高考数学一轮复习第四章4.5.2简单的三角恒等变换课时作业理含解析

这是一份高考数学一轮复习第四章4.5.2简单的三角恒等变换课时作业理含解析，共7页。
一、选择题
1．[2021·唐山市高三年级摸底考试]已知sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,3)))＝－3cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,6)))，则tan2α＝( )
A．－4eq \r(3)B．－eq \f(\r(3),2)
C．4eq \r(3)D.eq \f(\r(3),2)
2．[2021·深圳市普通高中高三年级统一考试]已知tanα＝－3，则sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＝( )
A.eq \f(3,5) B．－eq \f(3,5)C.eq \f(4,5) D．－eq \f(4,5)
3．[2020·福州市高三毕业班适应性练习]若taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－α))＝3cs(α－π)，则cs2α＝( )
A．－1B.eq \f(7,9)
C．0或eq \f(7,9)D．－1或eq \f(7,9)
4．[2021·武汉市高中毕业生质量检测]已知函数f(x)＝sin2x＋sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))，则f(x)的最小值为( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(1,4)C.eq \f(\r(3),4) D.eq \f(\r(2),2)
5．[2021·福州市高三质量检测]若2cs2x＝1＋sin2x，则tanx＝( )
A．－1B.eq \f(1,3)
C．－1或eq \f(1,3)D．－1或eq \f(1,3)或3
二、填空题
6．[2021·南昌市高三年级摸底测试卷]已知sinθ＝eq \f(1,5)，则cs2θ＝________.
7．[2021·长沙市四校高三年级模拟考试]函数f(x)＝cs2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))的最小正周期为________．
8．若sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－α))＝eq \f(1,3)，则cs2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋\f(α,2)))＝________.
三、解答题
9．[2018·江苏卷]已知α，β为锐角，tanα＝eq \f(4,3)，cs(α＋β)＝－eq \f(\r(5),5).
(1)求cs2α的值；
(2)求tan(α－β)的值．
10．[2021·合肥市高三调研性检测]已知函数f(x)＝cs2x＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6))).
(1)求函数f(x)的最小正周期；
(2)当x∈[0，π]时，求函数f(x)的单调递增区间．
[能力挑战]
11．[2021·山西省八校高三联考]已知角α，β的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，角α的终边在第一象限，将角α的终边绕原点O逆时针旋转eq \f(π,3)，与角β的终边重合，若sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(7π,6)))＝－eq \f(2,3)，则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2β＋\f(π,6)))＝( )
A．－eq \f(1,9)B.eq \f(1,9)
C.eq \f(8,9)D．－eq \f(8,9)
12．[2021·湖北省部分重点中学高三起点考试]函数f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))sin2x－eq \f(1,4)的图象的一个对称中心的坐标是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,24)，0))B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，0))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，－\f(1,4)))D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，0))
13．已知tanα＝－eq \f(1,3)，csβ＝eq \f(\r(5),5)，α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，则tan(α＋β)＝________，α＋β＝________.
课时作业23
1．解析：因为sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,3)))＝－3cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,6)))，所以eq \f(1,2)sinα－eq \f(\r(3),2)csα＝－3×eq \f(\r(3),2)csα－3×eq \f(1,2)sinα，则2sinα＝－eq \r(3)csα，tanα＝－eq \f(\r(3),2)，所以tan2α＝eq \f(2tanα,1－tan2α)＝eq \f(－\r(3),1－\f(3,4))＝－4eq \r(3)，故选A.
答案：A
2．解析：解法一 因为tanα＝－3，所以eq \f(sinα,csα)＝－3，则sinα＝－3csα，代入sin2α＋cs2α＝1得9cs2α＋cs2α＝1，所以cs2α＝eq \f(1,10)，所以sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,2)))＝cs2α＝2cs2α－1＝eq \f(1,5)－1＝－eq \f(4,5)，故选D.
解法二 sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,2)))＝cs2α＝cs2α－sin2α＝eq \f(cs2α－sin2α,sin2α＋cs2α)＝eq \f(1－tan2α,tan2α＋1)＝eq \f(1－9,9＋1)＝－eq \f(4,5)，选D.
答案：D
3．解析：由taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－α))＝3cs(α－π)，得eq \f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－α)),cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－α)))＝－3csα，即eq \f(csα,sinα)＝－3csα，所以csα＝0或sinα＝－eq \f(1,3)，故cs2α＝2cs2α－1＝－1或cs2α＝1－2sin2α＝eq \f(7,9).故选D.
答案：D
4．解析：f(x)＝sin2x＋sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))＝sin2x＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)sinx＋\f(\r(3),2)csx))2＝eq \f(5,4)sin2x＋eq \f(3,4)cs2x＋eq \f(\r(3),2)sinxcsx＝eq \f(3,4)＋eq \f(1－cs2x,4)＋eq \f(\r(3),4)sin2x＝1＋eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)sin2x－\f(1,2)cs2x))＝1＋eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))≥1－eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)，故选A.
答案：A
5．解析：解法一 由题设得，2(cs2x－sin2x)＝1＋2sinxcsx，所以2(csx＋sinx)(csx－sinx)＝(sinx＋csx)2，所以sinx＋csx＝0或sinx＋csx＝2csx－2sinx，所以tanx＝－1或tanx＝eq \f(1,3).
解法二 由2cs2x＝1＋sin2x，得2(cs2x－sin2x)＝sin2x＋cs2x＋2sinxcsx，化简得cs2x－2sinxcsx－3sin2x＝0，
∴(csx－3sinx)(csx＋sinx)＝0，
∴csx＝3sinx或csx＝－sinx，∴tanx＝eq \f(1,3)或tanx＝－1.
解法三 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2cs2x＝1＋sin2x,sin22x＋cs22x＝1))，得5sin22x＋2sin2x－3＝0，∴sin2x＝eq \f(3,5)，或sin2x＝－1.当sin2x＝eq \f(3,5)时，sin2x＝eq \f(2sinxcsx,sin2x＋cs2x)＝eq \f(2tanx,tan2x＋1)＝eq \f(3,5)，∴3tan2x－10tanx＋3＝0，解得tanx＝eq \f(1,3)，或tanx＝3，但tanx＝3时，cs2x0，不合题意舍去，经检验，tanx＝eq \f(1,3)符合题意；当sin2x＝－1时，tanx＝－1，经检验，tanx＝－1符合题意．综上，tanx＝eq \f(1,3)或tanx＝－1.
答案：C
6．解析：cs2θ＝1－2sin2θ＝1－eq \f(2,25)＝eq \f(23,25).
答案：eq \f(23,25)
7．解析：f(x)＝cs2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))＝eq \f(1＋cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3))),2)，所以函数f(x)的最小正周期T＝eq \f(2π,ω)＝eq \f(2π,2)＝π.
答案：π
8．解析：因为sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－α))＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋α))))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋α))＝eq \f(1,3)，所以cs2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋\f(α,2)))＝eq \f(1＋cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋α)),2)＝eq \f(1＋\f(1,3),2)＝eq \f(2,3).
答案：eq \f(2,3)
9．解析：(1)因为tanα＝eq \f(4,3)，tanα＝eq \f(sinα,csα)，
所以sinα＝eq \f(4,3)csα.
因为sin2α＋cs2α＝1，
所以cs2α＝eq \f(9,25)，
因此，cs2α＝2cs2α－1＝－eq \f(7,25).
(2)因为α，β为锐角，所以α＋β∈(0，π)．
又因为cs(α＋β)＝－eq \f(\r(5),5)，
所以sin(α＋β)＝eq \r(1－cs2α＋β)＝eq \f(2\r(5),5)，
因此tan(α＋β)＝－2.
因为tanα＝eq \f(4,3)，
所以tan2α＝eq \f(2tanα,1－tan2α)＝－eq \f(24,7)，
因此，tan(α－β)＝tan[2α－(α＋β)]
＝eq \f(tan2α－tanα＋β,1＋tan2αtanα＋β)＝－eq \f(2,11).
10．解析：(1)f(x)＝cs2x＋eq \f(\r(3),2)sin2x－eq \f(1,2)cs2x＝eq \f(\r(3),2)sin2x＋eq \f(1,2)cs2x＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6))).
∴函数f(x)的最小正周期T＝π.
(2)由2kπ－eq \f(π,2)≤2x＋eq \f(π,6)≤2kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，解得kπ－eq \f(π,3)≤x≤kπ＋eq \f(π,6)(k∈Z)，
∴函数f(x)的单调递增区间为[kπ－eq \f(π,3)，kπ＋eq \f(π,6)](k∈Z)．
∵x∈[0，π]，∴所求单调递增区间为[0，eq \f(π,6)]和[eq \f(2π,3)，π]．
11．解析：由sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(7π,6)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)＋π))＝－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))＝－eq \f(2,3)，得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))＝eq \f(2,3).由题意得β＝α＋eq \f(π,3)，所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2β＋\f(π,6)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(2π,3)＋\f(π,6)))＝－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α－\f(π,6)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α－\f(π,6)＋\f(π,2)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,3)))＝1－2sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))＝eq \f(1,9).故选B.
答案：B
12．解析：解法一 f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))sin2x－eq \f(1,4)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)cs2x＋\f(1,2)sin2x))·sin2x－eq \f(1,4)＝eq \f(\r(3),2)sin2xcs2x＋eq \f(1,2)sin22x－eq \f(1,4)＝eq \f(\r(3),4)sin4x＋eq \f(1,2)·eq \f(1－cs4x,2)－eq \f(1,4)＝eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x－\f(π,6))).令4x－eq \f(π,6)＝kπ，k∈Z，得x＝eq \f(kπ,4)＋eq \f(π,24)，k∈Z，故函数f(x)的图象的对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,4)＋\f(π,24)，0))，k∈Z，当k＝1时，得f(x)的图象的一个对称中心的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,24)，0)).故选A.
解法二 f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))sin2x－eq \f(1,4)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)cs2x＋\f(1,2)sin2x))sin2x－eq \f(1,4)＝eq \f(\r(3),2)sin2xcs2x＋eq \f(1,2)sin22x－eq \f(1,4)＝eq \f(\r(3),4)sin4x－eq \f(1,4)cs4x＋eq \f(1,4)－eq \f(1,4)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(π,3)sin4x－cs \f(π,3)cs4x))＝－eq \f(1,2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x＋\f(π,3))).令4x＋eq \f(π,3)＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，解得x＝eq \f(kπ,4)＋eq \f(π,24)，k∈Z，令k＝1得x＝eq \f(7π,24)，所以f(x)的图象的一个对称中心的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,24)，0)).故选A.
答案：A
13．解析：由csβ＝eq \f(\r(5),5)，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
得sinβ＝eq \f(2\r(5),5)，tanβ＝2.
∴tan(α＋β)＝eq \f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)＝eq \f(－\f(1,3)＋2,1＋\f(2,3))＝1.
∵α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
∴eq \f(π,2)