.故选：D.6．D【分析】根据已知切化弦化简，结合二倍角公式可推得，然后变为正余弦的齐次式化简运算，即可得出答案.【详解】由可得，，整理可得，，所以有，所以，所以，.故选：D.7．B【分析】利用辅助角公式化简得出，由求出的取值范围，根据函数在内恰有个最值点和个零点，可得出关于的不等式，解之即可.【详解】因为，且当时，，因为函数在内恰有个最值点和个零点，所以，，解得，故选：B.8．A【分析】利用三角函数恒等变换进行化简，可得，利用基本不等式得，利用两角和的正切公式表示，结合以上条件即可求解的取值范围．【详解】∵，∴，∵，即，∴，两边同时除以，得，∵，∴，当且仅当时等号成立，∴，即，，∵，∴，∴，∴，即的取值范围是．故选：A．9．BCD【分析】令,则,由函数在区间上有且仅有3个零点，即有3个整数符合,可求出判断C,再利用三角函数的性质可依次判断ABD.【详解】令,则，函数在区间上有且仅有3个不同零点,即有3个整数符合,由,得，则，即,,故C正确;对于A，,,,当时,在区间上有且仅有3条对称轴；当时,在区间有且仅有4条对称轴，故A错误；对于B,周期,由,则,,又,所以的最小正周期不可能是，故B正确;对于D,,,,,又,所以在区间上单调递增,故D正确.故选:BCD.10．ACD【分析】由商数关系、诱导公式、和差角公式及倍角公式依次化简求值即可求解.【详解】对于A，，A正确；对于B，，B错误；对于C，，C正确；对于D，，D正确.故选：ACD.11．BC【分析】首先化简函数，再根据三角函数的周期，对称，单调性，以及图象平移，即可判断选项.【详解】,A.若函数的最小正周期为，则，即，当时，，此时，所以函数关于对称，故A错误；B.若函数的图象关于直线对称，则，，得，，所以的可能为，故B正确；C.当时，，则，解得：，故C正确；D.函数的图象向左平移个单位长度后得到，函数是偶函数，则当时，，得，，且，所以的最小值是，故D错误.故选：BC12．/【分析】设，，结合已知，把用的正余弦表示，再借助三角函数性质求解作答.【详解】设，，则，而，显然，因此，其中锐角由确定，函数，当时，，当时，，因此，即有，所以的最小值为.故答案为：13．/0.25【分析】根据二倍角公式以及和差角公式，结合辅助角公式即可求解.【详解】,故答案为：14．/【分析】利用同角三角函数的平方和商数关系及二倍角的余弦公式，结合二次函数的性质即可求解.【详解】由题意可知，，因为在上均单调，结合图象可得所以，由，得，所以，因为为一个斜三角形的两个内角，即，，，因此，显然有，即角为一斜三角形的内角，所以当时，取最小值.故答案为：15．【分析】根据三角函数的定义求得，再利用两角和正切公式化简求解即可.【详解】因为角的终边上有一点，所以，因为点在第一象限，不妨取，所以等价于.因为，所以，所以，所以，解得.故答案为：16．（答案不唯一）【分析】根据两角和的正切公式，将用进行表示，再将化简求得结果.【详解】，，又，，即，化简可得，，或，又，，故，，故满足题意，故答案为：（答案不唯一）.17．【分析】由诱导公式与二倍角公式求解即可【详解】，故答案为：18．(1)(2)【分析】（1）利用平面向量垂直的坐标表示得到，再结合同角三角函数的基本关系求出，最后利用二倍角公式求解即可；（2）先求出，进而得到，得到，再利用两角差的正弦公式求解即可.【详解】（1）由，得，即.代入，得，又，则，.则.（2）由，，则.又，所以.则==.由，得.19．(1)；(2).【分析】（1）根据向量数量积的坐标表示函数，然后对函数进行降幂化简，代入正弦函数的单调增区间求解；（2）先求，然后结合角的范围及同角关系求得，然后利用两角差的正弦公式化简计算即可.【详解】（1），由，解得，所以的单调递增区间是.（2），因为，所以，所以，所以.20．(1)(2)【分析】（1）由平方后求得，从而可得，联立可得的值，即可得解；（2）利用二倍角公式及齐次式计算即可.【详解】（1）因为①，则，得，则，因为，则，所以②，由①②得，所以．（2）.21．(1)(2)【分析】（1）根据向量共线的坐标表示即可求解；（2）讲条件两边平方，解得，然后结合数量积坐标表示解得，最后将齐次式化简，代入求解；【详解】（1）因为，所以，即所以；（2）因为，所以，即，所以，即，所以，所以

.22．(1)(2)【分析】（1）根据辅助角公式化简可得，然后根据正弦函数的性质，即可得出答案；（2）根据已知可得出，，然后根据二倍角公式得出的值，根据两角差的余弦公式，即可得出答案.【详解】（1），当，即时，，所以.（2）由（1）知，.由得，，所以.又，所以，所以，所以，，所以.23．(1)(2)【分析】（1）利用同角三角函数的平方关系求得，然后求得由两角和的正切公式可得答案；（2）结合（1），利用，由两角和的正切公式，结合可得答案.【详解】（1）由题意所以

所以（2）由为锐角，可得

所以24．(1)(2)单调递增区间为，对称中心为，【分析】（1）先化简的解析式，列出关于m的方程，解之即可求得m的值；