新教材2023版高中数学章末质量检测三第四章三角恒等变换北师大版必修第二册

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章末质量检测(三)　第四章　三角恒等变换一、单项选择题(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．coseq \f(5π,8)coseq \f(π,8)＋sineq \f(5π,8)sineq \f(π,8)＝(　　)A．1 B．0C．－1 D.eq \f(1,2)2．若sin α－4cos α＝0，则taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)－α))的值为(　　)A.eq \f(5,3) B．－eq \f(5,3)C.eq \f(3,5) D．－eq \f(3,5)3．若(4tan α＋1)(1－4tan β)＝17，则tan(α－β)的值为(　　)A.eq \f(1,4) B.eq \f(1,2)C．4 D．124．已知coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))＝eq \f(3,5)，则eq \f(sin 2α,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α)))的值为(　　)A.eq \f(7,15) B．－eq \f(7,15)C.eq \f(43,15) D．－eq \f(43,15)5．已知tan α＝2，则eq \f(2sin2α＋1,cos 2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4))))的值是(　　)A.eq \f(5,3) B．－eq \f(13,4)C.eq \f(13,5) D.eq \f(13,4)6．已知sin(α－β)cos α－cos(α－β)sin α＝eq \f(4,5)，且β是第三象限角，则coseq \f(β,2)的值等于(　　)A．±eq \f(\r(5),5) B．±eq \f(2\r(5),5)C．－eq \f(\r(5),5) D．－eq \f(2\r(5),5)7．函数f(x)＝2cos2x－eq \r(3)sin 2x(x∈R)的最小正周期和最大值分别是(　　)A．2π，3 B．2π，1C．π，3 D．π，18．化简sin21°＋sin22°＋sin23°＋…＋sin289°的结果是(　　)A．89 B.eq \f(89,2)C．45 D.eq \f(45,2)二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分)9．下列各式中，值为eq \f(1,2)的是(　　)A．tan 15°cos215° B.eq \f(\r(3),3)cos2eq \f(π,12)－eq \f(\r(3),3)sin2eq \f(π,12)C.eq \f(tan 30°,1－tan230°) D. eq \r(\f(1－cos 60°,2))10．下列各式与tan α不相等的是(　　)A. eq \r(\f(1－cos 2α,1＋cos 2α)) B.eq \f(sin α,1＋cos α)C.eq \f(1－cos 2α,sin 2α) D.eq \f(sin α,1－cos 2α)11．有下列四个函数，其中在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上为递增函数的是(　　)A．y＝sin x＋cos x B．y＝sin x－cos xC．y＝sin xcos x D．y＝eq \f(sin x,cos x)12．关于函数f(x)＝2(sin x－cos x)cos x有下列四个结论，其中正确的有(　　)A．最大值为eq \r(2)B．把函数f(x)＝eq \r(2)sin 2x－1的图象向右平移eq \f(π,4)个单位长度后可得到函数f(x)＝2(sin x－cos x)cos x的图象C．递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(7π,8)，kπ＋\f(11π,8)))(k∈Z)D．图象的对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k,2)π＋\f(π,8)，－1))(k∈Z)三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分．请把正确答案填在题中横线上)13．如果cos α＝eq \f(1,5)，且α是第四象限的角，那么coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,2)))＝________.14．已知taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＝2，则eq \f(tan x,tan 2x)的值为________．15．已知sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq \f(1,3)，eq \f(π,3)<α<π，则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)－α))＝________.16．△ABC的三个内角为A，B，C，当A为________时，cos A＋2coseq \f(B＋C,2)取得最大值，且这个最大值为________．(第一空2分，第二空3分)．四、解答题(本题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(10分)已知sin α＝eq \f(\r(5),5)，α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，tan β＝eq \f(1,3).(1)求tan α的值；(2)求tan(α＋2β)的值．18．(12分)在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，cos2θ))在角α的终边上，点Q(sin2θ，－1)在角β的终边上，且eq \o(OP,\s\up6(→))·eq \o(OQ,\s\up6(→))＝－eq \f(1,2).求：(1)cos 2θ的值；(2)sin(α＋β)的值．19．(12分)从圆心角为120°，半径为20 cm的扇形铁片上截出一块矩形OPMN，如图，让矩形的一边在扇形的一条半径OA上，点M在弧AB上，求此矩形面积的最大值．20．(12分)已知函数f(x)＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4))).(1)求f(x)的定义域与最小正周期；(2)设α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，若feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)))＝2cos 2α，求α的大小．21．(12分)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a.①sin213°＋cos217°－sin 13°cos 17°；②sin215°＋cos215°－sin 15°cos 15°；③sin218°＋cos212°－sin 18°cos 12°；④sin2(－18°)＋cos248°－sin(－18°)cos 48°；⑤sin2(－25°)＋cos255°－sin(－25°)cos 55°.(1)从上述五个式子中选择一个，求出常数a；(2)根据(1)的计算结果，将该同学的发现推广为一个三角恒等式，并证明你的结论．22．(12分)已知函数f(x)＝2eq \r(3)sin xcos x＋2cos2x－1(x∈R)．(1)求函数f(x)的最小正周期及在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值和最小值；(2)若f(x0)＝eq \f(6,5)，x0∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，求cos 2x0的值．章末质量检测(三)　第四章　三角恒等变换1．解析：coseq \f(5π,8)coseq \f(π,8)＋sineq \f(5π,8)sineq \f(π,8)＝coseq \f(π,2)＝0.故选B.答案：B2．解析：由已知得tan α＝eq \f(sin α,cos α)＝4，于是taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)－α))＝eq \f(－1－tan α,1－tan α)＝eq \f(5,3).故选A.答案：A3．解析：由已知得4(tan α－tan β)＝16(1＋tan αtan β)，即eq \f(tan α－tan β,1＋tan αtan β)＝4，∴tan(α－β)＝4.故选C.答案：C4．解析：因为coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))＝eq \f(3,5)，所以sin 2α＝－coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,2)))＝1－2cos2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))＝eq \f(7,25)，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(3,5)，所以eq \f(sin 2α,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α)))＝eq \f(\f(7,25),\f(3,5))＝eq \f(7,15).故选A.答案：A5．解析：eq \f(2sin2α＋1,cos 2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4))))＝eq \f(3sin2α＋cos2α,sin 2α)＝eq \f(3sin2α＋cos2α,2sin αcos α)＝eq \f(3tan2α＋1,2tan α)＝eq \f(3×22＋1,2×2)＝eq \f(13,4)，故选D.答案：D6．解析：由已知，得sin[(α－β)－α]＝sin(－β)＝eq \f(4,5)，∴sin β＝－eq \f(4,5).∵β是第三象限角，∴cos β＝－eq \f(3,5).∴coseq \f(β,2)＝± eq \r(\f(1＋cos β,2))＝±eq \r(\f(1,5))＝±eq \f(\r(5),5).故选A.答案：A7．解析：∵f(x)＝cos 2x＋1－eq \r(3)sin 2x＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cos 2x－\f(\r(3),2)sin 2x))＋1＝2coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＋1，∴T＝π，f(x)max＝3.故选C.答案：C8．解析：sin21°＋sin22°＋sin23°＋…＋sin289°＝sin21°＋sin22°＋…＋sin245°＋cos244°＋…＋cos21°＝(sin21°＋cos21°)＋(sin22°＋cos22°)＋…＋(sin244°＋cos244°)＋sin245°＝44＋eq \f(1,2)＝eq \f(89,2).故选B.答案：B9．解析：A中，tan 15°cos215°＝sin 15°cos 15°＝eq \f(1,2)sin 30°＝eq \f(1,4)，A不正确；B中，eq \f(\r(3),3)cos2eq \f(π,12)－eq \f(\r(3),3)sin2eq \f(π,12)＝eq \f(\r(3),3)cos eq \f(π,6)＝eq \f(1,2)，B正确；C中，eq \f(tan 30°,1－tan230°)＝eq \f(1,2)tan 60°＝eq \f(\r(3),2)，C不正确；D中， eq \r(\f(1－cos 60°,2))＝eq \f(1,2)，D正确．故选BD.答案：BD10．解析：A中， eq \r(\f(1－cos 2α,1＋cos 2α))＝ eq \r(\f(2sin2α,2cos2α))＝eq \r(tan2α)＝|tan α|，A不符合；B中，eq \f(sin α,1＋cos α)＝eq \f(2sin\f(α,2)cos\f(α,2),2cos2\f(α,2))＝taneq \f(α,2)，B不符合；C中，eq \f(1－cos 2α,sin 2α)＝eq \f(2sin2α,2sin αcos α)＝tan α，C符合；D中，eq \f(sin α,1－cos 2α)＝eq \f(sin α,2sin2α)＝eq \f(1,sin α)，D不符合．故选A、B、D.答案：ABD11．解析：A中，y＝sin x＋cos x＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，由图象可知，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上为递减函数，A不符合；B中，y＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))，由图象可知，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上为递增函数，B符合；C中，y＝sin xcos x＝eq \f(1,2)sin 2x，由图象知函数在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上先增后减，C不符合；D中，y＝tan x在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上递增，D符合．故选BD.答案：BD12．解析：因为f(x)＝2sin xcos x－2cos2x＝sin 2x－cos 2x－1＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))－1，所以最大值为eq \r(2)－1，A错误；将f(x)＝eq \r(2)sin 2x－1的图象向右平移eq \f(π,4)个单位长度后得到f(x)＝eq \r(2)sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))))－1＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,2)))－1的图象，B错误；由2kπ－eq \f(π,2)≤2x－eq \f(π,4)≤2kπ＋eq \f(π,2)，(k∈Z)，得kπ－eq \f(π,8)≤x≤kπ＋eq \f(3π,8)，(k∈Z)．即递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,8)，kπ＋\f(3π,8)))(k∈Z)，C正确；由2x－eq \f(π,4)＝kπ(k∈Z)得x＝eq \f(k,2)π＋eq \f(π,8)(k∈Z)，所以对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k,2)π＋\f(π,8)，－1))，(k∈Z)．D正确．故选CD.答案：CD13．解析：由题意得sin α＝－eq \r(1－cos2α)＝－eq \r(1－\f(1,25))＝－eq \f(2\r(6),5)，故coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,2)))＝－sin α＝eq \f(2\r(6),5).答案：eq \f(2\r(6),5)14．解析：由taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＝eq \f(tan x＋tan\f(π,4),1－tan xtan\f(π,4))＝2，得tan x＝eq \f(1,3)，所以tan 2x＝eq \f(2tan x,1－tan2x)＝eq \f(3,4)，故eq \f(tan x,tan 2x)＝eq \f(1,3)×eq \f(4,3)＝eq \f(4,9).答案：eq \f(4,9)15．解析：由eq \f(π,3)<α<π可知eq \f(π,2)<α＋eq \f(π,6)<eq \f(7π,6)，因为sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq \f(1,3)，所以coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝－eq \f(2\r(2),3).所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)－α))＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))))＝eq \f(\r(2),2)coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))－eq \f(\r(2),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝－eq \f(2,3)－eq \f(\r(2),6)＝－eq \f(4＋\r(2),6).答案：－eq \f(4＋\r(2),6)16．解析：cos A＋2coseq \f(B＋C,2)＝cos A＋2sineq \f(A,2)＝1－2sin2eq \f(A,2)＋2sineq \f(A,2)＝－2sin2eq \f(A,2)＋2sineq \f(A,2)－1＝－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(A,2)－\f(1,2)))2＋eq \f(3,2)，当sineq \f(A,2)＝eq \f(1,2)，即A＝60°时，得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos A＋2cos\f(B＋C,2)))max＝eq \f(3,2).答案：60°　eq \f(3,2)17．解析：(1)∵sin α＝eq \f(\r(5),5)，α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴cos α＝eq \r(1－sin2α)＝eq \r(1－\f(1,5))＝eq \f(2\r(5),5).∴tan α＝eq \f(sin α,cos α)＝eq \f(\f(\r(5),5),\f(2\r(5),5))＝eq \f(1,2).(2)方法一：∵tan β＝eq \f(1,3)，∴tan 2β＝eq \f(2tan β,1－tan2β)＝eq \f(2×\f(1,3),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2)＝eq \f(3,4).∴tan(α＋2β)＝eq \f(tan α＋tan 2β,1－tan αtan 2β)＝eq \f(\f(1,2)＋\f(3,4),1－\f(1,2)×\f(3,4))＝2.方法二：∵tan β＝eq \f(1,3)，∴tan(α＋β)＝eq \f(tan α＋tan β,1－tan αtan β)＝eq \f(\f(1,2)＋\f(1,3),1－\f(1,2)×\f(1,3))＝1.∴tan(α＋2β)＝eq \f(tanα＋β＋tan β,1－tanα＋βtan β)＝eq \f(1＋\f(1,3),1－1×\f(1,3))＝2.18．解析：(1)∵eq \o(OP,\s\up13(→))·eq \o(OQ,\s\up13(→))＝－eq \f(1,2)，∴eq \f(1,2)sin2θ－cos2θ＝－eq \f(1,2)，∴eq \f(1－cos 2θ,4)－eq \f(1＋cos 2θ,2)＝－eq \f(1,2)，解得cos 2θ＝eq \f(1,3).(2)由(1)得cos2θ＝eq \f(1＋cos 2θ,2)＝eq \f(2,3)，sin2θ＝eq \f(1－cos 2θ,2)＝eq \f(1,3)，∴Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(2,3)))，Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，－1)).∴sin α＝eq \f(4,5)，cos α＝eq \f(3,5)，sin β＝－eq \f(3\r(10),10)，cos β＝eq \f(\r(10),10)，∴sin(α＋β)＝sin αcos β＋cos αsin β＝eq \f(4,5)×eq \f(\r(10),10)＋eq \f(3,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3\r(10),10)))＝－eq \f(\r(10),10).19．解析：设截出的矩形的面积为S cm2，连接OM，设∠POM＝α(0°<α<90°)，易知S＝OP·MP＝OMcos α·OMsin α＝eq \f(1,2)OM2sin 2α＝200sin 2α.当sin 2α＝1，即α＝45°时，矩形的面积S取得最大值200 cm2.20．解析：(1)由2x＋eq \f(π,4)≠eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，得x≠eq \f(π,8)＋eq \f(kπ,2)，k∈Z，所以f(x)的定义域为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x∈R\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\co1(x≠\f(π,8)＋\f(kπ,2)，k∈Z)))).f(x)的最小正周期为eq \f(π,2).(2)由feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)))＝2cos 2α，得taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝2cos 2α，即eq \f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))),cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))))＝2(cos2α－sin2α)，整理得eq \f(sin α＋cos α,cos α－sin α)＝2(cos α＋sin α)(cos α－sin α)．因为α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，所以sin α＋cos α≠0.因此(cos α－sin α)2＝eq \f(1,2)，即sin 2α＝eq \f(1,2).由α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，得2α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以2α＝eq \f(π,6)，即α＝eq \f(π,12).21．解析：(1)选择②式计算．a＝sin215°＋cos215°－sin 15°·cos 15°＝1－eq \f(1,2)·sin 30°＝eq \f(3,4).(2)猜想的三角恒等式为sin2α＋cos2(30°－α)－sin αcos(30°－α)＝eq \f(3,4).证明：sin2α＋cos2(30°－α)－sin αcos(30°－α)＝sin2α＋(cos 30°cos α＋sin 30°sin α)2－sin α·(cos 30°·cos α＋sin 30°sin α)＝sin2α＋eq \f(3,4)cos2α＋eq \f(\r(3),2)sin αcos α＋eq \f(1,4)sin2α－eq \f(\r(3),2)sin αcos α－eq \f(1,2)sin2α＝eq \f(3,4)sin2α＋eq \f(3,4)cos2α＝eq \f(3,4).22．解析：(1)由f(x)＝2eq \r(3)sin xcos x＋2cos2x－1，得f(x)＝eq \r(3)(2sin xcos x)＋(2cos2x－1)＝eq \r(3)sin 2x＋cos 2x＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))).所以函数f(x)的最小正周期为π.因为f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))上为增函数，在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))上为减函数，又f(0)＝1，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝2，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝－1，所以函数f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值为2，最小值为－1.(2)由(1)可知f(x0)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x0＋\f(π,6))).又因为f(x0)＝eq \f(6,5)，所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x0＋\f(π,6)))＝eq \f(3,5).由x0∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，得2x0＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，\f(7π,6))).从而coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x0＋\f(π,6)))＝－eq \r(1－sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x0＋\f(π,6))))＝－eq \f(4,5).所以cos 2x0＝coseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x0＋\f(π,6)))－\f(π,6)))＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x0＋\f(π,6)))coseq \f(π,6)＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x0＋\f(π,6)))sineq \f(π,6)＝eq \f(3－4\r(3),10).