2024-2025学年新教材高中数学第四章三角恒等变换章末测评含解析北师大版必修第二册

PAGE1-章末综合测评(三)三角恒等变换(满分：150分时间：120分钟)一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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．函数y＝eq\f(\r(1－sin2x),cosx)＋eq\f(\r(1－cos2x),sinx)的值域是()A．{0，2} B．{－2，0}C．{－2，0，2} D．{－2，2}C[y＝eq\f(|cosx|,cosx)＋eq\f(|sinx|,sinx).当x为第一象限角时，y＝2；当x为第三象限角时，y＝－2；当x为其次、四象限角时，y＝0.]2．sin80°cos70°＋sin10°sin70°等于()A．－eq\f(\r(3),2) B．－eq\f(1,2)C．eq\f(1,2) D．eq\f(\r(3),2)C[sin80°cos70°＋sin10°sin70°＝cos10°cos70°＋sin10°sin70°＝cos(70°－10°)＝cos60°＝eq\f(1,2)，故选C.]3．已知α为其次象限角，sinα＝eq\f(3,5)，则sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))的值等于()A．eq\f(4＋3\r(3),10) B．eq\f(4－3\r(3),10)C．eq\f(3\r(3)－4,10) D．eq\f(－4－3\r(3),10)A[∵sinα＝eq\f(3,5)，α是其次象限角，∴cosα＝－eq\f(4,5)，则sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))＝sinαcoseq\f(π,6)－cosαsineq\f(π,6)＝eq\f(3,5)×eq\f(\r(3),2)＋eq\f(4,5)×eq\f(1,2)＝eq\f(3\r(3)＋4,10).故选A.]4．已知向量a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，tanα))，b＝(cosα，2)，且a∥b，则cos2α＝()A．eq\f(1,9) B．－eq\f(1,9)C．－eq\f(7,9) D．eq\f(7,9)A[向量a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，tanα))，b＝(cosα，2)，且a∥b，可得tanαcosα＝eq\f(2,3)，即sinα＝eq\f(2,3)，所以cos2α＝1－2sin2α＝eq\f(1,9)，故选A.]5．若将函数f(x)＝2sinxcosx－2sin2x＋1的图象向右平移φ个单位，所得图象关于y轴对称，则φ的最小正值是()A．eq\f(π,8) B．eq\f(π,4)C．eq\f(3π,8) D．eq\f(3π,4)C[将函数f(x)＝2sinxcosx－2sin2x＋1＝sin2x＋cos2x＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))的图象向右平移φ个单位，可得y＝eq\r(2)sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2（x－φ）＋\f(π,4)))＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)－2φ))的图象．再依据所得图象关于y轴对称，可得eq\f(π,4)－2φ＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，故φ的最小正值是eq\f(3π,8).]6．已知角α的顶点与原点O重合，始边与x轴的非负半轴重合，若它的终边经过点P(2，3)，则taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))＝()A．－eq\f(12,5) B．eq\f(5,12)C．eq\f(17,7) D．－eq\f(7,17)D[依题意，角α的终边经过点P(2，3)，则tanα＝eq\f(3,2)，tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α)＝－eq\f(12,5)，于是taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))＝eq\f(1＋tan2α,1－tan2α)＝－eq\f(7,17).]7．设奇函数f(x)＝sin(ωx＋φ)－eq\r(3)cos(ωx＋φ)(ω>0)在x∈[－1，1]内有9个零点，则ω的取值范围为()A．[4π，5π) B．[4π，5π]C．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,5π)，\f(1,4π))) D．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,5π)，\f(1,4π)))A[∵f(x)＝sin(ωx＋φ)－eq\r(3)cos(ωx＋φ)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋φ－\f(π,3)))，∴φ－eq\f(π,3)＝kπ(k∈Z)，∴2T≤1<eq\f(5,2)T，∴2×eq\f(2π,ω)≤1<eq\f(5,2)×eq\f(2π,ω)，∴4π≤ω<5π.故选A.]8．设△ABC的三个内角为A，B，C，向量m＝(eq\r(3)sinA，sinB)，n＝(cosB，eq\r(3)cosA)，若m·n＝1＋cos(A＋B)，则C的值为()A．eq\f(π,6) B．eq\f(π,3)C．eq\f(2π,3) D．eq\f(5π,6)C[∵m·n＝eq\r(3)sinAcosB＋eq\r(3)cosAsinB＝eq\r(3)sin(A＋B)＝1＋cos(A＋B)，∴eq\r(3)sin(A＋B)－cos(A＋B)＝eq\r(3)sinC＋cosC＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋C))＝1.∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋C))＝eq\f(1,2)，∴eq\f(π,6)＋C＝eq\f(5π,6)或eq\f(π,6)＋C＝eq\f(π,6)(舍去)，∴C＝eq\f(2π,3).]二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对得5分，部分选对得3分，有选错的得0分．9．化简下列各式，与tanα相等的是()A．eq\r(\f(1－cos2α,1＋cos2α))B．eq\r(\f(1－cos2α,2))·eq\f(1,cosα)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α∈\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，π))))C．eq\f(1－cos2α,sin2α)D．eq\f(sinα,1－cos2α)BC[A不符合，eq\r(\f(1－cos2α,1＋cos2α))＝eq\r(\f(2sin2α,2cos2α))＝eq\r(tan2α)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(tanα))；B符合，因为α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，π))，eq\r(\f(1－cos2α,2))·eq\f(1,cosα)＝eq\f(sinα,cosα)＝tanα；C符合，eq\f(1－cos2α,sin2α)＝eq\f(2sin2α,2sinαcosα)＝tanα；D不符合，eq\f(sinα,1－cos2α)＝eq\f(sinα,2sin2α)＝eq\f(1,2sinα).故选BC.]10．已知函数f(x)＝coseq\f(x,2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)sin\f(x,2)＋cos\f(x,2)))，则下列区间中f(x)在其上单调递增的是()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4π,3)，\f(7π,3))) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,2)))C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6))) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))AC[f(x)＝coseq\f(x,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)sin\f(x,2)＋cos\f(x,2)))＝eq\f(\r(3),2)sinx＋eq\f(1＋cosx,2)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＋eq\f(1,2).令2kπ－eq\f(π,2)≤x＋eq\f(π,6)≤2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，可得2kπ－eq\f(2π,3)≤x≤2kπ＋eq\f(π,3)，k∈Z，当k＝0时，函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(2π,3)，\f(π,3)))上单调递增，又eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))⊆eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(2π,3)，\f(π,3)))，所以C满意题意；当k＝1时，函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4π,3)，\f(7π,3)))上单调递增，所以A满意题意．]11．已知f(x)＝sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，若a＝f(lg5)，b＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lg\f(1,5)))，则()A．a＋b＝0 B．a－b＝0C．a＋b＝1 D．a－b＝sin(2lg5)CD[由余弦的二倍角公式化简可得f(x)＝sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＝eq\f(1－cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2))),2)＝eq\f(1＋sin2x,2)＝eq\f(1,2)sin2x＋eq\f(1,2)，∵a＝f(lg5)，b＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lg\f(1,5)))＝f(－lg5)，∴a＋b＝eq\f(1＋sin（2lg5）,2)＋eq\f(1－sin（2lg5）,2)＝1，a－b＝eq\f(1＋sin（2lg5）,2)－eq\f(1－sin（2lg5）,2)＝sin(2lg5)，故选CD.]12．已知函数feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝cos2xcosφ－sin2xsinφeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0＜φ＜\f(π,2)))的图象的一个对称中心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))，则下列说法正确的是()A．直线x＝eq\f(5,12)π是函数feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))的图象的一条对称轴B．函数feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))上单调递减C．函数feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))的图象向右平移eq\f(π,6)个单位可得到y＝cos2x的图象D．函数feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最小值为－1ABD[∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝cos2xcosφ－sin2xsinφ＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋φ))的图象的一个对称中心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))，∴coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,6)＋φ))＝0，则eq\f(π,3)＋φ＝eq\f(π,2)＋kπ，∴φ＝eq\f(π,6)＋kπ，k∈Z.∵0＜φ＜eq\f(π,2)，∴φ＝eq\f(π,6).则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))).∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(5π,12)＋\f(π,6)))＝cosπ＝－1，∴直线x＝eq\f(5,12)π是函数feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))的图象的一条对称轴，故A正确；当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))时，2x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))，∴函数feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))上单调递减，故B正确；函数feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))的图象向右平移eq\f(π,6)个单位，得到y＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＋\f(π,6)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))的图象，故C错误；当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，2x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(7π,6)))，∴函数feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最小值为cosπ＝－1，故D正确．故选ABD.]三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把正确的答案填在题中横线上．13．cos89°cos1°＋sin91°sin181°＝________．0[cos89°cos1°＋sin91°sin181°＝cos89°cos1°－cos1°sin1°＝sin1°cos1°－cos1°sin1°＝0.]14．设α为钝角，且3sin2α＝cosα，则sinα＝________．eq\f(1,6)[因为α为钝角，所以sinα>0，cosα<0，由3sin2α＝cosα，可得6sinαcosα＝cosα，所以sinα＝eq\f(1,6).]15．已知β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，满意tan(α＋β)＝eq\f(3\r(2),4)，sinβ＝eq\f(1,3)，则tanα的值为________．eq\f(4\r(2),11)[因为β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，sinβ＝eq\f(1,3)，所以cosβ＝eq\f(2\r(2),3)，所以tanβ＝eq\f(1,2\r(2))＝eq\f(\r(2),4)，又因为tan(α＋β)＝eq\f(3\r(2),4)，所以tanα＝tan[(α＋β)－β]＝eq\f(tan（α＋β）－tanβ,1＋tan（α＋β）tanβ)＝eq\f(\f(3\r(2),4)－\f(\r(2),4),1＋\f(3\r(2),4)×\f(\r(2),4))＝eq\f(4\r(2),11).]16．已知函数f(x)＝sinωx＋cosωx(ω>0)，x∈R.若函数f(x)在区间(－ω，ω)内单调递增，且函数y＝f(x)的图象关于直线x＝ω对称，则ω的值为________．eq\f(\r(π),2)[f(x)＝sinωx＋cosωx＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))，因为f(x)在区间(－ω，ω)内单调递增，且函数图象关于直线x＝ω对称，所以f(ω)必为一个周期上的最大值，所以有ω·ω＋eq\f(π,4)＝2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，所以ω2＝eq\f(π,4)＋2kπ，k∈Z.又ω－(－ω)≤eq\f(\f(2π,ω),2)，即ω2≤eq\f(π,2)，即ω2＝eq\f(π,4)，所以ω＝eq\f(\r(π),2).]四、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．(本小题满分10分)已知0<α<eq\f(π,2)，sinα＝eq\f(4,5).(1)求tanα的值；(2)求cos2α＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,2)))的值．[解](1)因为0<α<eq\f(π,2)，sinα＝eq\f(4,5)，所以cosα＝eq\f(3,5)，所以tanα＝eq\f(4,3).(2)依据二倍角公式与诱导公式可得：cos2α＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α))＝1－2sin2α＋cosα＝1－eq\f(32,25)＋eq\f(3,5)＝eq\f(8,25).18．(本小题满分12分)计算：(1)eq\f(sin47°－sin17°cos30°,cos17°)；(2)tan25°＋tan35°＋eq\r(3)tan25°tan35°.[解](1)eq\f(sin47°－sin17°cos30°,cos17°)＝eq\f(sin（30°＋17°）－sin17°cos30°,cos17°)＝eq\f(sin30°cos17°＋cos30°sin17°－sin17°cos30°,cos17°)＝eq\f(sin30°cos17°,cos17°)＝sin30°＝eq\f(1,2).(2)由tan(25°＋35°)＝eq\f(tan25°＋tan35°,1－tan25°tan35°)＝eq\r(3)，可得tan25°＋tan35°＝eq\r(3)(1－tan25°tan35°)，即tan25°＋tan35°＋eq\r(3)tan25°·tan35°＝eq\r(3).19．(本小题满分12分)已知向量a＝(sinθ，－2)与b＝(1，cosθ)相互垂直，其中θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).(1)求sinθ和cosθ的值；(2)若sin(θ－φ)＝eq\f(\r(10),10)，0<φ<eq\f(π,2)，求cosφ的值．[解](1)∵a与b相互垂直，则a·b＝sinθ－2cosθ＝0，即sinθ＝2cosθ，代入sin2θ＋cos2θ＝1得sinθ＝±eq\f(2\r(5),5)，cosθ＝±eq\f(\r(5),5)，又θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴sinθ＝eq\f(2\r(5),5)，cosθ＝eq\f(\r(5),5).(2)∵0<φ<eq\f(π,2)，0<θ<eq\f(π,2)，∴－eq\f(π,2)<θ－φ<eq\f(π,2)，则cos(θ－φ)＝eq\r(1－sin2（θ－φ）)＝eq\f(3\r(10),10)，∴cosφ＝cos[θ－(θ－φ)]＝cosθcos(θ－φ)＋sinθsin(θ－φ)＝eq\f(\r(2),2).20．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4))).(1)推断函数f(x)的奇偶性，并给出证明；(2)若θ为第一象限角，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))＝eq\f(\r(2),3)，求coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,6)))的值．[解](1)结论：函数f(x)为定义在R上的偶函数．证明：函数f(x)的定义域为R，关于原点对称，f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＝eq\r(2)coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＋\f(π,4)))＝eq\r(2)cosx，所以f(－x)＝eq\r(2)cos(－x)＝eq\r(2)cosx，所以f(－x)＝f(x).因此，函数f(x)为定义在R上的偶函数．(2)因为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))＝eq\f(\r(2),3)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))＝eq\f(1,3).由于θ为第一象限角，故sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))＝eq\f(2\r(2),3).所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,6)))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))－\f(π,2)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))＝2×eq\f(2\r(2),3)×eq\f(1,3)＝eq\f(4\r(2),9).21．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝(2cos2x－1)sin2x＋eq\f(1,2)cos4x.(1)求f(x)的最小正周期及最大值；(2)若α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，且f(α)＝eq\f(\r(2),2)，求α的值．[解](1)f(x)＝(2cos2x－1)sin2x＋eq\f(1,2)cos4x＝cos2xsin2x＋eq\f(1,2)cos4x＝eq\f(1,2)(sin4x＋cos4x)＝eq\f(\r(2),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(π,4)))，∴f(x)的最小正周期T＝eq\f(π,2)，最大值为eq\f(\r(2),2).(2)由f(α)＝eq\f(\r(2),2)，得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4α＋\f(π,4)))＝1.∵α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，则eq\f(9π,4)<4α＋eq\f(π,4)<eq\f(17π,4)，所以4α＋eq\f(π,4)＝eq\f(5,2)π，故α＝eq\f(9,16)π.22．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝2cos2x＋2eq\r(3)sinxcosx(x∈R).(1)当x∈[0，π]时，求函数f(x)的单调递增区间；(2)若关于x的方程f(x)－t＝1在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))内有两个不相等的实数解，求实数t的取值范围．[解](1)f(x)＝2cos2x＋2e