2025-高考科学复习创新方案-数学-提升版第五章素能培优（五）含答案

2025-高考科学复习创新方案-数学-提升版第五章考情分析：在三角函数的图象与性质中，ω的求解是近几年新高考全国卷的一个热点内容，通常会与三角函数的图象和性质综合考查，出现在选填题中．考点难度2023Ⅰ卷T15知零点个数求ω的取值范围中Ⅱ卷T16知图象求ω，进而求函数值难2022Ⅰ卷T6知周期对称性求ω，进而求函数值中考向一三角函数的单调性与ω的关系例1(2023·广东七校联考)已知函数f(x)＝sin(ωx＋2φ)－2sinφcos(ωx＋φ)(ω>0，φ∈R)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2)))上单调递增，则ω的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(5,3)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(5,3)))D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))∪eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(5,3)))答案D解析根据正弦和角与差角公式化简函数式可得f(x)＝sin(ωx＋2φ)－2sinφcos(ωx＋φ)＝sin[(ωx＋φ)＋φ]－2sinφcos(ωx＋φ)＝sin(ωx＋φ)cosφ＋cos(ωx＋φ)sinφ－2sinφcos(ωx＋φ)＝sin(ωx＋φ)cosφ－cos(ωx＋φ)sinφ＝sin(ωx＋φ－φ)＝sinωx(ω>0，φ∈R)．由－eq\f(π,2)＋2kπ≤ωx≤eq\f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，得－eq\f(π,2ω)＋eq\f(2kπ,ω)≤x≤eq\f(π,2ω)＋eq\f(2kπ,ω)，k∈Z，∴函数f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2ω)＋\f(2kπ,ω)，\f(π,2ω)＋\f(2kπ,ω)))(k∈Z)．由f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2)))上单调递增，可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2ω)＋\f(2kπ,ω)≤π，,\f(π,2ω)＋\f(2kπ,ω)≥\f(3π,2)，,\f(1,2)×\f(2π,ω)≥\f(3π,2)－π，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ω≥－\f(1,2)＋2k，,ω≤\f(1,3)＋\f(4k,3)，,ω≤2))(k∈Z)．又ω>0，当k＝0时，可得0<ω≤eq\f(1,3)；当k＝1时，可得eq\f(3,2)≤ω≤eq\f(5,3).故选D.根据函数的单调性求ω(1)基本策略确定函数的单调区间，根据区间之间的包含关系，建立不等式，即可求ω的取值范围．(2)常用结论已知函数y＝Asin(ωx＋φ)(或y＝Acos(ωx＋φ))的单调区间为(a，b)，则|a－b|≤eq\f(T,2)(T为最小正周期)．已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|≤\f(π,2)))，x＝－eq\f(π,8)是函数f(x)的一个零点，直线x＝eq\f(π,8)是函数f(x)图象的一条对称轴，若f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)，\f(π,4)))上单调，则ω的最大值是()A．14 B．16C．18 D．20答案A解析设函数f(x)的最小正周期为T，因为x＝－eq\f(π,8)是函数f(x)的一个零点，直线x＝eq\f(π,8)是函数f(x)图象的一条对称轴，则eq\f(2n＋1,4)T＝eq\f(π,8)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)))＝eq\f(π,4)，其中n∈N，所以T＝eq\f(π,2n＋1)＝eq\f(2π,ω)，所以ω＝4n＋2，因为函数f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)，\f(π,4)))上单调，则eq\f(π,4)－eq\f(π,5)≤eq\f(T,2)＝eq\f(π,ω)，所以ω≤20.所以ω的可能取值为2，6，10，14，18.①当ω＝18时，f(x)＝sin(18x＋φ)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9π,4)＋φ))＝0，所以φ－eq\f(9π,4)＝kπ(k∈Z)，则φ＝kπ＋eq\f(9π,4)(k∈Z)，因为－eq\f(π,2)≤φ≤eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,4)，所以f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(18x＋\f(π,4)))，当eq\f(π,5)<x<eq\f(π,4)时，4π－eq\f(3π,20)＝eq\f(77π,20)<18x＋eq\f(π,4)<eq\f(19π,4)＝4π＋eq\f(3π,4)，所以函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)，\f(π,4)))上不单调，不符合题意；②当ω＝14时，f(x)＝sin(14x＋φ)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7π,4)＋φ))＝0，所以φ－eq\f(7π,4)＝kπ(k∈Z)，则φ＝kπ＋eq\f(7π,4)(k∈Z)，因为－eq\f(π,2)≤φ≤eq\f(π,2)，所以φ＝－eq\f(π,4)，所以f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(14x－\f(π,4)))，当eq\f(π,5)<x<eq\f(π,4)时，2π＋eq\f(11π,20)＝eq\f(51π,20)<14x－eq\f(π,4)<eq\f(13π,4)＝2π＋eq\f(5π,4)，所以函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)，\f(π,4)))上单调递减，符合题意．因此ω的最大值为14.故选A.考向二三角函数的对称性与ω的关系例2(2024·福州模拟)若定义在R上的函数f(x)＝sinωx＋cosωx(ω>0)的图象在区间[0，π]上恰有5条对称轴，则ω的取值范围为()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(17,4)，\f(21,4))) B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(17,4)，\f(25,4)))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(17,4)，\f(25,4))) D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(33,4)，\f(41,4)))答案A解析由已知，f(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))，令ωx＋eq\f(π,4)＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，得x＝eq\f(（4k＋1）π,4ω)，k∈Z，依题意知，有5个整数k满足0≤eq\f(（4k＋1）π,4ω)≤π，即0≤4k＋1≤4ω，所以k＝0，1，2，3，4，则4×4＋1≤4ω<4×5＋1，故eq\f(17,4)≤ω<eq\f(21,4).故选A.利用函数的对称性求ω三角函数两条相邻对称轴或两个相邻对称中心之间的“水平间隔”为eq\f(T,2)，相邻的对称轴和对称中心之间的“水平间隔”为eq\f(T,4)，这就说明，我们可根据三角函数的对称性来研究其周期性，解决问题的关键在于运用整体代换的思想，建立关于ω的不等式组，进而可以研究ω的取值范围．已知函数f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)的一条对称轴为直线x＝eq\f(π,3)，一个对称中心为点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，0))，则ω有()A．最小值2 B．最大值2C．最小值1 D．最大值1答案A解析∵函数的对称中心到对称轴的最短距离是eq\f(T,4)，∴对称中心eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，0))到对称轴x＝eq\f(π,3)的距离用周期可表示为eq\f(π,3)－eq\f(π,12)≥eq\f(T,4)，又T＝eq\f(2π,ω)，∴eq\f(\f(2π,ω),4)≤eq\f(π,4)，∴ω≥2，当ω＝2时，f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))满足题意，∴ω有最小值2.考向三三角函数的最值(极值)与ω的关系例3(2023·青岛模拟)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)，其中ω>0，|φ|≤eq\f(π,2)，－eq\f(π,4)为f(x)的零点，且f(x)≤eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))))恒成立，f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(π,24)))上有最小值，无最大值，则ω的最大值是()A．11 B．13C．15 D．17答案C解析由题意，直线x＝eq\f(π,4)是f(x)图象的一条对称轴，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝±1，即eq\f(π,4)ω＋φ＝k1π＋eq\f(π,2)，k1∈Z①，又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))＝0，所以－eq\f(π,4)ω＋φ＝k2π，k2∈Z②，由①②，得ω＝2(k1－k2)＋1，k1，k2∈Z，又f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(π,24)))上有最小值无最大值，所以T≥eq\f(π,24)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)))＝eq\f(π,8)，即eq\f(2π,ω)≥eq\f(π,8)，解得ω≤16.综上，先检验ω＝15，当ω＝15时，由①得eq\f(π,4)×15＋φ＝k1π＋eq\f(π,2)，k1∈Z，即φ＝k1π－eq\f(13π,4)，k1∈Z，又|φ|≤eq\f(π,2)，所以φ＝－eq\f(π,4)，此时f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(15x－\f(π,4)))，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(π,24)))时，15x－eq\f(π,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,2)，\f(3π,8)))，当15x－eq\f(π,4)＝－eq\f(π,2)，即x＝－eq\f(π,60)时，f(x)取得最小值，无最大值，满足题意．故ω的最大值为15.根据函数的最值求ω利用三角函数的最值与对称轴或周期的关系，可以列出关于ω的不等式(组)，进而求出ω的值或取值范围．(2024·南通模拟)已知函数f(x)＝sinωx＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(5π,6)))(ω>0)在[0，π]上的值域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，1))，则ω的取值范围为________．答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,6)，\f(5,3)))解析依题意，f(x)＝eq\f(1,2)sinωx－eq\f(\r(3),2)cosωx＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,3)))，由x∈[0，π]，ω>0，得－eq\f(π,3)≤ωx－eq\f(π,3)≤πω－eq\f(π,3)，函数y＝sinx在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,2)))上单调递增，函数值的集合为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，1))，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(4π,3)))上单调递减，函数值的集合为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，1))，因为函数f(x)在[0，π]上的值域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，1))，则eq\f(π,2)≤πω－eq\f(π,3)≤eq\f(4π,3)，解得eq\f(5,6)≤ω≤eq\f(5,3)，所以ω的取值范围为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,6)，\f(5,3))).考向四三角函数的零点与ω的关系例4(2023·新课标Ⅰ卷)已知函数f(x)＝cosωx－1(ω>0)在区间[0，2π]有且仅有3个零点，则ω的取值范围是________．答案[2，3)解析因为0≤x≤2π，所以0≤ωx≤2ωπ，令f(x)＝cosωx－1＝0，则cosωx＝1有3个根，令t＝ωx，则cost＝1有3个根，其中t∈[0，2ωπ]，结合余弦函数y＝cost的图象性质可得4π≤2ωπ<6π，故2≤ω<3.利用函数零点求ω三角函数相邻两个零点之间的“水平间隔”为eq\f(T,2)，根据三角函数的零点个数，可以研究ω的取值．(2022·全国甲卷)设函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))在区间(0，π)恰有三个极值点、两个零点，则ω的取值范围是()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，\f(13,6))) B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，\f(19,6)))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(13,6)，\f(8,3))) D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(13,6)，\f(19,6)))答案C解析依题意可得ω＞0，因为x∈(0，π)，所以ωx＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，ωπ＋\f(π,3)))，要使函数在区间(0，π)恰有三个极值点、两个零点，又y＝sinx，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，3π))的图象如图所示．则eq\f(5π,2)＜ωπ＋eq\f(π,3)≤3π，解得eq\f(13,6)＜ω≤eq\f(8,3)，即ω的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(13,6)，\f(8,3))).故选C.第2课时简单的三角恒等变换考向一三角函数式的化简例1(1)已知0<θ<π，则eq\f(（1＋sinθ＋cosθ）\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(θ,2)－cos\f(θ,2))),\r(2＋2cosθ))＝________．答案－cosθ解析由θ∈(0，π)得0<eq\f(θ,2)<eq\f(π,2)，所以coseq\f(θ,2)>0，所以eq\r(2＋2cosθ)＝eq\r(4cos2\f(θ,2))＝2coseq\f(θ,2).又(1＋sinθ＋cosθ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(θ,2)－cos\f(θ,2)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2sin\f(θ,2)cos\f(θ,2)＋2cos2\f(θ,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(θ,2)－cos\f(θ,2)))＝2coseq\f(θ,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin2\f(θ,2)－cos2\f(θ,2)))＝－2coseq\f(θ,2)cosθ，故原式＝eq\f(－2cos\f(θ,2)cosθ,2cos\f(θ,2))＝－cosθ.(2)化简：①eq\a\vs4\al\co1()eq\f(1,tan\f(α,2))－taneq\f(α,2)eq\a\vs4\al\co1()eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋tanαtan\f(α,2)))＝________；②eq\f(sin（2α＋β）,sinα)－2cos(α＋β)＝________．答案①eq\f(2,sinα)②eq\f(sinβ,sinα)解析①原式＝eq\a\vs4\al\co1()eq\f(cos\f(α,2),sin\f(α,2))－eq\f(sin\f(α,2),cos\f(α,2))eq\a\vs4\al\co1()eq\a\vs4\al\co1()1＋eq\f(sinα,cosα)·eq\f(sin\f(α,2),cos\f(α,2))eq\a\vs4\al\co1()＝eq\f(cos2\f(α,2)－sin2\f(α,2),sin\f(α,2)cos\f(α,2))·eq\f(cosαcos\f(α,2)＋sinαsin\f(α,2),cosαcos\f(α,2))＝eq\f(2cosα,sinα)·eq\f(cos\f(α,2),cosαcos\f(α,2))＝eq\f(2,sinα).②原式＝eq\f(sin（2α＋β）－2sinαcos（α＋β）,sinα)＝eq\f(sin[α＋（α＋β）]－2sinαcos（α＋β）,sinα)＝eq\f(sinαcos（α＋β）＋cosαsin（α＋β）－2sinαcos（α＋β）,sinα)＝eq\f(cosαsin（α＋β）－sinαcos（α＋β）,sinα)＝eq\f(sin[（α＋β）－α],sinα)＝eq\f(sinβ,sinα).三角函数式的化简要遵循“三看”原则1.化简：eq\f(2tan（45°－α）,1－tan2（45°－α）)·eq\f(sinαcosα,cos2α－sin2α)＝________．答案eq\f(1,2)解析原式＝tan(90°－2α)·eq\f(\f(1,2)sin2α,cos2α)＝eq\f(sin（90°－2α）,cos（90°－2α）)·eq\f(\f(1,2)sin2α,cos2α)＝eq\f(cos2α,sin2α)·eq\f(\f(1,2)sin2α,cos2α)＝eq\f(1,2).2．化简：eq\f(2cos4x－2cos2x＋\f(1,2),2tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x)))＝________．答案eq\f(1,2)cos2x解析原式＝eq\f(\f(1,2)（4cos4x－4cos2x＋1）,2·\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x)),cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x)))·cos2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x)))＝eq\f(（2cos2x－1）2,4sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x)))＝eq\f(cos22x,2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2x)))＝eq\f(cos22x,2cos2x)＝eq\f(1,2)cos2x.多角度探究突破考向二三角函数式的求值角度给角求值例2(1)求值：eq\f(cos20°,cos35°\r(1－sin20°))＝()A．1 B．2C.eq\r(2) D.eq\r(3)答案C解析原式＝eq\f(cos20°,cos35°|sin10°－cos10°|)＝eq\f(cos210°－sin210°,cos35°（cos10°－sin10°）)＝eq\f(cos10°＋sin10°,cos35°)＝eq\f(\r(2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)cos10°＋\f(\r(2),2)sin10°)),cos35°)＝eq\f(\r(2)cos（45°－10°）,cos35°)＝eq\f(\r(2)cos35°,cos35°)＝eq\r(2).(2)求值：eq\f(\r(3)tan12°－3,sin12°（4cos212°－2）)＝________．答案－4eq\r(3)解析原式＝eq\f(\f(\r(3)sin12°,cos12°)－3,2sin12°（2cos212°－1）)＝eq\f(\r(3)sin12°－3cos12°,2sin12°cos12°cos24°)＝eq\f(2\r(3)（sin12°cos60°－cos12°sin60°）,sin24°cos24°)＝eq\f(4\r(3)sin（12°－60°）,sin48°)＝－4eq\r(3).给角求值问题的解题策略在三角函数的给角求值问题中，已知角常常是非特殊角，但非特殊角与特殊角总有一定关系．其基本思路是观察所给角与特殊角之间的关系，利用和、差、倍角公式等将非特殊角的三角函数值转化为特殊角的三角函数值，或可正、负相消的项和特殊角的三角函数值，或可约分的项和特殊角的三角函数值等．1.(2024·扬州高三开学考试)eq\f(cos55°＋sin25°cos60°,cos25°)＝()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eq\f(cos55°＋sin25°cos60°,cos25°)＝eq\f(cos（30°＋25°）＋\f(1,2)sin25°,cos25°)＝eq\f(\f(\r(3),2)cos25°－\f(1,2)sin25°＋\f(1,2)sin25°,cos25°)＝eq\f(\r(3),2).故选B.2．(1＋tan1°)(1＋tan2°)(1＋tan3°)…(1＋tan44°)的值为()A．222 B．223C．211 D．212答案A解析由tan1°＋tan44°＝1－tan1°tan44°，得(1＋tan1°)(1＋tan44°)＝1＋tan1°＋tan44°＋tan1°tan44°＝1＋1－tan1°tan44°＋tan1°tan44°＝2.所以(1＋tan1°)(1＋tan2°)(1＋tan3°)·…·(1＋tan44°)＝222.故选A.角度给值求值例3(1)(2023·湖南新高考联盟第二次联考)设sin20°＝m，cos20°＝n，化简eq\f(1＋tan10°,1－tan10°)－eq\f(2cos70°,cos50°)＝()A.eq\f(m,n) B．－eq\f(m,n)C.eq\f(n,m) D．－eq\f(n,m)答案A解析因为sin20°＝m，cos20°＝n，所以eq\f(1＋tan10°,1－tan10°)－eq\f(2cos70°,cos50°)＝eq\f(cos10°＋sin10°,cos10°－sin10°)－eq\f(2sin20°,sin40°)＝eq\f(cos10°＋sin10°,cos10°－sin10°)－eq\f(1,cos20°)＝eq\f(（cos10°＋sin10°）2,cos210°－sin210°)－eq\f(1,cos20°)＝eq\f(1＋sin20°,cos20°)－eq\f(1,cos20°)＝eq\f(sin20°,cos20°)＝eq\f(m,n).故选A.(2)(2023·淄博模拟)已知α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，且eq\r(2)cos2α＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))，则sin2α＝()A．－eq\f(3,4) B.eq\f(3,4)C．－1 D．1答案C解析∵eq\r(2)cos2α＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),2)(sinα＋cosα)，∴cos2α－sin2α＝(cosα＋sinα)(cosα－sinα)＝eq\f(1,2)(cosα＋sinα)，∴(cosα＋sinα)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosα－sinα－\f(1,2)))＝0，∴cosα＋sinα＝0或cosα－sinα＝eq\f(1,2)，由cosα＋sinα＝0平方可得1＋sin2α＝0，即sin2α＝－1；由cosα－sinα＝eq\f(1,2)平方可得1－sin2α＝eq\f(1,4)，即sin2α＝eq\f(3,4)，∵α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，∴2α∈(－π，0)，∴sin2α<0，∴sin2α＝－1.给值求值问题的解题策略给值求值是指已知某个角的三角函数值，求与该角相关的其他三角函数值的问题，解题的基本方法是通过角的三角函数的变换把求解目标用已知条件表达出来．1.(2024·徐州模拟)若α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，eq\f(cos2α,1＋tan2α)＝eq\f(3,8)，则coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝()A.eq\f(\r(3),2) B.eq\f(\r(2),2)C.eq\f(1,2) D．1答案C解析因为eq\f(cos2α,1＋tan2α)＝eq\f(3,8)，所以3(1＋tan2α)＝8×eq\f(cos2α－sin2α,sin2α＋cos2α)＝8×eq\f(1－tan2α,1＋tan2α)，可得3(1＋tan2α)2＝8－8tan2α，解得tan2α＝eq\f(1,3)，因为α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以tanα＝eq\f(\r(3),3)，所以α＝eq\f(π,6)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝coseq\f(π,3)＝eq\f(1,2).2．(2024·镇江模拟)公元前6世纪，古希腊的毕达哥拉斯学派研究过正五边形和正十边形的作图，发现0.618就是黄金分割，这是一个伟大的发现，这一数值也表示为a＝2sin18°，若a2＋b＝4，则eq\f(1－2cos227°,a\r(b))＝________．答案－eq\f(1,2)解析∵a＝2sin18°，a2＋b＝4，∴b＝4－a2＝4－4sin218°＝4(1－sin218°)＝4cos218°，∴eq\f(1－2cos227°,a\r(b))＝eq\f(1－2cos227°,2sin18°\r(4cos218°))＝eq\f(－cos54°,4sin18°cos18°)＝eq\f(－sin36°,2sin36°)＝－eq\f(1,2).角度给值求角例4(1)(2023·常州模拟)已知cosα＝eq\f(\r(5),5)，sin(β－α)＝－eq\f(\r(10),10)，α，β均为锐角，则β＝()A.eq\f(π,12) B.eq\f(π,6)C.eq\f(π,4) D.eq\f(π,3)答案C解析因为cosα＝eq\f(\r(5),5)，sin(β－α)＝－eq\f(\r(10),10)＜0，α，β均为锐角，所以sinα＝eq\r(1－cos2α)＝eq\f(2\r(5),5)，β－α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，可得cos(β－α)＝eq\r(1－sin2（β－α）)＝eq\f(3\r(10),10)，sinβ＝sin[(β－α)＋α]＝sin(β－α)cosα＋cos(β－α)sinα＝－eq\f(\r(10),10)×eq\f(\r(5),5)＋eq\f(3\r(10),10)×eq\f(2\r(5),5)＝eq\f(\r(2),2)，则β＝eq\f(π,4).故选C.(2)已知α，β∈(0，π)，且tan(α－β)＝eq\f(1,2)，tanβ＝－eq\f(1,7)，则2α－β的值为________．答案－eq\f(3π,4)解析∵tanα＝tan[(α－β)＋β]＝eq\f(tan（α－β）＋tanβ,1－tan（α－β）tanβ)＝eq\f(\f(1,2)－\f(1,7),1＋\f(1,2)×\f(1,7))＝eq\f(1,3)>0，∴0<α<eq\f(π,2).又tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α)＝eq\f(2×\f(1,3),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(2))＝eq\f(3,4)>0，∴0<2α<eq\f(π,2)，∴tan(2α－β)＝eq\f(tan2α－tanβ,1＋tan2αtanβ)＝eq\f(\f(3,4)＋\f(1,7),1－\f(3,4)×\f(1,7))＝1.∵tanβ＝－eq\f(1,7)<0，∴eq\f(π,2)<β<π，∴－π<2α－β<0，∴2α－β＝－eq\f(3π,4).给值求角时，选取函数应遵循的原则(1)已知正切函数值，则选正切函数．(2)已知正、余弦函数值，则选正弦或余弦函数．若角的范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，则选正、余弦函数皆可；若角的范围是(0，π)，则选余弦函数较好；若角的范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，则选正弦函数较好．1.(2023·漳州八校联考)已知锐角α的终边上一点P(sin40°，1＋cos40°)，则α＝()A．10° B．20°C．70° D．80°答案C解析由题意，得tanα＝eq\f(1＋cos40°,sin40°)＝eq\f(2cos220°,2cos20°sin20°)＝eq\f(cos20°,sin20°)＝eq\f(sin70°,cos70°)＝tan70°.又α为锐角，∴α＝70°.故选C.2．已知sin(α＋2β)＝eq\f(4\r(3),7)，cos(2α＋β)＝－eq\f(11,14)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，0))，则α－β＝________．答案eq\f(π,3)解析因为α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，0))，则eq\f(π,4)<2α＋β<π，－eq\f(π,4)<α＋2β<eq\f(π,2)，eq\f(π,4)<α－β<eq\f(3π,4)，所以cos(α＋2β)＝eq\r(1－sin2（α＋2β）)＝eq\f(1,7)，sin(2α＋β)＝eq\r(1－cos2（2α＋β）)＝eq\f(5\r(3),14)，所以cos(α－β)＝cos[(2α＋β)－(α＋2β)]＝cos(2α＋β)·cos(α＋2β)＋sin(2α＋β)sin(α＋2β)＝－eq\f(11,14)×eq\f(1,7)＋eq\f(5\r(3),14)×eq\f(4\r(3),7)＝eq\f(1,2)，因此α－β＝eq\f(π,3).课时作业一、单项选择题1.eq\f(2cos58°＋sin28°,cos28°)＝()A．－eq\r(3) B．1C.eq\r(3) D．2答案C解析原式＝eq\f(2cos（30°＋28°）＋sin28°,cos28°)＝eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cos28°－\f(1,2)sin28°))＋sin28°,cos28°)＝eq\f(\r(3)cos28°,cos28°)＝eq\r(3).2．(2023·新课标Ⅱ卷)已知α为锐角，cosα＝eq\f(1＋\r(5),4)，则sineq\f(α,2)＝()A.eq\f(3－\r(5),8) B.eq\f(－1＋\r(5),8)C.eq\f(3－\r(5),4) D.eq\f(－1＋\r(5),4)答案D解析因为cosα＝1－2sin2eq\f(α,2)＝eq\f(1＋\r(5),4)，而α为锐角，解得sineq\f(α,2)＝eq\r(\f(3－\r(5),8))＝eq\r(\f(（\r(5)－1）2,16))＝eq\f(\r(5)－1,4).故选D.3．(2023·枣庄模拟)在平面直角坐标系xOy中，已知角α的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边经过点(－3，4)，则taneq\f(α,2)＝()A．－eq\f(1,2)或2 B．2C．－eq\f(1,3)或3 D．3答案B解析因为角α的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边经过点(－3，4)，所以sinα＝eq\f(4,5)，cosα＝－eq\f(3,5)，所以taneq\f(α,2)＝eq\f(sinα,1＋cosα)＝eq\f(\f(4,5),1－\f(3,5))＝2.故选B.4．(2023·苏州三模)若X·(1＋eq\r(3)tan10°)＝1，则X可以为()A．sin20° B．sin40°C．cos20° D．cos40°答案D解析若X·(1＋eq\r(3)tan10°)＝1，则X＝eq\f(1,1＋\r(3)tan10°)＝eq\f(1,1＋\f(\r(3)sin10°,cos10°))＝eq\f(cos10°,cos10°＋\r(3)sin10°)＝eq\f(cos10°,2sin（10°＋30°）)＝eq\f(cos10°,2sin40°)＝eq\f(cos（90°－80°）,2sin40°)＝eq\f(sin80°,2sin40°)＝eq\f(2sin40°cos40°,2sin40°)＝cos40°.故选D.5．若θ是第二象限角，taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋θ))＝－eq\f(5,12)，则sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,6)))＝()A.eq\f(120,169) B.eq\f(119,169)C．－eq\f(120,169) D．－eq\f(119,169)答案D解析设eq\f(π,3)＋θ＝α，则2θ＋eq\f(π,6)＝2α－eq\f(π,2)，∵taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋θ))＝tanα＝－eq\f(5,12)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,2)))＝－cos2α＝sin2α－cos2α＝eq\f(sin2α－cos2α,sin2α＋cos2α)＝eq\f(tan2α－1,tan2α＋1)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,12)))\s\up12(2)－1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,12)))\s\up12(2)＋1)＝－eq\f(119,169).故选D.6．(2023·福州模拟)已知sin(2α－β)＝－3sinβ，且α－β≠eq\f(π,2)＋kπ，α≠eq\f(kπ,2)，其中k∈Z，则eq\f(tan（α－β）,tanα)＝()A．1B．2C．3D．4答案B解析∵sin(2α－β)＝－3sinβ，∴sin[(α－β)＋α]＝－3sin[α－(α－β)]，sin(α－β)cosα＋cos(α－β)sinα＝－3sinαcos(α－β)＋3cosαsin(α－β)，整理得2cos(α－β)sinα＝cosαsin(α－β)，由于α－β≠eq\f(π,2)＋kπ，α≠eq\f(kπ,2)，∴sinα≠0，cos(α－β)≠0，则eq\f(cosαsin（α－β）,cos（α－β）sinα)＝2，即eq\f(tan（α－β）,tanα)＝2.故选B.7.已知在区间[0，π]上，函数y＝3sineq\f(x,2)与函数y＝eq\r(1＋sinx)的图象交于点P，设点P在x轴上的射影为P′，P′的横坐标为x0，则tanx0的值为()A.eq\f(1,2) B.eq\f(4,3)C.eq\f(4,5) D.eq\f(8,15)答案B解析依题意得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)，则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).故选B.8．(2023·佛山模拟)设α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，且tanα＝eq\f(1＋sinβ,cosβ)，则()A．3α－β＝eq\f(π,2) B．3α＋β＝eq\f(π,2)C．2α－β＝eq\f(π,2) D．2α＋β＝eq\f(π,2)答案C解析解法一：∵eq\f(sinα,cosα)＝eq\f(1＋sinβ,cosβ)，∴sinαcosβ＝cosα＋cosαsinβ，∴sin(α－β)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))，∵α－β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，eq\f(π,2)－α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴α－β＝eq\f(π,2)－α，∴2α－β＝eq\f(π,2).故选C.解法二：∵tanα＝eq\f(1＋sinβ,cosβ)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(β,2)＋sin\f(β,2)))\s\up12(2),cos2\f(β,2)－sin2\f(β,2))＝eq\f(cos\f(β,2)＋sin\f(β,2),cos\f(β,2)－sin\f(β,2))＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(β,2)＋\f(π,4)))，又eq\f(β,2)＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，∴α＝eq\f(β,2)＋eq\f(π,4)，∴2α－β＝eq\f(π,2).故选C.二、多项选择题9．已知sin10°＝a，则eq\f(3,sin240°)－eq\f(1,cos240°)的值用a可以表示为()A.eq\f(8a＋4,1－a2) B.eq\f(4a＋2,1－a2)C．16a D．32a答案AD解析eq\f(3,sin240°)－eq\f(1,cos240°)＝eq\f(3cos240°－sin240°,sin240°cos240°)＝eq\f(\f(3,2)（1＋cos80°）－\f(1,2)（1－cos80°）,\f(1,4)sin280°)＝eq\f(4＋8cos80°,cos210°)＝eq\f(4＋8sin10°,1－sin210°)＝eq\f(4＋8a,1－a2)，又sin30°＝sin(10°＋20°)＝sin10°cos20°＋cos10°sin20°＝sin10°(1－2sin210°)＋2sin10°cos210°＝3sin10°－4sin310°＝eq\f(1,2)，所以3a－4a3＝eq\f(1,2)，故6a－8a3＝1，得eq\f(4＋8a,1－a2)＝eq\f(4（6a－8a3）＋8a,1－a2)＝eq\f(32a（1－a2）,1－a2)＝32a.10．(2023·海口模拟)已知α∈(π，2π)，sinα＝eq\f(tanα,2)＝taneq\f(β,2)，则()A．tanα＝eq\r(3) B．cosα＝eq\f(1,2)C．tanβ＝4eq\r(3) D．cosβ＝eq\f(1,7)答案BD解析因为α∈(π，2π)，所以sinα≠0，又sinα＝eq\f(tanα,2)＝eq\f(sinα,2cosα)，所以cosα＝eq\f(1,2)＞0，故B正确；由上述可得α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π))，则sinα＝－eq\r(1－cos2α)＝－eq\f(\r(3),2)，tanα＝eq\f(sinα,cosα)＝－eq\r(3)，故A错误；由已知可得taneq\f(β,2)＝－eq\f(\r(3),2)，可得tanβ＝eq\f(2tan\f(β,2),1－tan2\f(β,2))＝－4eq\r(3)，故C错误；cosβ＝eq\f(cos2\f(β,2)－sin2\f(β,2),cos2\f(β,2)＋sin2\f(β,2))＝eq\f(1－tan2\f(β,2),1＋tan2\f(β,2))＝eq\f(1,7)，故D正确．故选BD.11．下列式子中正确的是()A．cosαsinβ＝eq\f(1,2)[sin(α－β)－sin(α＋β)]B．sinθ－sinφ＝2coseq\f(θ＋φ,2)sineq\f(θ－φ,2)C．tanα＋tanβ＝tan(α＋β)＋tanαtanβtan(α＋β)D.eq\f(sin（2α＋β）,sinα)－2cos(α＋β)＝eq\f(sinβ,sinα)答案BD解析对于A，eq\f(1,2)[sin(α－β)－sin(α＋β)]＝eq\f(1,2)(sinαcosβ－sinβcosα－sinαcosβ－sinβcosα)＝－cosαsinβ，故A错误；对于B，2coseq\f(θ＋φ,2)·sineq\f(θ－φ,2)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(θ,2)＋\f(φ,2)))sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(θ,2)－\f(φ,2)))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(θ,2)·cos\f(φ,2)－sin\f(θ,2)sin\f(φ,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(θ,2)cos\f(φ,2)－cos\f(θ,2)sin\f(φ,2)))＝2coseq\f(θ,2)coseq\f(φ,2)sineq\f(θ,2)coseq\f(φ,2)－2sineq\f(θ,2)sineq\f(φ,2)·sineq\f(θ,2)coseq\f(φ,2)－2coseq\f(θ,2)coseq\f(φ,2)coseq\f(θ,2)sineq\f(φ,2)＋2sineq\f(θ,2)sineq\f(φ,2)coseq\f(θ,2)sineq\f(φ,2)＝cos2eq\f(φ,2)sinθ－sin2eq\f(θ,2)·sinφ－cos2eq\f(θ,2)sinφ＋sinθsin2eq\f(φ,2)＝sinθ－sinφ，故B正确；对于C，若α＝β＝eq\f(π,3)，则tanα＋tanβ＝taneq\f(π,3)＋taneq\f(π,3)＝2eq\r(3)，tan(α＋β)＋tanαtanβtan(α＋β)＝taneq\f(2π,3)＋taneq\f(π,3)taneq\f(π,3)taneq\f(2π,3)＝－4eq\r(3)，2eq\r(3)≠－4eq\r(3)，故C错误；对于D，eq\f(sin（2α＋β）,sinα)－2cos(α＋β)＝eq\f(sin2αcosβ＋cos2αsinβ,sinα)－2cosαcosβ＋2sinαsinβ＝2cosαcosβ＋eq\f(cos2αsinβ,sinα)－2cosαcosβ＋2sinαsinβ＝eq\f(cos2αsinβ,sinα)＋2sinαsinβ＝eq\f(cos2αsinβ＋2sin2αsinβ,sinα)＝eq\f(cos2αsinβ＋（1－cos2α）sinβ,sinα)＝eq\f(sinβ,sinα)，故D正确．故选BD.三、填空题12．(2024·石家庄高三阶段练习)写出满足tan7α＝eq\f(cosα＋sinα,cosα－sinα)的α的一个值：________．答案eq\f(π,24)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(答案不唯一，只要满足α＝\f(π,24)＋\f(kπ,6)（k∈Z）均可))解析因为eq\f(cosα＋sinα,cosα－sinα)＝eq\f(1＋tanα,1－tanα)＝eq\f(tan\f(π,4)＋tanα,1－tan\f(π,4)tanα)＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))，所以tan7α＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))，所以7α＝eq\f(π,4)＋α＋kπ(k∈Z)，即α＝eq\f(π,24)＋eq\f(kπ,6)(k∈Z)．13．定义运算＝ad－bc.若cosα＝eq\f(1,7)，＝eq\f(3\r(3),14)，0<β<α<eq\f(π,2)，则β＝________．答案eq\f(π,3)解析由题意有sinαcosβ－cosαsinβ＝sin(α－β)＝eq\f(3\r(3),14)，又0<β<α<eq\f(π,2)，∴0<α－β<eq\f(π,2)，故cos(α－β)＝eq\r(1－sin2（α－β）)＝eq\f(13,14)，又cosα＝eq\f(1,7)，∴sinα＝eq\f(4\r(3),7)，于是sinβ＝sin[α－(α－β)]＝sinαcos(α－β)－cosαsin(α－β)＝eq\f(4\r(3),7)×eq\f(13,14)－eq\f(1,7)×eq\f(3\r(3),14)＝eq\f(\r(3),2).又0<β<eq\f(π,2)，故β＝eq\f(π,3).14．(2024·河北省部分名校高三联考)已知函数f(x)＝tan2x＋2tan(π－x)－1.若tanα＝2，则f(α)＝________；若f(x)的定义域为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,4)))，则f(x)的零点个数为________．答案－eq\f(19,3)1解析因为函数f(x)＝tan2x＋2tan(π－x)－1＝eq\f(2tanx,1－tan2x)－2tanx－1，若tanα＝2，则f(α)＝eq\f(2tanα,1－tan2α)－2tanα－1＝eq\f(4,1－4)－4－1＝－eq\f(19,3).令f(x)＝0，得eq\f(2tanx,1－tan2x)＝2tanx＋1，整理得2tan3x＋tan2x－1＝0，设tanx＝t，若x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,4)))，则t∈(－∞，－1)∪(0，1)，设g(t)＝2t3＋t2－1，t∈(－∞，－1)∪(0，1)，则g′(t)＝6t2＋2t，当t∈(－∞，－1)∪(0，1)时，g′(t)＞0，g(t)在区间(－∞，－1)和(0，1)上单调递增，且g(－1)＝－2＜0，g(0)＝－1＜0，g(1)＝2＞0，所以g(t)在区间(0，1)上存在唯一零点，又因为y＝tanx在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上单调递增，所以函数f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,4)))上的零点个数为1.四、解答题15．(2023·昆明高考三诊一模)已知sin(α＋β)＝eq\f(1,2)，sin(α－β)＝eq\f(1,3).(1)求证：sinαcosβ＝5cosαsinβ；(2)若已知0<α＋β<eq\f(π,2)，0<α－β<eq\f(π,2)，求cos2α的值．解(1)证明：∵sin(α＋β)＝sinαcosβ＋cosαsinβ＝eq\f(1,2)，sin(α－β)＝sinαcosβ－cosαsinβ＝eq\f(1,3)，∴2sinαcosβ＋2cosαsinβ＝1，①