2024高考数学一轮复习统考第4章三角函数解三角形第5讲简单的三角恒等变换课时作业含解析北师大版

PAGE1-简洁的三角恒等变换课时作业1．(2024·福建宁德其次次质检)cos31°cos1°＋sin149°sin1°＝()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cos31°cos1°＋sin149°sin1°＝cos31°cos1°＋sin31°·sin1°＝cos(31°－1°)＝cos30°＝eq\f(\r(3),2)，故选B.2．(2024·西藏山南二中一模)函数y＝cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))－sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))的最小正周期为()A．2π B．πC.eq\f(π,2) D．eq\f(π,4)答案B解析∵y＝cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))－sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＝－sin2x，∴函数的最小正周期为eq\f(2π,2)＝π.3．(2024·湖南师大附中模拟)若coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,2)))＝－eq\f(\r(7),4)，则cos2θ的值为()A.eq\f(1,8) B．eq\f(7,16)C．±eq\f(1,8) D．eq\f(13,16)答案A解析因为coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,2)))＝－eq\f(\r(7),4)，所以sinθ＝eq\f(\r(7),4)，所以cos2θ＝1－2sin2θ＝eq\f(1,8).故选A.4．(2024·安徽蚌埠三检)函数f(x)＝2sinxcosx＋2cos2x－1的图象的对称轴方程可能为()A．x＝eq\f(π,8) B．x＝eq\f(π,4)C．x＝eq\f(π,2) D．x＝－eq\f(π,4)答案A解析f(x)＝2sinxcosx＋2cos2x－1＝sin2x＋cos2x＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))，令2x＋eq\f(π,4)＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，解得x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,8)(k∈Z)，当k＝0时，x＝eq\f(π,8)，故选A.5．设a＝(π＋1)0，b＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(π,2)))，c＝eq\f(tan\f(3π,8),1－tan2\f(3π,8))，则a，b，c的大小关系是()A．b<c<a B．c<a<bC．c<b<a D．a<b<c答案C解析因为a＝(π＋1)0＝1，b＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(π,2)))＝cos1∈(0,1)，c＝eq\f(tan\f(3π,8),1－tan2\f(3π,8))＝eq\f(1,2)taneq\f(3π,4)＝－eq\f(1,2)<0，所以c<b<a.6．(2024·山西省名校联考)若coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))＝－eq\f(\r(3),3)，则coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3)))＋cosα＝()A．－eq\f(2\r(2),3) B．±eq\f(2\r(2),3)C．－1 D．±1答案C解析由coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3)))＋cosα＝eq\f(1,2)cosα＋eq\f(\r(3),2)sinα＋cosα＝eq\r(3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))＝－1，故选C.7．在△ABC中，tanA＋tanB＋eq\r(3)＝eq\r(3)tanAtanB，则C等于()A.eq\f(π,3) B．eq\f(2π,3)C.eq\f(π,6) D．eq\f(π,4)答案A解析由已知得tanA＋tanB＝－eq\r(3)(1－tanAtanB)，∴eq\f(tanA＋tanB,1－tanAtanB)＝－eq\r(3)，即tan(A＋B)＝－eq\r(3).又tanC＝tan[π－(A＋B)]＝－tan(A＋B)＝eq\r(3)，0＜C＜π，∴C＝eq\f(π,3).8．(2024·广东揭阳学业水平考试)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.9．(2024·陕西榆林模拟一)若α，β都是锐角，且cosα＝eq\f(\r(5),5)，sin(α＋β)＝eq\f(3,5)，则cosβ＝()A.eq\f(2\r(5),25) B．eq\f(2\r(5),5)C.eq\f(2\r(5),25)或eq\f(2\r(5),5) D．eq\f(\r(5),5)或eq\f(\r(5),25)答案A解析因为α，β都是锐角，且cosα＝eq\f(\r(5),5)<eq\f(1,2)，所以eq\f(π,3)<α<eq\f(π,2)，sinα＝eq\r(1－cos2α)＝eq\f(2\r(5),5)，又sin(α＋β)＝eq\f(3,5)<sinα，所以eq\f(π,2)<α＋β<π，所以cos(α＋β)＝－eq\r(1－sin2(α＋β))＝－eq\f(4,5)，所以cosβ＝cos(α＋β－α)＝cos(α＋β)cosα＋sin(α＋β)sinα＝eq\f(2\r(5),25)，故选A.10．(2024·江西赣州3月摸底)将函数y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－2x))－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋2x))的图象向右平移eq\f(π,4)个单位长度，所得图象对应的函数()A．在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上递增 B．在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上递减C．在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))上递增 D．在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))上递减答案C解析y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－2x))－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋2x))，＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(π,3)·cos2x－cos\f(π,3)sin2x))－coseq\f(π,6)cos2x＋sineq\f(π,6)sin2x＝eq\r(3)cos2x－sin2x－eq\f(\r(3),2)cos2x＋eq\f(1,2)sin2x＝eq\f(\r(3),2)cos2x－eq\f(1,2)sin2x＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，把y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的图象向右平移eq\f(π,4)个单位长度得到f(x)＝cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＋eq\f(π,6)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的图象，因为函数f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的单调递增区间为－π＋2kπ≤2x－eq\f(π,3)≤2kπ(k∈Z)，所以当－eq\f(π,3)＋kπ≤x≤eq\f(π,6)＋kπ(k∈Z)时，f(x)是增函数，因为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))在函数f(x)的单调递增区间内，所以函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))上为增函数，故选C.11．(2024·全国卷Ⅰ)已知角α的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边上有两点A(1，a)，B(2，b)，且cos2α＝eq\f(2,3)，则|a－b|＝()A.eq\f(1,5) B．eq\f(\r(5),5)C.eq\f(2\r(5),5) D．1答案B解析依据题中所给条件，可知O，A，B三点共线，从而得到b＝2a，因为cos2α＝2cos2α－1＝2·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(a2＋1))))2－1＝eq\f(2,3)，解得a2＝eq\f(1,5)，即|a|＝eq\f(\r(5),5)，所以|a－b|＝|a－2a|＝eq\f(\r(5),5).故选B.12．(2024·黑龙江哈三中二模)在数学解题中，常会遇到形如“eq\f(x＋y,1－xy)”的结构，这时可类比正切的和角公式．如：设a，b是非零实数，且满意eq\f(asin\f(π,5)＋bcos\f(π,5),acos\f(π,5)－bsin\f(π,5))＝taneq\f(8π,15)，则eq\f(b,a)＝()A．4 B．eq\r(15)C．2 D．eq\r(3)答案D解析由eq\f(asin\f(π,5)＋bcos\f(π,5),acos\f(π,5)－bsin\f(π,5))＝taneq\f(8π,15)，得eq\f(\f(asin\f(π,5),acos\f(π,5))＋\f(bcos\f(π,5),acos\f(π,5)),\f(acos\f(π,5),acos\f(π,5))－\f(bsin\f(π,5),acos\f(π,5)))＝taneq\f(8π,15)，令eq\f(b,a)＝tanα，∴eq\f(tan\f(π,5)＋tanα,1－tanαtan\f(π,5))＝taneq\f(8π,15)⇒taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)＋α))＝taneq\f(8π,15)⇒eq\f(π,5)＋α＝kπ＋eq\f(8π,15)(k∈Z)⇒α＝kπ＋eq\f(π,3)(k∈Z)⇒tanα＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,3)))＝taneq\f(π,3)＝eq\r(3)(k∈Z)，∴eq\f(b,a)＝eq\r(3)，故选D.13．(2024·全国卷Ⅱ)已知taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(5π,4)))＝eq\f(1,5)，则tanα＝________.答案eq\f(3,2)解析taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(5π,4)))＝eq\f(tanα－tan\f(5π,4),1＋tanαtan\f(5π,4))＝eq\f(tanα－1,1＋tanα)＝eq\f(1,5)，解方程得tanα＝eq\f(3,2).14．已知sinα＝cos2α，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，则tanα＝________.答案－eq\f(\r(3),3)解析∵sinα＝1－2sin2α，∴2sin2α＋sinα－1＝0.∴(2sinα－1)(sinα＋1)＝0，∵α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，∴2sinα－1＝0.∴sinα＝eq\f(1,2)，∴cosα＝－eq\f(\r(3),2).∴tanα＝－eq\f(\r(3),3).15．(2024·全国卷Ⅱ)已知sinα＋cosβ＝1，cosα＋sinβ＝0，则sin(α＋β)＝________.答案－eq\f(1,2)解析解法一：因为sinα＋cosβ＝1，cosα＋sinβ＝0，所以(1－sinα)2＋(－cosα)2＝1，所以sinα＝eq\f(1,2)，所以cosβ＝eq\f(1,2)，因此sin(α＋β)＝sinαcosβ＋cosαsinβ＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)－cos2α＝eq\f(1,4)－1＋sin2α＝eq\f(1,4)－1＋eq\f(1,4)＝－eq\f(1,2).解法二：由(sinα＋cosβ)2＋(cosα＋sinβ)2＝1，得2＋2sin(α＋β)＝1，所以sin(α＋β)＝－eq\f(1,2).16．(2024·青岛模拟)已知不等式3eq\r(2)sineq\f(x,4)coseq\f(x,4)＋eq\r(6)cos2eq\f(x,4)－eq\f(\r(6),2)－m≤0对随意的－eq\f(5π,6)≤x≤eq\f(π,6)恒成立，则实数m的取值范围是________．答案[eq\r(3)，＋∞)解析依题意得，3eq\r(2)sineq\f(x,4)coseq\f(x,4)＋eq\r(6)cos2eq\f(x,4)－eq\f(\r(6),2)－m＝eq\f(3\r(2),2)sineq\f(x,2)＋eq\f(\r(6),2)coseq\f(x,2)－m＝eq\r(6)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,6)))－m≤0在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,6)，\f(π,6)))上恒成立，∴m≥eq\r(6)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,6)))在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,6)，\f(π,6)))上恒成立，由于－eq\f(π,4)≤eq\f(x,2)＋eq\f(π,6)≤eq\f(π,4)，∴－eq\r(3)≤eq\r(6)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,6)))≤eq\r(3)，故m≥eq\r(3).17．(2024·江苏镇江模拟)已知α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，sinα＝eq\f(\r(5),5).(1)求sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))的值；(2)求coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)－2α))的值．解(1)因为α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，sinα＝eq\f(\r(5),5)，所以cosα＝－eq\r(1－sin2α)＝－eq\f(2\r(5),5).故sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))＝sineq\f(π,4)cosα＋coseq\f(π,4)sinα＝eq\f(\r(2),2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(5),5)))＋eq\f(\r(2),2)×eq\f(\r(5),5)＝－eq\f(\r(10),10).(2)由(1)知sin2α＝2sinαcosα＝2×eq\f(\r(5),5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(5),5)))＝－eq\f(4,5)，cos2α＝1－2sin2α＝1－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),5)))2＝eq\f(3,5)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)－2α))＝coseq\f(5π,6)cos2α＋sineq\f(5π,6)sin2α＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)))×eq\f(3,5)＋eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)))＝－eq\f(4＋3\r(3),10).18．(2024·浙江金华十校模拟)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，0<φ<\f(π,2)))的最小正周期为π，且cos2φ＋cosφ＝0.(1)求ω和feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))的值；(2)若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)))＝eq\f(3,5)(0<α<π)，求sinα.解(1)∵函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，0<φ<\f(π,2)))的最小正周期为eq\f(2π,ω)＝π，∴ω＝2.再依据cos2φ＋cosφ＝2cos2φ－1＋cosφ＝0，得cosφ＝－1(舍去)或cosφ＝eq\f(1,2)，∴φ＝eq\f(π,3)，故f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，故feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π＋\f(π,3)))＝－eq\f(\r(3),2).(2)∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＝eq\f(3,5)<eq\f(\r(3),2)，∴α＋eq\f(π,3)为钝角，故coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＝－eq\r(1－sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3))))＝－eq\f(4,5)，故sinα＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))－\f(π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))coseq\f(π,3)－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))sineq\f(π,3)＝eq\f(3,5)×eq\f(1,2)＋eq\f(4,5)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3＋4\r(3),10).19．(2024·重庆南开中学四检)已知函数f(x)＝4coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))－eq\r(3).(1)求f(x)的单调递增区间；(2)求f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,3)))上的值域．解(1)f(x)＝4sinx·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosxcos\f(π,3)＋sinxsin\f(π,3)))－eq\r(3)＝4sinx·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cosx＋\f(\r(3),2)sinx))－eq\r(3)＝2sinxcosx＋2eq\r(3)sin2x－eq\r(3)＝sin2x＋eq\r(3)·(1－cos2x)－eq\r(3)＝sin2x－eq\r(3)cos2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，令2kπ－eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,3)≤2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，得kπ－eq\f(π,12)≤x≤kπ＋eq\f(5π,12)(k∈Z)，所以f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))(k∈Z)．(2)由eq\f(π,4)≤x≤eq\f(π,3)得eq\f(π,6)≤2x－eq\f(π,3)≤eq\f(π,3)，故2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))∈[1，eq\r(3)]．20．(2024·辽宁大连二模)已知函数f(x)＝eq\r(3)sinωxcosωx－cos2ωx＋eq\f(1,2