2016-2017学年高二数学下册综合检测题5

[A基础达标]1．已知2sinα＝1＋cosα，则taneq\f(α,2)＝()A.eq\f(1,2) B．eq\f(1,2)或不存在C．2 D．2或不存在解析：选B．由2sinα＝1＋cosα，即4sineq\f(α,2)coseq\f(α,2)＝2cos2eq\f(α,2)，当coseq\f(α,2)＝0时，则taneq\f(α,2)不存在；当coseq\f(α,2)≠0时，则taneq\f(α,2)＝eq\f(1,2).2．已知cosθ＝－eq\f(1,4)(－180°＜θ＜－90°)，则coseq\f(θ,2)＝()A．－eq\f(\r(6),4) B．eq\f(\r(6),4)C．－eq\f(3,8) D．eq\f(3,8)解析：选B．因为－180°＜θ＜－90°，所以－90°＜eq\f(θ,2)＜－45°.又cosθ＝－eq\f(1,4)，所以coseq\f(θ,2)＝eq\r(\f(1＋cosθ,2))＝eq\r(\f(1－\f(1,4),2))＝eq\f(\r(6),4)，故选B．3．若α∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7π,4)，2π))，则eq\r(\f(1＋cos2α,2))－eq\r(\f(1－cos2α,2))等于()A．cosα－sinα B．cosα＋sinαC．－cosα＋sinα D．－cosα－sinα解析：选B．因为α∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7π,4)，2π))，所以sinα≤0，cosα＞0，则eq\r(\f(1＋cos2α,2))－eq\r(\f(1－cos2α,2))＝eq\r(cos2α)－eq\r(sin2α)＝|cosα|－|sinα|＝cosα－(－sinα)＝cosα＋sinα.4．若θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，sin2θ＝eq\f(3\r(7),8)，则sinθ＝()A.eq\f(3,5) B．eq\f(4,5)C.eq\f(\r(7),4) D.eq\f(3,4)解析：选D.因为θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，所以2θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，所以cos2θ≤0，所以cos2θ＝－eq\r(1－sin22θ)＝－eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(7),8)))\s\up12(2))＝－eq\f(1,8).又cos2θ＝1－2sin2θ，所以sin2θ＝eq\f(1－cos2θ,2)＝eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,8))),2)＝eq\f(9,16)，所以sinθ＝eq\f(3,4).5．化简eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)＋cos\f(α,2)))eq\s\up12(2)＋2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－\f(α,2)))得()A．2＋sinα B．2＋eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))C．2 D．2＋eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))解析：选C.原式＝1＋2sineq\f(α,2)coseq\f(α,2)＋1－coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－\f(α,2)))))＝2＋sinα－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))＝2＋sinα－sinα＝2.6．已知sineq\f(θ,2)－coseq\f(θ,2)＝eq\f(\r(6),3)，则cos2θ＝________．解析：因为sineq\f(θ,2)－coseq\f(θ,2)＝eq\f(\r(6),3)，所以1－sinθ＝eq\f(2,3)，即sinθ＝eq\f(1,3)，所以cos2θ＝1－2sin2θ＝1－eq\f(2,9)＝eq\f(7,9).答案：eq\f(7,9)7．若3sinx－eq\r(3)cosx＝2eq\r(3)sin(x＋φ)，φ∈(－π，π)，则φ＝________．解析：因为3sinx－eq\r(3)cosx＝2eq\r(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sinx－\f(1,2)cosx))＝2eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))，因为φ∈(－π，π)，所以φ＝－eq\f(π,6).答案：－eq\f(π,6)8．已知sin2θ＝eq\f(3,5)，0＜2θ＜eq\f(π,2)，则eq\f(2cos2\f(θ,2)－sinθ－1,\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4))))＝________．解析：eq\f(2cos2\f(θ,2)－sinθ－1,\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4))))＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2cos2\f(θ,2)－1))－sinθ,\r(2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinθcos\f(π,4)＋cosθsin\f(π,4))))＝eq\f(cosθ－sinθ,sinθ＋cosθ)＝eq\f(1－\f(sinθ,cosθ),\f(sinθ,cosθ)＋1)＝eq\f(1－tanθ,tanθ＋1).因为sin2θ＝eq\f(3,5)，0＜2θ＜eq\f(π,2)，所以cos2θ＝eq\f(4,5)，所以tanθ＝eq\f(sin2θ,1＋cos2θ)＝eq\f(\f(3,5),1＋\f(4,5))＝eq\f(1,3)，所以eq\f(1－tanθ,tanθ＋1)＝eq\f(1－\f(1,3),\f(1,3)＋1)＝eq\f(1,2)，即eq\f(2cos2\f(θ,2)－sinθ－1,\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4))))＝eq\f(1,2).答案：eq\f(1,2)9．已知2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))＝sinθ＋cosθ，2sin2β＝sin2θ，求证：sin2α＋eq\f(1,2)cos2β＝0.证明：由2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))＝sinθ＋cosθ，得eq\r(2)cosα＋eq\r(2)sinα＝sinθ＋cosθ，两边平方得，2(1＋sin2α)＝1＋sin2θ，①又2sin2β＝sin2θ，②由①②两式消去sin2θ，得2(1＋sin2α)＝1＋2sin2β，即2sin2α＋cos2β＝0，所以sin2α＋eq\f(1,2)cos2β＝0.10．(2015·高考广东卷)已知tanα＝2.(1)求taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))的值；(2)求eq\f(sin2α,sin2α＋sinαcosα－cos2α－1)的值．解：(1)taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(tanα＋tan\f(π,4),1－tanαtan\f(π,4))＝eq\f(2＋1,1－2×1)＝－3.(2)eq\f(sin2α,sin2α＋sinαcosα－cos2α－1)＝eq\f(2sinαcosα,sin2α＋sinαcosα－2cos2α)＝eq\f(2tanα,tan2α＋tanα－2)＝eq\f(2×2,4＋2－2)＝1.[B能力提升]1．已知coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋θ))·coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－θ))＝eq\f(\r(3),4)，θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))，则sinθ＋cosθ的值是()A．eq\f(\r(6),2) B．－eq\f(\r(6),2)C．－eq\f(\r(2),2) D．eq\f(\r(2),2)解析：选C.coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋θ))·coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－θ))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－θ))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－θ))＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2θ))＝eq\f(1,2)cos2θ＝eq\f(\r(3),4).所以cos2θ＝eq\f(\r(3),2).因为θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))，所以2θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π))，所以sin2θ＝－eq\f(1,2)，且sinθ＋cosθ＜0.所以(sinθ＋cosθ)2＝1＋sin2θ＝1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2).所以sinθ＋cosθ＝－eq\f(\r(2),2).2．已知A＋B＝eq\f(2π,3)，那么cos2A＋cos2B的最大值是______，最小值是________．解析：因为A＋B＝eq\f(2π,3)，所以cos2A＋cos2B＝eq\f(1,2)(1＋cos2A＋1＋cos2B)＝1＋eq\f(1,2)(cos2A＋cos2B)＝1＋cos(A＋B)cos(A－B)＝1＋coseq\f(2π,3)cos(A－B)＝1－eq\f(1,2)cos(A－B)，所以当cos(A－B)＝－1时，原式取得最大值eq\f(3,2)；当cos(A－B)＝1时，原式取得最小值eq\f(1,2).答案：eq\f(3,2)eq\f(1,2)3．已知π＜α＜eq\f(3π,2)，化简：eq\f(1＋sinα,\r(1＋cosα)－\r(1－cosα))＋eq\f(1－sinα,\r(1＋cosα)＋\r(1－cosα)).解：原式＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)＋cos\f(α,2)))\s\up12(2),\r(2)\a\vs4\al(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos\f(α,2))))－\r(2)\a\vs4\al(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)))))＋eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)－cos\f(α,2)))\s\up12(2),\r(2)\a\vs4\al(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos\f(α,2))))＋\r(2)\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2))))，因为π＜α＜eq\f(3π,2)，所以eq\f(π,2)＜eq\f(α,2)＜eq\f(3π,4).所以coseq\f(α,2)＜0，sineq\f(α,2)＞0.所以原式＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)＋cos\f(α,2)))\s\up12(2),－\r(2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)＋cos\f(α,2))))＋eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)－cos\f(α,2)))\s\up12(2),\r(2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)－cos\f(α,2))))＝－eq\f(sin\f(α,2)＋cos\f(α,2),\r(2))＋eq\f(sin\f(α,2)－cos\f(α,2),\r(2))＝－eq\r(2)coseq\f(α,2).4．(选做题)如图所示，已知OPQ是半径为1，圆心角为eq\f(π,3)的扇形，四边形ABCD是扇形的内接矩形，B，C两点在圆弧上，OE是∠POQ的平分线，E在eq\o(PQ,\s\up8(︵))上，连接OC，记∠COE＝α，则角α为何值时矩形ABCD的面积最大？并求最大面积．解：如图所示，设OE交AD于M，交BC于N，显然矩形ABCD关于OE对称，而M，N均为AD，BC的中点，在Rt△ONC中，CN＝sinα，ON＝cosα，OM＝eq\f(DM,tan\f(π,6))＝eq\r(3)DM＝eq\r(3)CN＝eq\r(3)sinα，所以MN＝ON－OM＝cosα－eq\r(3)sinα，即AB＝cosα－eq\r(3)sinα，而BC＝2