2022年(辅导班适用)高二数学寒假讲义03《三角函数(诱导公式、图象性质、恒等式)》（教师版）练习题

这是一份2022年(辅导班适用)高二数学寒假讲义03《三角函数(诱导公式、图象性质、恒等式)》（教师版）练习题，共7页。


、选择题
若sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋α))=－eq \f(3,5)，且α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，则sin(π－2α)=( )
A.－eq \f(24,25) B.－eq \f(12,25) C.eq \f(12,25) D.eq \f(24,25)
【答案解析】答案为：A；
解析：∵sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋α))=cs α=－eq \f(3,5)，α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，∴sin α=eq \f(4,5)，
∴sin(π－2α)=sin 2α=2sin αcs α=2×eq \f(4,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,5)))=－eq \f(24,25).故选A.
已知sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,12)))=eq \f(1,3)，则cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(17π,12)))等于( )
A.eq \f(1,3) B.eq \f(2\r(2),3) C.－eq \f(1,3) D.－eq \f(2\r(2),3)
【答案解析】答案为：A；
解析：cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(17π,12)))=cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,12)))))=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,12)))=eq \f(1,3).故选A.
已知eq \f(sin α＋3cs α,3cs α－sin α)=5，则cs2α＋eq \f(1,2)sin 2α的值是( )
A.eq \f(3,5) B.－eq \f(3,5) C.－3 D.3
【答案解析】答案为：A；
解析：由eq \f(sin α＋3cs α,3cs α－sin α)=5，得eq \f(tan α＋3,3－tan α)=5，解得tanα=2，
∴cs2α＋eq \f(1,2)sin 2α=eq \f(cs2α＋sin αcs α,sin2α＋cs2α)=eq \f(1＋tan α,tan2α＋1)=eq \f(1＋2,22＋1)=eq \f(3,5).
函数y=sin x2的图象是( )
【答案解析】答案为：D；
解析：因为y=sin x2为偶函数，所以函数的图象关于y轴对称，排除A，C选项；
当x2=eq \f(π,2)，即x=± eq \r(\f(π,2))时，ymax=1，排除B选项.
已知函数f(x)=sin x＋eq \r(3)cs x，设a=feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,7)))，b=feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))，c=feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))，则a，b，c的大小关系是( )
A.a【答案解析】答案为：B；
解析：f(x)=sin x＋eq \r(3)cs x=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))，因为函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))上单调递增，
所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,7))) 已知函数y=sin(2x＋φ)在x=eq \f(π,6)处取得最大值，则函数y=cs(2x＋φ)的图象( )
A.关于点(eq \f(π,6),0)对称 B.关于点(eq \f(π,3),0)对称
C.关于直线x=eq \f(π,6)对称 D.关于直线x=eq \f(π,3)对称
【答案解析】答案为：A；
解析：由题意可得eq \f(π,3)＋φ=eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，即φ=eq \f(π,6)＋2kπ，k∈Z，
所以y=cs(2x＋φ)=cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)＋2kπ))=cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))，k∈Z.
当x=eq \f(π,6)时，cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,6)＋\f(π,6)))=cs eq \f(π,2)=0，
所以函数y=cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋φ))的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，0))对称，不关于直线x=eq \f(π,6)对称，故A正确，
C错误；当x=eq \f(π,3)时，cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,3)＋\f(π,6)))=cs eq \f(5,6)π=－eq \f(\r(3),2)，
所以函数y=cs(2x＋φ)的图象不关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，0))对称，
B错误，也不关于直线x=eq \f(π,3)对称，D错误.故选A.
已知函数f(x)=sin(2x＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0<φ<\f(π,2)))的图象的一个对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,8)，0))，则函数f(x)的单调递减区间是( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ－\f(3π,8)，2kπ＋\f(π,8)))(k∈Z)
B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ＋\f(π,8)，2kπ＋\f(5π,8)))(k∈Z)
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(3π,8)，kπ＋\f(π,8)))(k∈Z)
D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(π,8)，kπ＋\f(5π,8)))(k∈Z)
【答案解析】答案为：D；
解析：由题可得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(3π,8)＋φ))=0，又0<φ由eq \f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq \f(π,4)≤eq \f(3π,2)＋2kπ(k∈Z)，
得f(x)的单调递减区间是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(π,8)，kπ＋\f(5π,8)))(k∈Z).
函数f(x)=Asin(ωx＋φ)(A>0,ω>0,|φ|A.－eq \f(\r(6),2) B.－eq \f(\r(3),2) C.－eq \f(\r(2),2) D.－1
【答案解析】答案为：D；
解析：由函数图象可得A=eq \r(2)，最小正周期T=4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,12)－\f(π,3)))=π，则ω=eq \f(2π,T)=2.
又feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,12)))=eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,6)＋φ))=－eq \r(2)，|φ| 设当x=θ时，函数f(x)=sin x- 2cs x取得最大值，则cs θ=( )
A.eq \f(2\r(5),5) B.eq \f(\r(5),5) C.- eq \f(2\r(5),5) D.- eq \f(\r(5),5)
【答案解析】答案为：C；
解析：利用辅助角公式可得f(x)=sin x- 2cs x=eq \r(5)sin(x- φ)，其中cs φ=eq \f(\r(5),5)，
sin φ=eq \f(2\r(5),5).当函数f(x)=sin x- 2cs x取得最大值时，θ- φ=2kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，
∴θ=2kπ＋eq \f(π,2)＋φ(k∈Z)，则cs θ=cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2kπ＋\f(π,2)＋φ))=- sin φ=- eq \f(2\r(5),5)(k∈Z).
若sin(α＋β)=eq \f(1,2)，sin(α- β)=eq \f(1,3)，则eq \f(tan α,tan β)的值为( )
A.5 B.- 1 C.6 D.eq \f(1,6)
【答案解析】答案为：A；
解析：由题意知sin αcs β＋cs αsin β=eq \f(1,2)，sin αcs β- cs αsin β=eq \f(1,3)，
所以sin αcs β=eq \f(5,12)，cs αsin β=eq \f(1,12)，所以eq \f(sin αcs β,cs αsin β)=5，即eq \f(tan α,tan β)=5，故选A.
函数f(x)=sin(2x+eq \f(π,3))－eq \f(1,3)在区间(0，π)内的所有零点之和为( )
A.eq \f(π,6) B.eq \f(π,3) C.eq \f(7π,6) D.eq \f(4π,3)
【答案解析】答案为：C；
解析：函数零点即y=sin(2x+eq \f(π,3))与y=eq \f(1,3)图象交点的横坐标，在区间(0，π)内，y=sin(2x+eq \f(π,3))与y=eq \f(1,3)的图象有两个交点，由2x＋eq \f(π,3)=kπ＋eq \f(π,2)，得x=eq \f(π,12)＋eq \f(kπ,2)，k∈Z，取k=1，得x=eq \f(7π,12)，可知两个交点关于直线x=eq \f(7π,12)对称，故两个零点的和为eq \f(7π,12)×2=eq \f(7π,6).故选C.
已知函数f(x)=sin(x+eq \f(π,6))，其中x∈[-eq \f(π,3),a].若f(x)的值域是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1))，
则实数a的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2))) C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(2π,3))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，π))
【答案解析】答案为：D
解析：若－eq \f(π,3)≤x≤a，则－eq \f(π,6)≤x＋eq \f(π,6)≤a＋eq \f(π,6)，∵当x＋eq \f(π,6)=－eq \f(π,6)或x＋eq \f(π,6)=eq \f(7π,6)时，
sin(x+eq \f(π,6))=－eq \f(1,2)，∴要使f(x)的值域是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1))，
则有eq \f(π,2)≤a＋eq \f(π,6)≤eq \f(7π,6)，eq \f(π,3)≤a≤π，即a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，π)).
、填空题
已知sin θ＋cs θ=eq \f(1,5)，θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，则tan θ=________.
【答案解析】答案为：－eq \f(4,3).
解析：∵sin θ＋cs θ=eq \f(1,5)，∴(sin θ＋cs θ)2=sin2θ＋cs2θ＋2sin θcs θ
=1＋2sin θcs θ=eq \f(1,25)，∴sin θcs θ=－eq \f(12,25)，又eq \f(π,2)<θ<π，∴sin θ－cs θ>0，
∴(sin θ－cs θ)2=sin2θ＋cs2θ－2sin θcs θ=1－2sin θcs θ=eq \f(49,25)，
∴sin θ－cs θ=eq \f(7,5)，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(sin θ＋cs θ＝\f(1,5)，,sin θ－cs θ＝\f(7,5)))，解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(sin θ＝\f(4,5)，,cs θ＝－\f(3,5).))
∴tan θ=eq \f(sin θ,cs θ)=－eq \f(4,3).
函数y=3－2cs(x＋eq \f(π,4))的最大值为________，此时x=________.
【答案解析】答案为：5，eq \f(3π,4)＋2kπ(k∈Z).
解析：函数y=3－2cs(x＋eq \f(π,4))的最大值为3＋2=5，此时x＋eq \f(π,4)=π＋2kπ，
即x=eq \f(3π,4)＋2kπ(k∈Z).
已知函数f(x)=sin(ωx＋φ)(ω>0,－eq \f(π,2)≤φ≤eq \f(π,2))的图象上的一个最高点和与它相邻的一个最低点的距离为2eq \r(2)，且图象过点(2,- eq \f(1,2))，则函数f(x)=____________.
【答案解析】解析：依题意得 eq \r(22＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,ω)))2)=2eq \r(2)，ω>0，所以ω=eq \f(π,2)，所以f(x)=sin(eq \f(π,2)x+φ).
因为该函数图象过点(2,- eq \f(1,2))，所以sin(π＋φ)=－eq \f(1,2)，即sin φ=eq \f(1,2).
因为－eq \f(π,2)≤φ≤eq \f(π,2)，所以φ=eq \f(π,6)，所以f(x)=sin(eq \f(π,2)x+eq \f(π,6)).
答案为：sin(eq \f(π,2)x+eq \f(π,6)).
在△ABC中，A，B，C是△ABC的内角，设函数f(A)=2sineq \f(B＋C,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(π－\f(A,2)))＋sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(π＋\f(A,2)))－cs2eq \f(A,2)，则f(A)的最大值为 .
【答案解析】答案为：eq \r(2).
解析：f(A)=2cseq \f(A,2)sineq \f(A,2)＋sin2eq \f(A,2)－cs2eq \f(A,2)=sinA－csA=eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A－\f(π,4)))，
因为0＜A＜π，所以－eq \f(π,4)＜A－eq \f(π,4)＜eq \f(3π,4).
所以当A－eq \f(π,4)=eq \f(π,2)，即A=eq \f(3π,4)时，f(A)有最大值eq \r(2).
、解答题
已知cs α－sin α=eq \f(5\r(2),13)，α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4))).
(1)求sin αcs α的值；
(2)求eq \f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－2α)),cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋α)))的值.
【答案解析】解：(1)∵cs α－sin α=eq \f(5\r(2),13)，α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))，
平方可得1－2sin αcs α=eq \f(50,169)，∴sin αcs α=eq \f(119,338).
(2)sin α＋cs α=eq \r(sin α＋cs α2)=eq \r(1＋2sin αcs α)=eq \f(12\r(2),13)，
∴原式=eq \f(cs 2α,cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋α)))=eq \f(cs α－sin α·cs α＋sin α,\f(\r(2),2)cs α－sin α)
=eq \r(2)(cs α＋sin α)=eq \f(24,13).
已知函数f(x)=sin2 x－cs2 x－2eq \r(3)sin xcs x(x∈R).
(1)求f(eq \f(2π,3))的值；
(2)求f(x)的最小正周期及单调递增区间.
【答案解析】解：(1)由sin eq \f(2π,3)=eq \f(\r(3),2)，cs eq \f(2π,3)=－eq \f(1,2)，得
feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)))=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)))eq \s\up12(2)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))eq \s\up12(2)－2eq \r(3)×eq \f(\r(3),2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)))=2.
(2)由cs 2x=cs2 x－sin2 x与sin 2x=2sin xcs x得
f(x)=－cs 2x－eq \r(3)sin 2x=－2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6))).
所以f(x)的最小正周期是π.
由正弦函数的性质得eq \f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq \f(π,6)≤eq \f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，
解得eq \f(π,6)＋kπ≤x≤eq \f(2π,3)＋kπ，k∈Z，
所以f(x)的单调递增区间是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋kπ，\f(2π,3)＋kπ))(k∈Z).
已知函数f(x)=2eq \r(3)sinax·csax＋2cs2ax－1(0(1)当a=1时，求函数f(x)在区间[eq \f(π,12),eq \f(π,2)]上的最大值与最小值；
(2)当f(x)的图象经过点(eq \f(π,3),2)时，求a的值及函数f(x)的最小正周期.
【答案解析】解：(1)当a=1时，
f(x)=2eq \r(3)sinx·csx＋2cs2x－1=eq \r(3)sin2x＋cs2x=2sin(2x＋eq \f(π,6)).
因为eq \f(π,12)≤x≤eq \f(π,2)，所以eq \f(π,3)≤2x＋eq \f(π,6)≤eq \f(7π,6).
所以当2x＋eq \f(π,6)=eq \f(π,2)，即x=eq \f(π,6)时，f(x)取得最大值2，
当2x＋eq \f(π,6)=eq \f(7π,6)，即x=eq \f(π,2)时，f(x)取得最小值－1.
(2)因为f(x)=2eq \r(3)sinax·csax＋2cs2ax－1(0所以f(x)=eq \r(3)sin2ax＋cs2ax=2sin(2ax＋eq \f(π,6)).
因为f(x)的图象经过点(eq \f(π,3),2)，
所以2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2aπ,3)＋\f(π,6)))=2，即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2aπ,3)＋\f(π,6)))=1.
所以eq \f(2aπ,3)＋eq \f(π,6)=eq \f(π,2)＋2kπ(k∈Z).所以a=3k＋eq \f(1,2)(k∈Z).
因为0所以f(x)的最小正周期T=eq \f(2π,1)=2π.
函数f(x)=Asin(ωx－eq \f(π,6))＋1(A>0，ω>0)的最小值为－1，其图象相邻两个最高点之间的距离为π.
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)设α∈(0，eq \f(π,2))，f(eq \f(α,2))=2，求α的值.
【答案解析】解：(1)∵函数f(x)的最小值为－1，
∴－A＋1=－1，即A=2.
∵函数f(x)的图象的相邻两个最高点之间的距离为π，
∴函数f(x)的最小正周期T=π，
∴ω=2，故函数f(x)的解析式为f(x)=2sin(2x－eq \f(π,6))＋1.
(2)∵f(eq \f(α,2))=2sin(α－eq \f(π,6))＋1=2，∴sin(α－eq \f(π,6))=eq \f(1,2).
∵0<α∴α－eq \f(π,6)=eq \f(π,6)，得α=eq \f(π,3).
已知角α的顶点与原点O重合，始边与x轴的非负半轴重合，它的终边过点P(－eq \f(3,5)，－eq \f(4,5)).
(1)求sin(α＋π)的值；
(2)若角β满足sin(α＋β)=eq \f(5,13)，求csβ的值.
【答案解析】解：(1)由角α的终边过点P(－eq \f(3,5)，－eq \f(4,5))得sinα=－eq \f(4,5)，
所以sin(α＋π)=－sinα=eq \f(4,5).
(2)由角α的终边过点P(－eq \f(3,5)，－eq \f(4,5))得csα=－eq \f(3,5)，
由sin(α＋β)=eq \f(5,13)得cs(α＋β)=±eq \f(12,13).
由β=(α＋β)－α得csβ=cs(α＋β)csα＋sin(α＋β)sinα，
所以csβ=－eq \f(56,65)或csβ=eq \f(16,65).
已知函数f(x)=cs x·(2eq \r(3)sin x＋cs x)－sin2x.
(1)求函数f(x)的最小正周期；
(2)若当x∈[0,eq \f(π,2)]时，不等式f(x)≥m有解，求实数m的取值范围.
【答案解析】解：(1)f(x)=2eq \r(3)sin xcs x＋cs2x－sin2x=eq \r(3)sin 2x＋cs 2x
=2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)sin 2x＋\f(1,2)cs 2x))=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))，
所以函数f(x)的最小正周期T=π.
(2)由题意可知，不等式f(x)≥m有解，即m≤f(x)max.因为x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
所以2x＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(7π,6)))，故当2x＋eq \f(π,6)=eq \f(π,2)，
即x=eq \f(π,6)时，f(x)取得最大值，且最大值为f(eq \f(π,6))=2.从而可得m≤2 .
已知角α的顶点在坐标原点，始边与x轴的正半轴重合，终边经过点P(－3，eq \r(3)).
(1)求sin2α－tanα的值；
(2)若函数f(x)=cs(x－α)csα－sin(x－α)sinα，求函数g(x)=eq \r(3)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－2x))－2f2(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(2π,3)))上的值域.
【答案解析】解：(1)∵角α的终边经过点P(－3，eq \r(3))，
∴sinα=eq \f(1,2)，csα=－eq \f(\r(3),2)，tanα=－eq \f(\r(3),3).
∴sin2α－tanα=2sinαcsα－tanα=－eq \f(\r(3),2)＋eq \f(\r(3),3)=－eq \f(\r(3),6).
(2)∵f(x)=cs(x－α)csα－sin(x－α)sinα=csx，x∈R，
∴g(x)=eq \r(3)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－2x))－2cs2x=eq \r(3)sin2x－1－cs2x=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))－1，
∵0≤x≤eq \f(2π,3)，∴－eq \f(π,6)≤2x－eq \f(π,6)≤eq \f(7π,6).∴－eq \f(1,2)≤sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))≤1，
∴－2≤2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))－1≤1，
故函数g(x)=eq \r(3)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－2x))－2f2(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(2π,3)))上的值域是[－2,1].