人教A版 (2019)必修 第一册第五章 三角函数本章综合与测试学案

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1．化简sin 162°cs 78°＋cs 162°sin 78°得( )
A．－eq \f(1,2) B.eq \f(\r(3),2) C．－eq \f(\r(3),2) D.eq \f(1,2)
答案 C
解析 sin 162°cs 78°＋cs 162°sin 78°＝sin(162°＋78°)＝sin 240°＝sin(180°＋60°)＝－sin 60°＝－eq \f(\r(3),2).
2．函数y＝2cs2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))－1是( )
A．最小正周期为π的偶函数
B．最小正周期为eq \f(π,2)的奇函数
C．最小正周期为π的奇函数
D．最小正周期为eq \f(π,2)的偶函数
答案 C
解析 y＝2cs2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))－1＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2)))＝－sin 2x，显然是奇函数，最小正周期为π.
3．已知α，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，且tan α，tan β是方程x2＋3eq \r(3)x＋4＝0的两个根，则α＋β的值为( )
A.eq \f(π,3)或－eq \f(2π,3) B．－eq \f(2π,3)
C．－eq \f(π,3)或eq \f(2π,3) D．－eq \f(π,3)
答案 B
解析 由题意可得tan α＋tan β＝－3eq \r(3)，tan αtan β＝4；
所以tan(α＋β)＝eq \f(tan α＋tan β,1－tan αtan β)＝eq \f(－3\r(3),1－4)＝eq \r(3)；
因为α，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，tan α＋tan β＝－3eq \r(3)<0，tan αtan β＝4>0，
所以α，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))，所以α＋β∈(－π，0)．
因为tan(α＋β)＝eq \r(3)，所以α＋β＝－eq \f(2π,3).
4．(多选)下列说法中正确的是( )
A．存在这样的α和β的值，使得cs(α＋β)＝cs αcs β＋sin αsin β
B．不存在无穷多个α和β的值，使得cs(α＋β)＝cs αcs β＋sin αsin β
C．对任意的α和β，有cs(α＋β)＝cs αcs β－sin αsin β
D．存在这样的α和β的值，使得sin(α＋β)＝sin α＋sin β
答案 ACD
解析 对于A，当α＝β＝0时，cs(0＋0)＝cs 0cs 0＋sin 0sin 0＝1，故正确；
对于B，当α＝β＝2kπ(k∈Z)时，sin α＝sin β＝0，cs α＝cs β＝1，cs(α＋β)＝1，则cs(α＋β)＝cs αcs β＋sin α·sin β，故错误；
对于C，对任意的α和β，有cs(α＋β)＝cs αcs β－sin α·sin β，这是两角和的余弦公式，故正确；
对于D，当α＝0，β＝eq \f(π,2)时使得sin(α＋β)＝sin α＋sin β，故正确，故选ACD.
5．已知函数f(x)＝f(π－x)，且当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))时，f(x)＝x＋sin x．设a＝f(1)，b＝f(2)，c＝f(3)，则( )
A．aC．c答案 D
解析 由已知得函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上单调递增．
因为π－2∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，π－3∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，π－3<1<π－2，
所以f(π－3)即f(3)6．已知cs α＝－eq \f(2,3)且π<α答案 eq \f(\r(30),6)
解析 已知cs α＝－eq \f(2,3)且π<α根据二倍角公式得到cs α＝1－2sin2eq \f(α,2)⇒sin2eq \f(α,2)＝eq \f(5,6)，
因为π<α0，
故sin eq \f(α,2)＝eq \f(\r(30),6).
7．若方程sin x－eq \r(3)cs x＝c有实数解，则c的取值范围是________．
答案 [－2,2]
解析 关于x的方程sin x－eq \r(3)cs x＝c有解，
即c＝sin x－eq \r(3)cs x＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))有解，
由于x为实数，则2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))∈[－2,2]，
故有－2≤c≤2.
8．化简：eq \f(sin θ＋sin \f(θ,2),cs θ＋cs \f(θ,2)＋1)＝________.
答案 tan eq \f(θ,2)
解析 eq \f(sin θ＋sin \f(θ,2),cs θ＋cs \f(θ,2)＋1)
＝eq \f(2sin \f(θ,2)cs \f(θ,2)＋sin \f(θ,2),2cs2\f(θ,2)－1＋cs \f(θ,2)＋1)
＝eq \f(2sin \f(θ,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs \f(θ,2)＋\f(1,2))),2cs \f(θ,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs \f(θ,2)＋\f(1,2))))＝tan eq \f(θ,2).
9．在平面直角坐标系xOy中，以x轴的正半轴为始边作两个锐角α，β，它们的终边分别与单位圆相交于A，B两点．已知A，B的横坐标分别为eq \f(1,3)，eq \f(2,3)，求cs eq \f(α,2)＋sin eq \f(β,2)＋tan eq \f(α,2)的值．
解 依题意，得cs α＝eq \f(1,3)，cs β＝eq \f(2,3)，因为α，β为锐角，
所以cs eq \f(α,2)＋sin eq \f(β,2)＋tan eq \f(α,2)
＝eq \r(\f(1＋cs α,2))＋eq \r(\f(1－cs β,2))＋eq \r(\f(1－cs α,1＋cs α))
＝eq \r(\f(1＋\f(1,3),2))＋eq \r(\f(1－\f(2,3),2))＋eq \r(\f(1－\f(1,3),1＋\f(1,3)))＝eq \f(\r(2)＋\r(6),2).
10．已知函数f(x)＝(sin x＋cs x)2＋2cs2x－1.
(1)求f(x)的最小正周期；
(2)求f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的单调区间．
解 由已知得，f(x)＝sin 2x＋cs 2x＋1
＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))＋1.
(1)函数的最小正周期T＝eq \f(2π,2)＝π.
(2)由2kπ－eq \f(π,2)≤2x＋eq \f(π,4)≤2kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)得，
kπ－eq \f(3π,8)≤x≤kπ＋eq \f(π,8)(k∈Z)，
又x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，∴ x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,8)))，
∴f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,8)))，
由2kπ＋eq \f(π,2)≤2x＋eq \f(π,4)≤2kπ＋eq \f(3π,2)(k∈Z)得，kπ＋eq \f(π,8)≤x≤kπ＋eq \f(5π,8)(k∈Z)，又x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，∴x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,8)，\f(π,2)))，
∴f(x)的单调递减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,8)，\f(π,2))).
11．若sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))＝eq \f(1,3)，则cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－2x))等于( )
A．－eq \f(7,9) B.eq \f(7,9) C.eq \f(2\r(2),3) D．－eq \f(2\r(2),3)
答案 A
解析 因为sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))＝eq \f(1,3)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－x))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))
＝eq \f(π,2)，所以cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－x))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))＝eq \f(1,3)；
cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－2x))＝cs 2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－x))＝2cs2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－x))－1
＝－eq \f(7,9).
12．函数y＝2sin xcs x－eq \r(3)cs 2x的单调递增区间是( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(5π,12)，kπ＋\f(π,12)))(k∈Z)
B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,6)，kπ＋\f(π,3)))(k∈Z)
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,3)，kπ＋\f(π,6)))(k∈Z)
D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))(k∈Z)
答案 D
解析 y＝2sin xcs x－eq \r(3)cs 2x＝sin 2x－eq \r(3)cs 2x
＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))，
由－eq \f(π,2)＋2kπ≤2x－eq \f(π,3)≤eq \f(π,2)＋2kπ(k∈Z)得，
kπ－eq \f(π,12)≤x≤kπ＋eq \f(5π,12)(k∈Z)，
∴函数的单调递增区间是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))(k∈Z)．
13．已知cs2α－cs2β＝a，那么sin(α＋β)·sin(α－β)等于( )
A．－eq \f(a,2) B.eq \f(a,2) C．－a D．a
答案 C
解析 sin(α＋β)sin(α－β)
＝(sin αcs β＋cs αsin β)(sin αcs β－cs αsin β)
＝sin2αcs2β－cs2αsin2β
＝(1－cs2α)cs2β－cs2α(1－cs2β)
＝cs2β－cs2α＝－a.
14．若eq \f(sin α,1＋cs α)＝eq \f(1,2)，则sin α＋cs α的值为________．
答案 eq \f(7,5)
解析 ∵eq \f(sin α,1＋cs α)＝tan eq \f(α,2)＝eq \f(1,2)，
∴sin α＋cs α＝eq \f(2tan \f(α,2),1＋tan2\f(α,2))＋eq \f(1－tan2\f(α,2),1＋tan2\f(α,2))
＝eq \f(2×\f(1,2)＋1－\f(1,4),1＋\f(1,4))＝eq \f(7,5).
15．设当x＝x0时，函数f(x)＝sin x－2cs x取得最大值，则cs x0＝________.
答案 －eq \f(2\r(5),5)
解析 由辅助角公式，得f(x)＝sin x－2cs x＝eq \r(5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),5)sin x－\f(2\r(5),5)cs x))＝eq \r(5)sin(x－φ)，其中sin φ＝eq \f(2\r(5),5)，cs φ＝eq \f(\r(5),5).由x＝x0时，函数f(x)取得最大值，得sin(x0－φ)＝1，x0－φ＝2kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，即x0＝2kπ＋eq \f(π,2)＋φ(k∈Z)，所以cs x0＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2kπ＋\f(π,2)＋φ))＝－sin φ＝－eq \f(2\r(5),5).
16．某同学在一次研究性学习中发现，以下五个式子的值都等于同一个常数：
①sin213°＋cs217°－sin 13°cs 17°；
②sin215°＋cs215°－sin 15°cs 15°；
③sin218°＋cs212°－sin 18°cs 12°；
④sin2(－18°)＋cs248°－sin(－18°)cs 48°；
⑤sin2(－25°)＋cs255°－sin(－25°)cs 55°.
(1)试从上述五个式子中选择一个，求出这个常数；
(2)根据(1)的计算结果，将该同学的发现推广为一三角恒等式sin2α＋cs2(30°－α)－sin αcs(30°－α)＝______，并证明你的结论．
(参考公式：sin(α±β)＝sin αcs β±cs αsin β，
cs(α±β)＝cs αcs β∓sin αsin β，
sin 2α＝2sin αcs α，
cs 2α＝cs2α－sin2α＝2cs2α－1＝1－2sin2α)
解 (1)选择②式：sin215°＋cs215°－sin 15°cs 15°
＝1－eq \f(1,2)sin 30°＝eq \f(3,4)，
所以该常数为eq \f(3,4).
(2)三角恒等式为sin2α＋cs2(30°－α)－sin αcs(30°－α)＝eq \f(3,4)，
证明如下：
sin2α＋cs2(30°－α)－sin αcs(30°－α)
＝sin2α＋(cs 30°cs α＋sin 30°sin α)2－sin α(cs 30°cs α＋sin 30°sin α)
＝sin2α＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)cs α＋\f(1,2)sin α))2－sin αeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)cs α＋\f(1,2)sin α))
＝sin2α＋eq \f(3,4)cs2α－eq \f(1,4)sin2α
＝eq \f(3,4)sin2α＋eq \f(3,4)cs2α＝eq \f(3,4).