多维层次练25-简单的三角恒等变换（全国百强重点中学复习资料，含答案解析）-新高考学案

这是一份多维层次练25-简单的三角恒等变换（全国百强重点中学复习资料，含答案解析）-新高考学案，共12页。
1．若sin(α＋β)＝3sin(π－α＋β)，α，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，则eq \f(tan α,tan β)＝( )
A．2 B．eq \f(1,2)
C．3 D．eq \f(1,3)
解析：因为sin(α＋β)＝3sin(π－α＋β)，
所以sin αcs β＝2cs αsin β，所以tan α＝2tan β，
即eq \f(tan α,tan β)＝2，故选A.
答案：A
2．若sin 2α＝eq \f(\r(5),5)，sin(β－α)＝eq \f(\r(10),10)，且α∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，π))，β∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(π，\f(3π,2)))，则α＋β的值是( )
A.eq \f(7π,4) B.eq \f(9π,4)
C.eq \f(5π,4)或eq \f(7π,4) D.eq \f(5π,4)或eq \f(9π,4)
解析：因为α∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，π))，
所以2α∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，2π))，
因为sin 2α＝eq \f(\r(5),5)，所以2α∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π)).
所以α∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))且cs 2α＝－eq \f(2\r(5),5).
又因为sin(β－α)＝eq \f(\r(10),10)，β∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(π，\f(3π,2)))，
所以β－α∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(5π,4)))，cs(β－α)＝－eq \f(3\r(10),10)，
所以cs(α＋β)＝cs[(β－α)＋2α]＝cs(β－α)cs 2α－sin(β－α)sin 2α＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3\r(10),10)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2\r(5),5)))－eq \f(\r(10),10)×eq \f(\r(5),5)＝eq \f(\r(2),2)，
又因为α＋β∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5π,4)，2π))，所以α＋β＝eq \f(7π,4).
答案：A
3．(2020·湖北八校联考)已知3π≤θ≤4π，且eq \r(\f(1＋cs θ,2))＋eq \r(\f(1－cs θ,2))＝eq \f(\r(6),2)，则θ＝( )
A.eq \f(10π,3)或eq \f(11π,3) B.eq \f(37π,12)或eq \f(47π,12)
C.eq \f(13π,4)或eq \f(15π,4) D.eq \f(19π,6)或eq \f(23π,6)
解析：因为3π≤θ≤4π，所以eq \f(3π,2)≤eq \f(θ,2)≤2π，
所以cs eq \f(θ,2)≥0，sin eq \f(θ,2)≤0，则eq \r(\f(1＋cs θ,2))＋eq \r(\f(1－cs θ,2))＝eq \r(cs2 \f(θ,2))＋eq \r(sin2 \f(θ,2))＝cs eq \f(θ,2)－sin eq \f(θ,2)＝eq \r(2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(θ,2)＋\f(π,4)))＝eq \f(\r(6),2)，
所以cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(θ,2)＋\f(π,4)))＝eq \f(\r(3),2).
所以eq \f(θ,2)＋eq \f(π,4)＝eq \f(π,6)＋2kπ或eq \f(θ,2)＋eq \f(π,4)＝－eq \f(π,6)＋2kπ，k∈Z，即θ＝－eq \f(π,6)＋4kπ或θ＝－eq \f(5π,6)＋4kπ，k∈Z.所以3π≤θ≤4π，所以θ＝eq \f(19π,6)或eq \f(23π,6)，故选D.
答案：D
4．(2020·鞍山第一中学模拟)若α，β均为锐角，且cs α＝eq \f(1,7)，cs(α＋β)＝－eq \f(11,14)，则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)＋2β))＝( )
A．－eq \f(1,2) B．eq \f(1,2)
C．－eq \f(\r(3),2) D．eq \f(\r(3),2)
解析：因为α，β均为锐角，且cs α＝eq \f(1,7)，cs(α＋β)＝－eq \f(11,14)，所以sin α＝eq \r(1－\f(1,49))＝eq \f(4\r(3),7)，sin(α＋β)＝eq \r(1－cs2（α＋β）)＝eq \f(5\r(3),14)，
所以cs β＝cs[(α＋β)－α]＝cs(α＋β)cs α＋sin(α＋β)·sin α＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(11,14)))×eq \f(1,7)＋eq \f(5\r(3),14)×eq \f(4\r(3),7)＝eq \f(1,2)，所以sin β＝eq \r(1－cs2 β)＝eq \f(\r(3),2)，
所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)＋2β))＝－cs 2β＝sin2 β－cs2 β＝eq \f(3,4)－eq \f(1,4)＝eq \f(1,2).
答案：B
5．公元前6世纪，古希腊的毕达哥拉斯学派研究过正五边形和正十边形的作图，发现了黄金分割约为0.618，这一数值也可以表示为m＝2sin 18°，若m2＋n＝4，则eq \f(m\r(n),2cs2 27°－1)＝( )
A．8 B．4
C．2 D．1
解析：因为m＝2sin 18°，m2＋n＝4，所以n＝4－m2＝4－4sin2 18°＝4cs2 18°.
所以eq \f(m\r(n),2cs2 27°－1)＝eq \f(2sin 18°\r(4cs2 18°),2cs2 27°－1)＝eq \f(4sin 18°cs 18°,2cs2 27°－1)＝eq \f(2sin 36°,cs 54°)＝eq \f(2sin 36°,sin 36°)＝2.故选C.
答案：C
6．(多选题)已知f(x)＝eq \f(1,2)(1＋cs 2x)sin2 x(x∈R)，则下面结论正确的是( )
A．f(x)的最小正周期T＝eq \f(π,2)
B．f(x)是偶函数
C．f(x)的最大值为eq \f(1,4)
D．f(x)的最小正周期T＝π
解析：因为f(x)＝eq \f(1,4)(1＋cs 2x)(1－cs 2x)＝eq \f(1,4)(1－cs2 2x)＝eq \f(1,4)sin2 2x＝eq \f(1,8)(1－cs 4x)，因为f(－x)＝f(x)，所以T＝eq \f(2π,4)＝eq \f(π,2)，f(x)的最大值为eq \f(1,8)×2＝eq \f(1,4).故D错．
答案：ABC
7．设α，β∈[0，π]，且满足sin αcs β－cs αsin β＝1，则sin(2α－β)＋sin(α－2β)的取值范围为________．
解析：由sin αcs β－cs αsin β＝1，得sin(α－β)＝1，
又α，β∈[0，π]，所以α－β＝eq \f(π,2)，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(0≤α≤π，,0≤β＝α－\f(π,2)≤π，))即eq \f(π,2)≤α≤π，
所以sin(2α－β)＋sin(α－2β)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α－α＋\f(π,2)))＋sin(α－2α＋π)＝cs α＋sin α＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4))).
因为eq \f(π,2)≤α≤π，所以eq \f(3π,4)≤α＋eq \f(π,4)≤eq \f(5π,4)，
所以－1≤eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))≤1，
即取值范围为[－1，1]．
答案：[－1，1]
8．已知函数f(x)＝asin x－eq \r(3)cs x的一条对称轴为x＝－eq \f(π,6)，且f(x1)·f(x2)＝－4，则|x1＋x2|的最小值为________．
解析：f(x)＝asin x－eq \r(3)cs x＝eq \r(3＋a2)sin(x＋φ)，
由于函数的对称轴为x＝－eq \f(π,6)，
所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))＝－eq \f(a,2)－eq \f(3,2)为最大值或最小值，
即eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)－\f(3,2)))＝eq \r(3＋a2)，解得a＝1.
所以f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3))).
由于f(x1)·f(x2)＝－4，
所以函数必须在x1，x2处分别取得最大值和最小值，
所以不妨设x1＝2k1π＋eq \f(5π,6)，
x2＝2k2π－eq \f(π,6)，k1∈Z，k2∈Z，
则|x1＋x2|＝2(k1＋k2)π＋eq \f(2π,3)，k1∈Z，k2∈Z，
所以|x1＋x2|的最小值为eq \f(2π,3).
答案：eq \f(2π,3)
9．(2019·浙江卷)设函数f(x)＝sin x，x∈R.
(1)已知θ∈[0，2π)，函数f(x＋θ)是偶函数，求θ的值；
(2)求函数y＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,12)))))eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))))eq \s\up12(2)的值域．
解：(1)因为f(x＋θ)＝sin(x＋θ)是偶函数，
所以对任意实数x都有sin(x＋θ)＝sin(－x＋θ)，
即sin xcs θ＋cs xsin θ＝－sin xcs θ＋cs xsin θ，
故2sin xcs θ＝0，所以cs θ＝0.
又θ∈[0，2π)，因此θ＝eq \f(π,2)或θ＝eq \f(3π,2).
(2)y＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,12)))))eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))))eq \s\up12(2)
＝sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,12)))＋sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))
＝eq \f(1－cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6))),2)＋eq \f(1－cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2))),2)
＝1－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)cs 2x－\f(3,2)sin 2x))
＝1－eq \f(\r(3),2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3))).
因此，所求函数的值域是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\f(\r(3),2)，1＋\f(\r(3),2))).
10．已知函数f(x)＝cs2 x＋sin xcs x，x∈R.
(1)求f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))的值；
(2)若sin α＝eq \f(3,5)，且α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，求feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(α,2)＋\f(π,24)))的值．
解：(1)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝cs2 eq \f(π,6)＋sin eq \f(π,6)·cs eq \f(π,6)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)))eq \s\up12(2)＋eq \f(1,2)×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(3＋\r(3),4).
(2)因为f(x)＝cs2 x＋sin xcs x＝eq \f(1＋cs 2x,2)＋eq \f(1,2)sin 2x＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)(sin 2x＋cs 2x)＝eq \f(1,2)＋eq \f(\r(2),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))，
所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(α,2)＋\f(π,24)))＝eq \f(1,2)＋eq \f(\r(2),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,12)＋\f(π,4)))＝eq \f(1,2)＋eq \f(\r(2),2)sin(α＋eq \f(π,3))＝eq \f(1,2)＋eq \f(\r(2),2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)sin α＋\f(\r(3),2)cs α)).
又因为sin α＝eq \f(3,5)，且α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，
所以cs α＝－eq \f(4,5)，
所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(α,2)＋\f(π,24)))＝eq \f(1,2)＋eq \f(\r(2),2)×(eq \f(1,2)×eq \f(3,5)－eq \f(\r(3),2)×eq \f(4,5))＝
eq \f(10＋3\r(2)－4\r(6),20).
[综合应用练]
11．(2019·大庆调研)设α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，且tan α＝eq \f(1＋sin β,cs β)，则( )
A．3α－β＝eq \f(π,2) B．2α－β＝eq \f(π,2)
C．3α＋β＝eq \f(π,2) D．2α＋β＝eq \f(π,2)
解析：因为tan α＝eq \f(1＋sin β,cs β)，所以eq \f(sin α,cs α)＝eq \f(1＋sin β,cs β)，即sin αcs β＝cs α＋cs αsin β，所以sin αcs β－cs αsin β＝cs α，即sin(α－β)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－α))，又α，β均为锐角，且y＝sin x在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上单调递增，所以α－β＝eq \f(π,2)－α，即2α－β＝eq \f(π,2)，故选B.
答案：B
12．(多选题)(2021·广东省适应性考试)设函数f(x)＝eq \f(cs 2x,2＋sin xcs x)，则( )
A．f(x)＝f(x＋π)
B．f(x)的最大值为eq \f(1,2)
C．f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，0))单调递增
D．f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))单调递减
解析：f(x)＝eq \f(cs 2x,2＋sin xcs x)＝eq \f(cs 2x,2＋\f(1,2)sin 2x)，
f(x＋π)＝eq \f(cs[2（x＋π）],2＋\f(1,2)sin[2（x＋π）])＝eq \f(cs（2x＋2π）,2＋\f(1,2)sin（2x＋2π）)＝
eq \f(cs 2x,2＋\f(1,2)sin 2x)＝f(x)，A正确；
f′(x)＝eq \f(－2sin 2x\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋\f(1,2)sin 2x))－cs 2x·cs 2x,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋\f(1,2)sin 2x))\s\up12(2))＝
eq \f(－4sin 2x－1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋\f(1,2)sin 2x))\s\up12(2))＝0，
sin 2x＝－eq \f(1,4)，cs 2x＝±eq \f(\r(15),4)，
所以f(x)max＝eq \f(\f(\r(15),4),2－\f(1,8))＝eq \f(\r(15),4)×eq \f(8,15)＝eq \f(2,\r(15))>eq \f(1,2)＝eq \f(2,\r(16))，
所以B错误；
因为x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，0))，2x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))，
所以－4sin 2x∈(0，4)，－4sin 2x－1∈(－1，3)，
所以f(x)并不单调递增，C错误；
因为x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))，2x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以－4sin 2x－1∈(－5，－1)
所以f(x)单调递减，D正确．
答案：AD
13．[2sin 50°＋sin 10°(1＋eq \r(3)tan 10°)]·eq \r(2sin2 80°)＝________．
解析：原式＝(2sin 50°＋sin 10°·eq \f(cs 10°＋\r(3)sin 10°,cs 10°))·eq \r(2)sin 80°＝(2sin 50°＋2sin 10°·eq \f(\f(1,2)cs 10°＋\f(\r(3),2)sin 10°,cs 10°))．
eq \r(2)cs 10°＝2eq \r(2)[sin 50°·cs 10°＋sin 10°·cs(60°－10°)]＝2eq \r(2)sin(50°＋10°)＝2eq \r(2)×eq \f(\r(3),2)＝eq \r(6).
答案：eq \r(6)
14．已知α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，且2sin2 α－sin αcs α－3cs2 α＝0，则eq \f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4))),sin 2α＋cs 2α＋1)＝________．
解析：因为α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
且2sin2 α－sin αcs α－3cs2 α＝0，
则(2sin α－3cs α)(sin α＋cs α)＝0，
又由题意可知sin α＋cs α≠0，
所以2sin α＝3cs α，
又sin2 α＋cs2 α＝1，
所以cs α＝eq \f(2,\r(13))，sin α＝eq \f(3,\r(13))，
所以eq \f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4))),sin 2α＋cs 2α＋1)＝eq \f(\f(\r(2),2)（sin α＋cs α）,（sin α＋cs α）2＋（cs2 α－sin2 α）)＝eq \f(\f(\r(2),2),2cs α)＝eq \f(\r(26),8).
答案：eq \f(\r(26),8)
15．已知函数f(x)＝2cs2 ωx－1＋2eq \r(3)sin ωxcs ωx(0