2024-2025学年新教材高中数学第八章向量的数量积与三角恒等变换8.2.3倍角公式同步作业含解析新人教B版必修第三册

PAGE课时作业(十八)倍角公式一、选择题1．若sinα－cosα＝eq\r(2)，则sin2α等于()A．2B.eq\f(1,2)C．1D．－12.eq\f(2sin2α,1＋cos2α)·eq\f(cos2α,cos2α)等于()A．tanαB．tan2αC．1D.eq\f(1,2)3．若sinx·tanx<0，则eq\r(1＋cos2x)等于()A.eq\r(2)cosxB．－eq\r(2)cosxC.eq\r(2)sinxD．－eq\r(2)sinx4．已知eq\f(cos2x,\r(2)cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4))))＝eq\f(1,5)，则sin2x＝()A．－eq\f(24,25)B．－eq\f(4,5)C.eq\f(24,25)D.eq\f(2\r(5),5)二、填空题5．已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))＝eq\f(3,5)，则sin2x的值等于________．6．已知2cos2x＋sin2x＝Asin(ωx＋φ)＋b(A>0)，则A＝________，b＝________.7．函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))－2eq\r(2)·sin2x的最小正周期是________．三、解答题8．化简eq\f(2cos2α－1,2tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))).9．(1)已知sinα＋cosα＝eq\f(\r(3),3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)<α<π))，求cos2α，tan2α的值．(2)已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))＝eq\f(\r(2),6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<α<\f(π,2)))，求sin2α的值．[尖子生题库]10．已知函数f(x)＝eq\f(4cos4x－2cos2x－1,tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x))·sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))).(1)求feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(17,12)π))的值；(2)当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，求g(x)＝eq\f(1,2)f(x)＋sin2x的最大值和最小值．课时作业(十八)倍角公式1．解析：∵sinα－cosα＝eq\r(2)，∴(sinα－cosα)2＝1－sin2α＝2，∴sin2α＝－1.答案：D2．解析：原式＝eq\f(4sinαcosα,2cos2α)·eq\f(cos2α,cos2α)＝eq\f(sin2α,cos2α)＝tan2α.答案：B3．解析：因为sinx·tanx<0，所以x为其次、三象限角，所以cosx<0，所以eq\r(1＋cos2x)＝eq\r(2cos2x)＝eq\r(2)|cosx|＝－eq\r(2)cosx.答案：B4．解析：∵eq\f(cos2x,\r(2)cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4))))＝eq\f(1,5)，∴eq\f(cos2x－sin2x,cosx－sinx)＝eq\f(1,5)，∴cosx＋sinx＝eq\f(1,5)，∴1＋sin2x＝eq\f(1,25)，∴sin2x＝－eq\f(24,25).答案：A5．解析：法一：∵sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))＝eq\f(3,5)，∴coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2x))＝1－2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))＝1－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))2＝eq\f(7,25)，∴sin2x＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2x))＝eq\f(7,25).法二：由sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))＝eq\f(3,5)，得eq\f(\r(2),2)(sinx－cosx)＝－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).答案：eq\f(7,25)6．解析：∵2cos2x＋sin2x＝1＋cos2x＋sin2x＝1＋eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))，∴1＋eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))＝Asin(ωx＋φ)＋b，∴A＝eq\r(2)，b＝1.答案：eq\r(2)17．解析：f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))－2eq\r(2)sin2x＝eq\f(\r(2),2)sin2x－eq\f(\r(2),2)cos2x－2eq\r(2)×eq\f(1－cos2x,2)＝eq\f(\r(2),2)sin2x＋eq\f(\r(2),2)cos2x－eq\r(2)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))－eq\r(2)，故该函数的最小正周期是eq\f(2π,2)＝π.答案：π8．解析：原式＝eq\f(cos2α,2tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))cos2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α)))＝eq\f(cos2α,2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α)))＝eq\f(cos2α,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2α)))＝eq\f(cos2α,cos2α)＝1.9．解析：(1)因为(sinα＋cosα)2＝eq\f(1,3)，所以1＋2sinαcosα＝eq\f(1,3)，所以2sinαcosα＝sin2α＝－eq\f(2,3)，所以(sinα－cosα)2＝1－2sinαcosα＝1＋eq\f(2,3)＝eq\f(5,3).又eq\f(π,2)<α<π，所以sinα>0，cosα<0，所以sinα－cosα＝eq\f(\r(15),3)，所以cos2α＝cos2α－sin2α＝(cosα＋sinα)·(cosα－sinα)＝eq\f(\r(3),3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(15),3)))＝－eq\f(\r(5),3)，所以tan2α＝eq\f(sin2α,cos2α)＝eq\f(－\f(2,3),－\f(\r(5),3))＝eq\f(2\r(5),5).(2)因为sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α)).所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))))＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋2α))＝eq\f(1,2)cos2α＝eq\f(\r(2),6)，所以cos2α＝eq\f(\r(2),3).又因为0<α<eq\f(π,2)，所以0<2α<π，所以sin2α＝eq\f(\r(7),3).10．解析：f(x)＝eq\f(4cos4x－2cos2x－1,tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x))·sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x)))＝eq\f(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋cos2x,2)))2－2cos2x－1,tan\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(cos22x,sin\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,\f(1,2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋2x)))＝eq\f(cos22x,\f(1,2)cos2x)＝2cos2x.(1)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(17,12)π))＝2coseq\f(17π,6)＝