高中数学高考考点18 三角恒等变换-备战2021年新高考数学一轮复习考点一遍过(1)

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【命题解读】
三角恒等变换部分的两角和与差公式、倍角公式是高考的热点，常常与三角函数式的求值、化简相结合，交汇命题。出题的形式有选择有填空有解答，出题比较灵活，难易度适中，主要是考察公式的灵活运用和三角恒等变换。
【命题预测】
预计2021年的高考三角恒等变换部分仍然以两角和与差公式、倍角公式为主要出题点，因此复习中要特别注意公式的灵活运用。
【复习建议】
集合复习策略：
1.掌握两角和与差公式、倍角公式；
2.会灵活运用两角和与差公式、倍角公式求解题目。
考向一 两角和与差公式的运用
1．两角和与差的正弦、余弦、正切公式
(1)公式S(α±β):sin(α±β)= sin αcs β±cs αsin β.
(2)公式C(α±β):cs(α±β)= cs αcs β∓sin αsin β.
(3)公式T(α±β):tan(α±β)= tanα±tanβ1∓tanαtanβ.
2．两角和与差的正切公式的变形:
tan α±tan β=tan(α±β)(1∓tan αtan β).
3. 若α+β+γ=π,则tan α+tan β+tan γ=tan α·tan β·tan γ.
1. 【2020驻马店市基础教学研究室期末（理）】2020驻马店市基础教学研究室期末（理）已知，，，，则的值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】，，，，
，，
因此，.
故选：C.
2. 【2020沈阳市第一七0中学期末】求值：_________．
【答案】
【解析】依题意原式
.
考向二 倍角公式的运用
1.二倍角的正弦、余弦、正切公式
(1)公式S2α:sin 2α=2sin αcs α.
(2)公式C2α:cs 2α= cs2α-sin2α=2cs2α-1=1-2sin2α.
(3)公式T2α:tan 2α=2tanα1-tan2α.
2.常用三角公式
(1)asin α+bcs α=a2+b2sin(α+φ),其中sin φ=ba2+b2,cs φ=aa2+b2.(辅助角公式)
(2)sin2α=1-cs2α2,cs2α=1+cs2α2.
1.【2020浙江省高一单元测试】若，则的值是（ ）．
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】∵，由诱导公式可得，即，
∴．
故选：C
2. 【2020广东省高三月考（理）】己知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】因为，
所以
故选：A.
3. 【2020广东省高三二模】若，则__________.
【答案】
【解析】由两角差的正切公式，可得，解得，
又由.
故答案为：.
题组一（真题在线）
1. 【2019年高考全国Ⅰ卷文数】tan255°=
A．−2−B．−2+
C．2−D．2+
2. 【2019年高考全国Ⅱ卷文数】已知a∈（0，），2sin2α=cs2α+1，则sinα=
A．B．
C．D．
3. 【2019年高考全国Ⅰ卷文数】函数的最小值为___________．
4. 【2019年高考江苏卷】已知，则的值是 .
5. 【2020年高考全国Ⅲ卷理数】已知2tanθ–tan(θ+)=7，则tanθ=
A．–2B．–1
C．1D．2
6. 【2020年高考江苏】已知=，则的值是 ．
7. 【2020年高考浙江】已知，则_______，_______．
8. 【2020年高考全国Ⅱ卷文数】若，则__________．
题组二
1.【2020陕西省高一期末】若，则，则的值为（ ）
A．B．C．D．
2.【2020梅河口市第五中学高三其他】已知，且，则（ ）
A．B．C．D．
3. 【2019吉林长春模拟】若tan(α＋80°)＝4sin 420°，则tan(α＋20°)的值为( )
A．－eq \f(\r(3),5) B．eq \f(3\r(3),5)
C．eq \f(\r(3),19) D．eq \f(\r(3),7)
4. 【2020天水市第一中学高三二模】在平面直角坐标系中，已知一个角的顶点在坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，则______________.
5. 【2019四川省宜宾市高三第三次诊断性考试】已知，，则
A．B．7
C．D．
6. 【2019重庆西南大学附属中学校高三月考】已知角的顶点在坐标原点，始边与轴正半轴重合，终边经过点，则
A．B．
C．D．
7. 【2020铜川市第一中学高一期末】已知，，且.
（1）求的值；
（2）求的值.
8. 【2019山东枣庄质检】已知sin α＋cs α＝eq \f(3\r(5),5)，α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β－\f(π,4)))＝eq \f(3,5)，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)， \f(π,2)))
(1)求sin2α和tan2α的值；
(2)求cs (α＋2β)的值．
题组一
1.D
【解析】=
故选D.
2.B
【解析】，，，又，，又，，故选B．
3.
【解析】
，
，当时，，
故函数的最小值为．
4.
【解析】由，得
，
解得，或.
，
当时，上式
当时，上式=
综上，
5. D
【解析】，，
令，则，整理得，解得，即.
故选：D．
6.
【解析】
故答案为：
7.
【解析】，
，
故答案为：
8.
【解析】.
故答案为：.
题组二
1. C【解析】，则
或（舍去）
平方可得：
解得
故选
2.B【解析】因为，所以，解得或，因为，所以，
所以
故选：B
3.D【解析】由tan(α＋80°)＝4sin 420°＝4sin 60°＝2eq \r(3)，得
tan(α＋20°)＝tan[(α＋80°)－60°]
＝eq \f(tanα＋80°－tan 60°,1＋tanα＋80°tan 60°)＝eq \f(2\r(3)－\r(3),1＋2\r(3)×\r(3))＝eq \f(\r(3),7).
4. 【解析】一个角的顶点在坐标原点,始边与x轴的非负半轴重合,终边经过点
∴由三角函数定义可得
则由正弦二倍角公式可得.
故答案为:
5. C
【解析】，∴，
，
则.故选C．
6.B
【解析】因为角的顶点在坐标原点，始边与轴正半轴重合，终边经过点，
所以，
因此.故选B.
7. 见解析
【解析】 （1）由，，得.
.
则.
（2）由，得，
所以.
.
8. 见解析
【解析】(1)由题意得(sin α＋csα)2＝eq \f(9,5)，
∴1＋sin2α＝eq \f(9,5)，∴sin2α＝eq \f(4,5).
又2α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，∴cs 2α＝eq \r(1－sin2 2α)＝eq \f(3,5)，
∴tan 2α＝eq \f(sin 2α,cs 2α)＝eq \f(4,3).
(2)∵β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))，∴β－eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))，
又sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β－\f(π,4)))＝eq \f(3,5)，∴cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β－\f(π,4)))＝eq \f(4,5)，
∴sin 2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β－\f(π,4)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β－\f(π,4)))cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β－\f(π,4)))＝eq \f(24,25).
又sin 2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β－\f(π,4)))＝－cs 2β，
∴cs 2β＝－eq \f(24,25)，
又2β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，∴sin 2β＝eq \f(7,25)，
∵cs2 α＝eq \f(1＋cs 2α,2)＝eq \f(4,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α∈\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))))，
∴csα＝eq \f(2\r(5),5)，∴sin α＝eq \f(\r(5),5).
∴cs(α＋2β)＝cs αcs 2β－sin αsin 2β＝eq \f(2\r(5),5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(24,25)))－eq \f(\r(5),5)×eq \f(7,25)＝－eq \f(11\r(5),25).