数学必修 第一册5.5 三角恒等变换课后测评

这是一份数学必修 第一册5.5 三角恒等变换课后测评，共9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。

A 组·基础自测
一、选择题
1．eq \r(\f(1＋cs 260°,2))的值等于( A )
A．sin 40° B．cs 40°
C．cs 130° D．±cs 50°
[解析] eq \r(\f(1＋cs 260°,2))＝eq \r(\f(1＋2cs2130°－1,2))＝eq \r(cs2130°)＝|cs 130°|＝－cs 130°＝sin 40°，故选A.
2．(多选题)下列各式与tan α相等的是( BD )
A．eq \r(\f(1－cs 2α,1＋cs 2α)) B．eq \f(sin 2α,1＋cs 2α)
C．eq \f(sin 2α,1－cs 2α) D．eq \f(1－cs 2α,sin 2α)
[解析] tan α＝±eq \r(\f(1－cs 2α,1＋cs 2α))＝eq \f(sin 2α,1＋cs 2α)＝eq \f(1－cs 2α,sin 2α)，故选BD.
3．若tan θ＋eq \f(1,tan θ)＝4，则sin 2θ＝( D )
A.．eq \f(1,5) B．eq \f(1,4)
C．eq \f(1,3) D．eq \f(1,2)
[解析] 由eq \f(sin θ,cs θ)＋eq \f(cs θ,sin θ)＝4，得eq \f(1,sin θ·cs θ)＝4，
所以eq \f(2,sin 2θ)＝4，sin 2θ＝eq \f(1,2).
4．设3π<α<4π，cseq \f(α,2)＝m，那么cseq \f(α,4)等于( B )
A．eq \r(\f(m＋1,2)) B．－eq \r(\f(m＋1,2))
C．－eq \r(\f(1－m,2)) D．eq \r(\f(1－m,2))
[解析] 由于cseq \f(α,2)＝2cs2eq \f(α,4)－1，可得cs2eq \f(α,4)＝eq \f(1＋cs\f(α,2),2).又3π<α<4π，所以eq \f(3π,4)5．函数f(x)＝sineq \f(x,3)＋cseq \f(x,3)的最小正周期和最大值分别是( C )
A．3π和eq \r(2) B．3π和2
C．6π和eq \r(2) D．6π和2
[解析] 因为函数f(x)＝sineq \f(x,3)＋cseq \f(x,3)＝eq \r(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)sin\f(x,3)＋\f(\r(2),2)cs\f(x,3)))＝eq \r(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin\f(x,3)cs\f(π,4)＋cs\f(x,3)sin\f(π,4)))＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,3)＋\f(π,4)))，
所以函数f(x)的最小正周期T＝eq \f(2π,\f(1,3))＝6π，最大值为eq \r(2).故选C.
二、填空题
6．已知sin θ＝－eq \f(3,5)，3π<θ[解析] 根据角θ的范围，求出cs θ后代入公式计算，即由sin θ＝－eq \f(3,5)，3π<θ7．已知cs 2α＝eq \f(1,2)，且eq \f(π,2)<α<π，则tan α＝ －eq \f(\r(3),3)_.
[解析] ∵eq \f(π,2)<α<π，
∴tan α＝－eq \r(\f(1－cs 2α,1＋cs 2α))＝－eq \f(\r(3),3).
8．函数y＝cs x＋cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))的最小值是 －eq \r(3)_，最大值是 eq \r(3)_.
[解析] y＝cs x＋cs xcseq \f(π,3)－sin xsineq \f(π,3)＝eq \f(3,2)cs x－eq \f(\r(3),2)sin x
＝eq \r(3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)cs x－\f(1,2)sin x))＝eq \r(3)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))，
当cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))＝－1时，ymin＝－eq \r(3).
当cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))＝1时，ymax＝eq \r(3).
三、解答题
9．证明：eq \f(sin 2x,2cs x)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋tan xtan\f(x,2)))＝tan x.
[证明] ∵左边＝eq \f(sin 2x,2cs x)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋tan x·tan\f(x,2)))＝eq \f(2sin xcs x,2cs x)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(2tan\f(x,2),1－tan2\f(x,2))·tan\f(x,2)))＝eq \f(2tan\f(x,2),1＋tan2\f(x,2))·eq \f(1＋tan2\f(x,2),1－tan2\f(x,2))＝eq \f(2tan\f(x,2),1－tan2\f(x,2))＝tan x＝右边，∴原式成立．
10．已知α为钝角，β为锐角，且sin α＝eq \f(4,5)，sin β＝eq \f(12,13)，求cseq \f(α－β,2)与taneq \f(α－β,2)的值．
[解析] 因为α为钝角，β为锐角，sin α＝eq \f(4,5)，sin β＝eq \f(12,13)，
所以cs α＝－eq \f(3,5)，cs β＝eq \f(5,13).所以cs(α－β)＝cs αcs β＋sin αsin β＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,5)))×eq \f(5,13)＋eq \f(4,5)×eq \f(12,13)＝eq \f(33,65).因为eq \f(π,2)<α<π，且0<β方法一：由0方法二：由0<α－β<π，cs(α－β)＝eq \f(33,65)，得
sin(α－β)＝eq \r(1－cs2α－β)＝eq \f(56,65).
所以taneq \f(α－β,2)＝eq \f(sinα－β,1＋csα－β)＝eq \f(\f(56,65),1＋\f(33,65))＝eq \f(4,7).
B 组·能力提升
一、选择题
1．eq \f(sin 80°＋1,sin25°－1)＝( C )
A．－eq \f(\r(2),2) B．eq \f(\r(2),2)
C．－2 D．2
[解析] 由题意得eq \f(sin 80°＋1,sin25°－1)＝eq \f(cs 10°＋1,\f(1－cs 10°,2)－1)＝2×eq \f(cs 10°＋1,－cs 10°－1)＝－2.
2．若eq \f(π,2)<θ<π，则eq \r(1－sin θ)－eq \r(\f(1,2)1－cs θ)＝( D )
A．2sineq \f(θ,2)－cseq \f(θ,2) B．cseq \f(θ,2)－2sineq \f(θ,2)
C．cseq \f(θ,2) D．－cseq \f(θ,2)
[解析] ∵eq \f(π,2)<θ<π，∴eq \f(π,4)cseq \f(θ,2)>0.
∵1－sin θ＝sin2eq \f(θ,2)＋cs2eq \f(θ,2)－2sineq \f(θ,2)cseq \f(θ,2)
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin\f(θ,2)－cs\f(θ,2)))2，eq \f(1,2)(1－cs θ)＝sin2eq \f(θ,2)，
∴eq \r(1－sin θ)－eq \r(\f(1,2)1－cs θ)
＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin\f(θ,2)－cs\f(θ,2)))2)－eq \r(sin2\f(θ,2))
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin\f(θ,2)－cs\f(θ,2)))－sineq \f(θ,2)＝－cseq \f(θ,2).
3．(多选题)设函数f(x)＝eq \f(sin xcs x,2＋cs 2x)，则下列说法中正确的是( ABC )
A．f(x)＝f(x＋π)
B．f(x)的最大值为eq \f(\r(3),6)
C．f(x)关于点(0,0)对称
D．f(x)无最小值
[解析] ∵f(x)＝eq \f(sin xcs x,2＋cs 2x)＝eq \f(sin 2x,4＋2cs 2x)，
∴f(x＋π)＝eq \f(sin2x＋2π,4＋2cs2x＋2π)＝eq \f(sin 2x,4＋2cs 2x)＝f(x)，故A正确；
设y＝eq \f(sin 2x,4＋2cs 2x)，则sin 2x－2ycs 2x＝4y，
所以eq \r(1＋4y2)sin(2x＋φ)＝4y，
即sin(2x＋φ)＝eq \f(4y,\r(1＋4y2)).
由－1≤eq \f(4y,\r(1＋4y2))≤1可知－eq \f(\r(3),6)≤y≤eq \f(\r(3),6)，故B正确，D错误；
又f(－x)＝eq \f(－sin 2x,4＋2cs 2x)＝－f(x)，故f(x)为奇函数，
其关于点(0,0)对称，故C正确．故选ABC.
二、填空题
4．已知taneq \f(α,2)＝eq \f(1,3)，则cs α＝ eq \f(4,5)_.
[解析] ∵taneq \f(α,2)＝±eq \r(\f(1－cs α,1＋cs α))，∴tan2eq \f(α,2)＝eq \f(1－cs α,1＋cs α).
∴eq \f(1－cs α,1＋cs α)＝eq \f(1,9)，解得cs α＝eq \f(4,5).
5．设0<θ[解析] ∵0<θ∴cseq \f(θ,2)＝eq \r(1－\f(x－1,2x))＝eq \r(\f(x＋1,2x)).
∴taneq \f(θ,2)＝eq \f(sin\f(θ,2),cs\f(θ,2))＝eq \r(\f(x－1,x＋1))，tan θ＝eq \f(2tan\f(θ,2),1－tan2\f(θ,2))＝eq \f(2\r(\f(x－1,x＋1)),1－\f(x－1,x＋1))＝eq \r(\f(x－1,x＋1))·(x＋1)＝eq \r(x2－1).
三、解答题
6．已知函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)－\f(π,6)))－2cs2eq \f(x,4)＋1，x∈R.
(1)求函数f(x)的最小正周期和单调递减区间；
(2)求函数f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(2π,3)))上的最小值，并求出取得最值时x的值．
[解析] (1)因为f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)－\f(π,6)))－2cs2eq \f(x,4)＋1
＝sineq \f(x,2)cseq \f(π,6)－cseq \f(x,2)sineq \f(π,6)－cseq \f(x,2)
＝eq \f(\r(3),2)sineq \f(x,2)－eq \f(3,2)cseq \f(x,2)＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)－\f(π,3)))，
所以函数f(x)的最小正周期为T＝eq \f(2π,\f(1,2))＝4π.
由eq \f(π,2)＋2kπ≤eq \f(x,2)－eq \f(π,3)≤eq \f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，
得eq \f(5π,3)＋4kπ≤x≤eq \f(11π,3)＋4kπ，k∈Z，
故函数f(x)的单调递减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5π,3)＋4kπ，\f(11π,3)＋4kπ))(k∈Z)．
(2)因为x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(2π,3)))，eq \f(x,2)－eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，0))，所以当eq \f(x,2)－eq \f(π,3)＝－eq \f(π,6)，即x＝eq \f(π,3)时，f(x)min＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))＝－eq \f(\r(3),2)，
所以函数f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(2π,3)))上的最小值为－eq \f(\r(3),2)，此时x＝eq \f(π,3).
C 组·创新拓展
优选法是一种具有广泛应用价值的数学方法，著名数学家华罗庚曾为普及它作出了重要贡献．优选法中有一种0.618法应用了黄金分割法，“黄金分割”的比值为eq \f(\r(5)－1,2)≈0.618，这一比值也可以表示为t＝2sin 18°，则eq \f(t\r(4－t2),1－2sin263°)＝_－2_.
[解析] 由题意得eq \f(t\r(4－t2),1－2sin263°)＝eq \f(2sin 18°\r(4－4sin218°),1－2sin263°)
＝eq \f(2sin 18°\r(41－sin218°),1－2sin263°)＝eq \f(2sin 18°\r(4cs218°),1－2sin263°)
＝eq \f(4sin 18°cs 18°,1－2sin263°)＝eq \f(2sin 36°,cs 126°)
＝eq \f(2sin 36°,cs90°＋36°)＝eq \f(2sin 36°,－sin 36°)＝－2.