2024版新教材高中数学章末质量检测二三角恒等变换湘教版必修第二册

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章末质量检测(二)　三角恒等变换考试时间：120分钟　满分：150分一、单项选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．)1．已知α∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，若cos α＝ eq \f(3,5)，则cos  eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))＝(　　)A． eq \f(4－3\r(3),10) B． eq \f(3\r(3)－4,10) C． eq \f(4\r(3)－3,10) D． eq \f(4＋3\r(3),10)2．函数y＝ eq \r(3)sin 2x＋cos 2x的最小正周期为(　　)A． eq \f(π,2) B． eq \f(2π,3) C．π D．2π3．已知tan α＝－3，tan β＝1，则tan (α－β)的值为(　　)A．－2 B．－ eq \f(1,2) C．2 D． eq \f(1,2)4．已知sin α－cos α＝ eq \f(5,4)，则sin 2α＝(　　)A．－ eq \f(9,16) B．－ eq \f(3,16) C． eq \f(3,16) D． eq \f(9,16)5．已知 eq \f(π,2)<α<π，且sin  eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝ eq \f(3,5)，则cos α的值为(　　)A． eq \f(7\r(2),10) B．－ eq \f(7\r(2),10) C． eq \f(\r(2),10) D．－ eq \f(\r(2),10)6．(sin 20°－sin 40°)2＋3sin 20°cos 50°＝(　　)A． eq \f(3,2) B． eq \r(3) C． eq \f(3,4) D．－37．已知0<α<β<π，且cos α＝ eq \f(4,5)，cos (β－α)＝－ eq \f(3,5)，则sin (α＋β)＝(　　)A． eq \f(3,5) B． eq \f(4,5) C．－ eq \f(7,25) D．－ eq \f(44,125)8．若cos (α－β)＝ eq \f(\r(5),5)，cos 2α＝ eq \f(\r(10),10)，α，β均为锐角，且α<β，则α＋β的值为(　　)A． eq \f(π,6) B． eq \f(π,4) C． eq \f(3π,4) D． eq \f(5π,6)二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．)9．已知α为锐角，sin α＝ eq \f(1,3)，则(　　)A．sin α>cos 2α B．sin 2αtan 2α10．sin (－690°)＝(　　)A．2sin215° B．cos13°cos 47°－sin 13°sin 47°C．2sin 15°sin 75° D．tan 23°＋tan 22°＋tan 23°tan 22°11．已知函数f(x)＝sin x＋ eq \r(3)cos x的图象关于直线x＝a对称，则实数a的值可以为(　　)A．－ eq \f(5π,6) B． eq \f(π,6) C． eq \f(π,3) D． eq \f(2π,3)12．关于函数f(x)＝2cos2x－cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))－1的描述正确的是(　　)A．其图象可由y＝ eq \r(2)sin 2x的图象向右平移 eq \f(π,8)个单位得到 B．f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增C．f(x)在[0，π]有2个零点 D．f(x)在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上的最小值为－ eq \r(2)三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上．)13．设α为钝角，且3sin 2α＝cos α，则sin α＝________．14．若A为△ABC的内角，且sin 2A＝－ eq \f(3,5)，则cos  eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,4)))的值为________．15．已知α，β为锐角，且cos α＝ eq \f(1,7)，cos (α＋β)＝－ eq \f(11,14)，则β＝________．16.“无字证明”就是将数学命题用简单、有创意而且易于理解的几何图形来呈现．请观察图，根据半圆中所给出的量，补全三角恒等式tan θ＝ eq \f(sin 2θ,（　　）)＝ eq \f(（　　）,sin 2θ)，第一个括号为 ________，第二个括号为________．四、解答题(本题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．)17．(本小题满分10分)在①sin α>0，②cos α<0，③tan α>0这三个条件中任选两个，补充在下面的问题中并解答．已知________，且|sin α|＝ eq \f(4,5).(1)求cos α和tan α的值；(2)求sin 2α－cos 2α的值．18.(本小题满分12分)已知α为锐角，且cos α＝ eq \f(3,5).(1)求tan  eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))的值；(2)求cos  eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))＋sin (π－2α)的值．19．(本小题满分12分)在△ABC中，cos 2B＝ eq \f(11,14)，cos C＝－ eq \f(\r(7),14)(1)求cos B；(2)求角A的大小．20．(本小题满分12分)设向量a＝( eq \r(3)sin x，sin x)，b＝(cos x，sin x)，x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).(1)若|a|＝|b|，求x的值；(2)设函数f(x)＝a·b，求f(x)的最大值．21．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝(2cos2x－1)sin2x＋ eq \f(1,2)cos 4x.(1)求f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))；(2)求f(x)的最小正周期：(3)求f(x)在区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上的最大值．22．(本小题满分12分)如图所示，要把半径为R，圆心角为 eq \f(π,3)的扇形木料截成长方形，应怎样截取，才能使长方形EFGH的面积最大？章末质量检测(二)　三角恒等变换1．解析：∵α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，cosα＝eq \f(3,5)，∴sinα＝eq \r(1－cos2α)＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))\s\up12(2))＝eq \f(4,5)，∴coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))＝cosαcoseq \f(π,6)＋sinαsineq \f(π,6)＝eq \f(3,5)×eq \f(\r(3),2)＋eq \f(4,5)×eq \f(1,2)＝eq \f(3\r(3)＋4,10).答案：D2．解析：由题意得y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，其最小正周期T＝eq \f(2π,2)＝π.答案：C3．解析：tan (α－β)＝eq \f(tanα－tanβ,1＋tanαtanβ)＝eq \f(（－3）－1,1＋（－3）×1)＝2.答案：C4．解析：因为sinα－cosα＝eq \f(5,4)，所以(sinα－cosα)2＝eq \f(25,16)，所以sin2α＋cos2α－2sinαcosα＝1－sin2α＝eq \f(25,16)，所以sin2α＝－eq \f(9,16).答案：A5．解析：因为eq \f(π,2)<α<π，所以α＋eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，\f(5π,4)))，又因为sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq \f(3,5)，所以coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝－eq \f(4,5)，所以cosα＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)－\f(π,4)))＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))coseq \f(π,4)＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))sineq \f(π,4)＝－eq \f(4,5)×eq \f(\r(2),2)＋eq \f(3,5)×eq \f(\r(2),2)＝－eq \f(\r(2),10).答案：D6．解析：原式＝(－2cos30°sin10°)2＋eq \f(3,2)(sin70°－sin30°)＝eq \f(3－3cos20°,2)＋eq \f(3,2)sin70°－eq \f(3,4)＝eq \f(3,4).答案：C7．解析：因为0<α<β<π，所以0<β－α<π.又因为cosα＝eq \f(4,5)，cos (β－α)＝－eq \f(3,5)，所以eq \f(π,2)<β－α<π，所以sinα＝eq \f(3,5)，sin (β－α)＝eq \f(4,5)，从而可得sin2α＝2sinαcosα＝eq \f(24,25)，cos2α＝2cos2α－1＝eq \f(7,25)，所以sin(α＋β)＝sin [2α＋(β－α)]＝sin2αcos (β－α)＋cos2αsin (β－α)＝eq \f(24,25)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))＋eq \f(7,25)×eq \f(4,5)＝－eq \f(44,125).答案：D8．解析：∵α，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，且α<β，∴α－β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，2α∈(0，π)，∴sin (α－β)＝－eq \f(2\r(5),5)，sin2α＝eq \f(3\r(10),10)，∴cos (α＋β)＝cos [2α－(α－β)]＝cos2αcos (α－β)＋sin2αsin (α－β)＝eq \f(\r(10),10)×eq \f(\r(5),5)＋eq \f(3\r(10),10)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(5),5)))＝－eq \f(\r(2),2).∵α＋β∈(0，π)，∴α＋β＝eq \f(3π,4).答案：C9．解析：已知α为锐角，sinα＝eq \f(1,3)，则cosα＝eq \r(1－sin2α)＝eq \f(2\r(2),3)，所以，cos2α＝1－2sin2α＝eq \f(7,9)，sin2α＝2sinαcosα＝eq \f(4\r(2),9)，tan2α＝eq \f(sin2α,cos2α)＝eq \f(4\r(2),7).sinαπ，A>eq \f(π,2).sinA－cosA>0sinA－cosA＝eq \r(（sinA－cosA）2)＝eq \r(1－sin2A)＝eq \f(2\r(10),5).coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,4)))＝eq \f(\r(2),2)(cosA－sinA)＝eq \f(\r(2),2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(10),5)))＝－eq \f(2\r(5),5).答案：－eq \f(2\r(5),5)15．解析：因为α，β为锐角，所以，0<α＋β<π，sinα＝eq \r(1－cos2α)＝eq \f(4\r(3),7)，sin(α＋β)＝eq \r(1－cos2（α＋β）)＝eq \f(5\r(3),14).∵sinβ＝sin [(α＋β)－α]＝sin (α＋β)cosα－cos (α＋β)sinα＝eq \f(5\r(3),14)×eq \f(1,7)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(11,14)))×eq \f(4\r(3),7)＝eq \f(\r(3),2)，而β为锐角，∴β＝eq \f(π,3).答案：eq \f(π,3)16．解析：如图所示，CM＝sin2θ在直角三角形AMC中，tanθ＝eq \f(CM,AM)＝eq \f(CM,1＋OM)＝eq \f(sin2θ,1＋cos2θ)，在直角三角形CMB中，tanθ＝eq \f(BM,CM)＝eq \f(1－OM,CM)＝eq \f(1－cos2θ,sin2θ).答案：1＋cos2θ　1－cos2θ17．解析：方法一　选择①②(1)由已知可得，α为第二象限角，sinα＝eq \f(4,5)，cosα＝－eq \r(1－sin2α)＝－eq \f(3,5)，tanα＝eq \f(sinα,cosα)＝－eq \f(4,3)；(2)sin2α＝2sinαcosα＝－eq \f(24,25)cos2α＝cos2α－sin2α＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))eq \s\up12(2)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))eq \s\up12(2)＝－eq \f(7,25)，则sin2α－cos2α＝－eq \f(24,25)－(－eq \f(7,25))＝－eq \f(17,25).方法二　选择①③(1)由已知可得，α为第一象限角，sinα＝eq \f(4,5)cosα＝eq \r(1－sin2α)＝eq \f(3,5)tanα＝eq \f(sinα,cosα)＝eq \f(4,3)；(2)sin2α＝2sinαcosα＝eq \f(24,25)，cos2α＝cos2α－sin2α＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq \s\up12(2)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))eq \s\up12(2)＝－eq \f(7,25)，则sin2α－cos2α＝eq \f(24,25)－(－eq \f(7,25))＝eq \f(31,25).方法三　选择②③(1)由已知可得，α为第三象限角，sinα＝－eq \f(4,5)，cosα＝－eq \r(1－sin2α)＝－eq \f(3,5)，tanα＝eq \f(sinα,cosα)＝eq \f(4,3)；(2)sin2α＝2sinαcosα＝eq \f(24,25)，cos2α＝cos2α－sin2α＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))eq \s\up12(2)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)))eq \s\up12(2)＝－eq \f(7,25)，则sin2α－cos2α＝eq \f(24,25)－(－eq \f(7,25))＝eq \f(31,25).18．解析：(1)因为α为锐角，且cosα＝eq \f(3,5).所以sinα＝eq \r(1－cos2α)＝eq \f(4,5)，所以tanα＝eq \f(sinα,cosα)＝eq \f(4,3)，所以taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq \f(tanα＋tan\f(π,4),1－tanαtan\f(π,4))＝eq \f(\f(4,3)＋1,1－\f(4,3)×1)＝－7.(2)因为coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))＝sinα，sin (π－2α)＝sin2α，　　　所以coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))＋sin (π－2α)＝sinα＋sin2α＝sinα＋2sinαcosα＝eq \f(4,5)＋2×eq \f(4,5)×eq \f(3,5)＝eq \f(44,25).19．解析：(1)因为cos2B＝2cos2B－1＝eq \f(11,14)，所以，cosB＝±eq \f(5\r(7),14).因为cosC＝－eq \f(\r(7),14)<0，所以C为钝角，从而B不是钝角，故cosB＝eq \f(5\r(7),14).(2)因为cosB＝eq \f(5\r(7),14)，所以sinB＝eq \f(\r(21),14).因为cosC＝－eq \f(\r(7),14)，所以sinC＝eq \f(3\r(21),14).所以cosA＝－cos (B＋C)＝－cosBcosC＋sinBsinC＝－eq \f(5\r(7),14)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(7),14)))＋eq \f(\r(21),14)×eq \f(3\r(21),14)＝eq \f(1,2).因为0