数学必修 第一册5.5 三角恒等变换第4课时课堂检测

这是一份数学必修 第一册5.5 三角恒等变换第4课时课堂检测，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．化简eq \f(cs25°－sin25°,sin 40°cs 40°)＝( B )
A．1 B．2
C．eq \f(1,2) D．－1
[解析] eq \f(cs25°－sin25°,sin 40°cs 40°)＝eq \f(cs 10°,\f(1,2)sin 80°)＝2.故选B.
2．(2021·全国高考乙卷文科)cs 2eq \f(π,12)－cs 2eq \f(5π,12)＝( D )
A．eq \f(1,2) B．eq \f(\r(3),3)
C．eq \f(\r(2),2) D．eq \f(\r(3),2)
[解析] 由题意，cs 2eq \f(π,12)－cs 2eq \f(5π,12)＝cs 2eq \f(π,12)－cs 2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－\f(π,12)))＝cs 2eq \f(π,12)－sin 2eq \f(π,12)＝cseq \f(π,6)＝eq \f(\r(3),2).故选D.
3．函数y＝eq \f(1－tan22x,1＋tan22x)的最小正周期是( B )
A．eq \f(π,4) B．eq \f(π,2)
C．π D．2π
[解析] y＝eq \f(1－tan22x,1＋tan22x)＝eq \f(1－\f(sin22x,cs22x),1＋\f(sin22x,cs22x))＝cs22x－sin22x＝cs 4x，所以最小正周期T＝eq \f(2π,4)＝eq \f(π,2).
4．若△ABC的内角A满足sin 2A＝eq \f(2,3)，则sin A＋cs A等于( A )
A．eq \f(\r(15),3) B．－eq \f(\r(15),3)
C．eq \f(5,3) D．－eq \f(5,3)
[解析] ∵sin 2A＝2sin Acs A＝eq \f(2,3)，
∴sin Acs A＝eq \f(1,3).
∵在△ABC中，00，
∴sin A＋cs A＝eq \r(sin A＋cs A2)＝eq \r(1＋\f(2,3))＝eq \r(\f(5,3))＝eq \f(\r(15),3).
5．已知α为锐角，且tan(α＋β)＝3，tan(α－β)＝2，则角α等于( C )
A．eq \f(π,8) B．eq \f(π,4)
C．eq \f(3π,8) D．eq \f(π,2)
[解析] ∵tan(α＋β)＝3，tan(α－β)＝2，
∴tan 2α＝tan [(α＋β)＋(α－β)]
＝eq \f(tanα＋β＋tanα－β,1－tanα＋βtanα－β)＝－1，
又α为锐角，∴2α＝eq \f(3π,4)，∴α＝eq \f(3π,8).
二、填空题
6．若sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋θ))＝eq \f(3,5)， 则cs 2θ＝ －eq \f(7,25)_.
[解析] 由sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋θ))＝cs θ＝eq \f(3,5)，
得cs 2θ＝2cs2θ－1＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))2－1＝－eq \f(7,25).
7．计算：tan eq \f(π,12)－eq \f(1,tan \f(π,12))＝ －2eq \r(3)_.
[解析] 原式＝eq \f(tan2\f(π,12)－1,tan\f(π,12))＝eq \f(－2,tan \f(π,6))＝－2eq \r(3).
8．若cs 2θ＝－eq \f(3,4)，则sin4θ＋cs4θ＝ eq \f(25,32)_.
[解析] sin4θ＋cs4θ＝(sin2θ＋cs2θ)2－2sin2θcs2θ＝1－eq \f(1,2)sin22θ，又cs 2θ＝－eq \f(3,4)，
∴sin22θ＝1－cs22θ＝eq \f(7,16).
∴原式＝1－eq \f(1,2)sin22θ＝1－eq \f(1,2)×eq \f(7,16)＝eq \f(25,32).
三、解答题
9．求下列各式的值：
(1)eq \f(4－8sin2α,tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋α))·sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α)))；
(2)2eq \r(3)tan 15°＋tan215°；
(3)sin 10°sin 30°sin 50°sin 70°.
[解析] (1)原式＝eq \f(41－2sin2α,\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋α)),cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋α)))·cs2\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α)))))
＝eq \f(4cs 2α,\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋α)),cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋α)))·cs2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋α)))
＝eq \f(4cs 2α,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋α))·cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋α)))
＝eq \f(8cs 2α,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋2α)))＝eq \f(8cs 2α,cs 2α)＝8.
(2)原式＝eq \r(3)tan 30°(1－tan215°)＋tan215°
＝eq \r(3)×eq \f(\r(3),3)(1－tan215°)＋tan215°＝1.
(3)方法一：sin 10°sin 30°sin 50°sin 70°
＝eq \f(1,2)cs 20°cs 40°cs 80°
＝eq \f(2sin 20°cs 20°cs 40°cs 80°,4sin 20°)
＝eq \f(sin 40°cs 40°cs 80°,4sin 20°)
＝eq \f(sin 80°cs 80°,8sin 20°)＝eq \f(1,16)·eq \f(sin 160°,sin 20°)＝eq \f(1,16).
方法二：令x＝sin 10°sin 50°sin 70°，
y＝cs 10°cs 50°cs 70°，
则xy＝sin 10°cs 10°·sin 50°cs 50°sin 70°cs 70°，
＝eq \f(1,2)sin 20°·eq \f(1,2)sin 100°·eq \f(1,2)sin 140°
＝eq \f(1,8)sin 20°sin 80°sin 40°
＝eq \f(1,8)cs 10°cs 50°cs 70°＝eq \f(1,8)y.
∵y≠0，∴x＝eq \f(1,8).
从而有sin 10°sin 30°sin 50°sin 70°＝eq \f(1,16).
10．已知α，β为锐角，tan α＝eq \f(1,2)，cs(α＋β)＝－eq \f(\r(2),10).
(1)求tan 2α的值；
(2)求cs 2α的值；
(3)求α－β的值．
[解析] (1)tan 2α＝eq \f(2tan α,1－tan 2α)＝eq \f(4,3).
(2)因为α为锐角，且tan α＝eq \f(1,2)，所以sin α＝eq \f(1,\r(5))，cs α＝eq \f(2,\r(5))，
所以cs 2α＝2cs 2α－1＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,\r(5))))2－1＝eq \f(3,5).
(3)由(1)知，sin 2α＝2sin αcs α＝2×eq \f(1,\r(5))×eq \f(2,\r(5))＝eq \f(4,5)，
因为α，β为锐角，cs(α＋β)＝－eq \f(\r(2),10)，所以sin(α＋β)＝eq \r(1－cs 2α＋β)＝eq \f(7\r(2),10)，
sin(α－β)＝sin [2α－(α＋β)]＝sin 2α·cs(α＋β)－cs 2αsin(α＋β)＝eq \f(4,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),10)))－eq \f(3,5)×eq \f(7\r(2),10)＝－eq \f(\r(2),2)，又α，β为锐角，
∴α－β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，故α－β＝－eq \f(π,4).
B 组·能力提升
一、选择题
1．已知锐角α的终边经过点P(cs 50°，1＋sin 50°)，则锐角α等于( C )
A．10° B．20°
C．70° D．80°
[解析] 由三角函数的定义tan α＝eq \f(1＋sin 50°,cs 50°)＝eq \f(1＋cs 40°,sin 40°)＝eq \f(2cs220°,2sin 20°cs 20°)＝eq \f(cs 20°,sin 20°)＝eq \f(sin 70°,cs 70°)＝tan 70°.
所以α＝70°.
2．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0.618就是黄金分割，这是一个伟大的发现，这一数值也表示为a＝2sin 18°，若a2＋b＝4，则eq \f(1－2cs227°,a\r(b))＝( A )
A．－eq \f(1,2) B．eq \f(1,2)
C．－2 D．2
[解析] ∵a＝2sin 18°，a2＋b＝4，
∴b＝4－a2＝4－4sin218°＝4cs218°，
∴eq \f(1－2cs227°,a\r(b))＝eq \f(1－2cs227°,2sin 18°\r(4cs218°))
＝eq \f(－cs 54°,4sin 18°cs 18°)＝eq \f(－sin 36°,2sin 36°)＝－eq \f(1,2).故选A.
3．(多选题)已知函数f(x)＝eq \f(cs 2x－1,sin 2x)是奇函数，则有( BCD )
A．函数f(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,2)对称
B．函数f(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，0))对称
C．函数f(x)是奇函数
D．函数f(x)的最小正周期为π
[解析] 因为f(x)＝eq \f(cs 2x－1,sin 2x)＝eq \f(－2sin2x,2sin xcs x)＝－tan xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x≠\f(kπ,2)k∈Z))，
所以函数f(x)是周期为π的奇函数，图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，0))对称，故选BCD.
二、填空题
4．若taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))＝eq \f(1,2)，则tan 2α＋eq \f(1,cs 2α)＝_2_.
[解析] 由taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))＝eq \f(1－tan α,1＋tan α)＝eq \f(1,2)，可求得tan α＝eq \f(1,3)，
∴tan 2α＋eq \f(1,cs 2α)＝eq \f(2tan α,1－tan2α)＋eq \f(sin2α＋cs2α,cs2α－sin2α)＝eq \f(2tan α,1－tan2α)＋eq \f(tan2α＋1,1－tan2α)＝eq \f(2tan α＋tan2α＋1,1－tan2α)＝eq \f(\f(2,3)＋\f(1,9)＋1,1－\f(1,9))＝2.
5．若θ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))，sin 2θ＝eq \f(3\r(7),8)，则cs 2θ＝ －eq \f(1,8)_；sin θ＝ eq \f(3,4)_.
[解析] ∵θ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))，
∴2θ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，∴cs 2θ≤0.
∴cs 2θ＝－eq \r(1－sin22θ)
＝－eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3\r(7),8)))2)＝－eq \f(1,8).
又∵cs 2θ＝1－2sin2θ，
∴sin2θ＝eq \f(1－cs 2θ,2)＝eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,8))),2)＝eq \f(9,16)，
∴sin θ＝eq \f(3,4).
三、解答题
6．(1)已知cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＝eq \f(3,5)，eq \f(π,2)≤α＜eq \f(3π,2)，求cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,4)))的值；
(2)已知α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，且sin 2α＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,4)))，求α.
[解析] (1)∵eq \f(π,2)≤α＜eq \f(3π,2)，∴eq \f(3π,4)≤α＋eq \f(π,4)＜eq \f(7π,4).
∵cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＞0，
∴eq \f(3π,2)＜α＋eq \f(π,4)＜eq \f(7π,4)，
∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＝－eq \r(1－cs2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4))))
＝－eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))2)＝－eq \f(4,5)，
∴cs 2α＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,2)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,5)))×eq \f(3,5)＝－eq \f(24,25)，
sin 2α＝－cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,2)))＝1－2cs2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＝1－2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))2＝eq \f(7,25)，
∴cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,4)))＝eq \f(\r(2),2)cs 2α－eq \f(\r(2),2)sin 2α＝eq \f(\r(2),2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(24,25)))－eq \f(\r(2),2)×eq \f(7,25)＝－eq \f(31\r(2),50).
(2)∵sin 2α＝－cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,2)))
＝－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2cs2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))－1))
＝1－2cs2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))，
sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,4)))＝－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))
＝－cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))))
＝－cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋α))，
∴原式可化为1－2cs2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＝－cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))，
解得cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＝1或cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＝－eq \f(1,2).
∵α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，
∴α＋eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))，故α＋eq \f(π,4)＝0或α＋eq \f(π,4)＝eq \f(2π,3)，
即α＝－eq \f(π,4)或α＝eq \f(5π,12).
C 组·创新拓展
已知α，β均为锐角，且3sin α＝2sin β，3cs α＋2cs β＝3，则sin α＝ eq \f(4\r(2),9)_，α＋2β＝_π_.
[解析] 由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(sin α＝\f(2,3)sin β，①,cs α＝1－\f(2,3)cs β，②))
①2＋②2得cs β＝eq \f(1,3)，cs α＝eq \f(7,9)，
由α，β均为锐角知，sin β＝eq \f(2\r(2),3)，sin α＝eq \f(4\r(2),9)，
∴tan β＝2eq \r(2)，tan α＝eq \f(4\r(2),7)，
∴tan 2β＝－eq \f(4\r(2),7)，
∴tan(α＋2β)＝0.
又α＋2β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3π,2)))，
∴α＋2β＝π.