高中数学人教B版 (2019)必修 第三册第八章 向量的数量积与三角恒等变换8.2 三角恒等变换8.2.4 三角恒等变换的应用同步达标检测题

这是一份高中数学人教B版 (2019)必修 第三册第八章 向量的数量积与三角恒等变换8.2 三角恒等变换8.2.4 三角恒等变换的应用同步达标检测题，共5页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．若α∈[ eq \f(7π,4)，2π]，则 eq \r(\f(1＋cs 2α,2))－ eq \r(\f(1－cs 2α,2))等于( )
A．cs α－sin αB．cs α＋sin α
C．－cs α＋sin αD．－cs α－sin α
2．已知α∈(0，π)，sin ( eq \f(π,4)－α)＝ eq \f(3,5)，则cs 2α＝( )
A． eq \f(24,25)B．－ eq \f(16,25)
C．－ eq \f(24,25)D． eq \f(13,25)
3．在△ABC中，若sin A sin B＝cs2 eq \f(C,2)，则△ABC是( )
A．等边三角形 B．等腰三角形
C．不等边三角形 D．直角三角形
4．已知csα＝ eq \f(4,5)，α∈( eq \f(3π,2)，2π)，则sin eq \f(α,2)＝( )
A．－ eq \f(\r(10),10)B． eq \f(\r(10),10)
C． eq \f(3\r(10),10)D．－ eq \f(3,5)
二、填空题
5．函数y＝ eq \f(\r(3),2)sin 2x＋cs2x的最小正周期为________.
6．已知450°<α<540°，则 eq \r(\f(1,2)＋\f(1,2) \r(\f(1,2)＋\f(1,2)cs 2α))的值是________．
7．函数y＝cs x＋cs (x＋ eq \f(π,3))的最大值是________.
三、解答题
8．已知函数f(x)＝2cs2 eq \f(x,2)，g(x)＝(sin eq \f(x,2)＋cs eq \f(x,2))2.
(1)求证：f( eq \f(π,2)－x)＝g(x)；
(2)求函数h(x)＝f(x)－g(x)(x∈[0，π])的单调区间，并求使h(x)取到最小值时x的值．
9．在△ABC中，若B＝30°，求cs A sin C的取值范围．
[尖子生题库]
10．设函数f(x)＝2cs2ωx＋sin(2ωx－ eq \f(π,6))＋a(其中ω>0，a∈R)，且f(x)的图象在y轴右侧的第一个最高点的横坐标为 eq \f(π,6).
(1)求ω的值；
(2)设f(x)在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,3)))上的最小值为 eq \r(3)，求a的值．
课时作业(十九) 三角恒等变换的应用
1．解析：因为α∈[ eq \f(7π,4)，2π]，
所以sin α<0，cs α>0，
则 eq \r(\f(1＋cs 2α,2))－ eq \r(\f(1－cs 2α,2))＝ eq \r(cs2α)－ eq \r(sin2α)
＝|csα|－|sin α|＝cs α－(－sin α)＝cs α＋sin α.
答案：B
2．解析：因为α∈(0，π)， eq \f(π,4)－α∈(－ eq \f(3,4)π， eq \f(π,4))，sin ( eq \f(π,4)－α)＝ eq \f(3,5)>0，
所以 eq \f(π,4)－α∈(0， eq \f(π,4))，cs ( eq \f(π,4)－α)＝ eq \f(4,5)，
cs 2α＝cs [2( eq \f(π,4)－α)－ eq \f(π,2)]＝sin [2( eq \f(π,4)－α)]
＝2sin ( eq \f(π,4)－α)cs ( eq \f(π,4)－α)＝2× eq \f(3,5)× eq \f(4,5)＝ eq \f(24,25).
答案：A
3．解析：由sin A sin B＝cs2 eq \f(C,2)，得 eq \f(1,2)cs(A－B)－ eq \f(1,2)cs (A＋B)＝ eq \f(1＋cs C,2)，
∴ eq \f(1,2)cs (A－B)＋ eq \f(1,2)cs C＝ eq \f(1,2)＋ eq \f(1,2)cs C，
即cs (A－B)＝1，
∴A－B＝0，即A＝B.
∴△ABC是等腰三角形．
答案：B
4．解析：∵cs α＝ eq \f(4,5)，∴sin2 eq \f(α,2)＝ eq \f(1－csα,2)＝ eq \f(1,10).
又α∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)，2π))，∴ eq \f(α,2)∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)，π))，
∴sin eq \f(α,2)＝ eq \f(\r(10),10).
答案：B
5．解析：∵y＝ eq \f(\r(3),2)sin 2x＋cs2x＝ eq \f(\r(3),2)sin2x＋ eq \f(1,2)cs 2x＋ eq \f(1,2)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＋ eq \f(1,2)，∴函数的最小正周期T＝ eq \f(2π,2)＝π.
答案：π
6．解析：因为450°<α<540°，
所以225°< eq \f(α,2)<270°，
所以cs α<0，sin eq \f(α,2)<0，
所以原式＝ eq \r(\f(1,2)＋\f(1,2) \r(\f(1＋cs 2α,2)))
＝ eq \r(\f(1,2)＋\f(1,2) \r(cs2α))
＝ eq \r(\f(1,2)＋\f(1,2)|cs α|)＝ eq \r(\f(1,2)－\f(1,2)cs α)
＝ eq \r(sin2\f(α,2))＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(sin\f(α,2)))＝－sin eq \f(α,2).
答案：－sin eq \f(α,2)
7．解析：y＝2cs (x＋ eq \f(π,6))cs eq \f(π,6)＝ eq \r(3)cs (x＋ eq \f(π,6))，
所以ymax＝ eq \r(3).
答案： eq \r(3)
8．解析：(1)求证：f(x)＝2cs2 eq \f(x,2)＝1＋cs x，g(x)＝
(sin eq \f(x,2)＋cs eq \f(x,2))2＝1＋2sin eq \f(x,2)cs eq \f(x,2)＝1＋sin x.
因为f( eq \f(π,2)－x)＝1＋cs ( eq \f(π,2)－x)＝1＋sin x，
所以f( eq \f(π,2)－x)＝g(x)，命题得证．
(2)函数h(x)＝f(x)－g(x)＝cs x－sin x
＝ eq \r(2)( eq \f(\r(2),2)cs x－ eq \f(\r(2),2)sin x)＝ eq \r(2)cs (x＋ eq \f(π,4)).
因为x∈[0，π]，所以 eq \f(π,4)≤x＋ eq \f(π,4)≤ eq \f(5π,4)，
当 eq \f(π,4)≤x＋ eq \f(π,4)≤π，即0≤x≤ eq \f(3π,4)时，h(x)递减，
当π≤x＋ eq \f(π,4)≤ eq \f(5π,4)，即 eq \f(3π,4)≤x≤π时， h(x)递增．
所以函数h(x)的单调递减区间为[0， eq \f(3π,4)]，
单调递增区间为[ eq \f(3π,4)，π]，根据函数h(x)的单调性，
可知当x＝ eq \f(3π,4)时，函数h(x)取到最小值．
9．解析：cs A sin C＝ eq \f(1,2)[sin (A＋C)－sin (A－C)]＝ eq \f(1,4)－ eq \f(1,2)sin (A－C)，
∵－1≤sin (A－C)≤1，
∴cs A sin C∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，\f(3,4))).
10．解析：f(x)＝1＋cs 2ωx＋ eq \f(\r(3),2)sin 2ωx－ eq \f(1,2)cs 2ωx＋a＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2ωx＋\f(π,6)))＋a＋1.
(1)由2ωx＋ eq \f(π,6)＝2kπ＋ eq \f(π,2)(k∈Z)，
得ωx＝kπ＋ eq \f(π,6)(k∈Z).
又ω>0，
∴当k＝0时，f(x)的图象在y轴右侧的第一个最高点的横坐标为x＝ eq \f(π,6ω)＝ eq \f(π,6)，故ω＝1.
(2)由(1)知f(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＋a＋1，
由 eq \f(π,6)≤x≤ eq \f(π,3)，得 eq \f(π,3)≤2x≤ eq \f(2π,3)， eq \f(π,2)≤2x＋ eq \f(π,6)≤ eq \f(5π,6)，
∴当2x＋ eq \f(π,6)＝ eq \f(5π,6)，即x＝ eq \f(π,3)时，
f(x)取得最小值为 eq \f(1,2)＋a＋1.
由 eq \f(1,2)＋a＋1＝ eq \r(3)，得a＝ eq \r(3)－ eq \f(3,2).