人教A版普通高中數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)23課時(shí)練習(xí)含答案

課時(shí)質(zhì)量評(píng)價(jià)(二十三)1．(2024·海口模擬)若tanα·tanβ＝2，則cosα?βA．－3 B．－13C．13 A解析：由題意，得cosα?βcosα+β＝cosαcos2．在單位圓中，已知角α的終邊與單位圓交于點(diǎn)P12，32，現(xiàn)將角α的終邊按逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)π3，記此時(shí)角αA．?32C．(1，0) D．(0，1)B解析：由三角函數(shù)的定義知，sinα＝32，cosα＝12，將角α的終邊按逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)π3所得的角為α＋π3，故點(diǎn)Q的橫坐標(biāo)為cosα+π3＝cosαcosπ3點(diǎn)Q的縱坐標(biāo)為sinα+π3＝sinαcosπ3＋cosαsinπ3＝323．(數(shù)學(xué)與文化)公元前6世紀(jì)，古希臘的畢達(dá)哥拉斯學(xué)派在研究正五邊形和正十邊形的作圖時(shí)，發(fā)現(xiàn)了黃金分割約為0.618，這一數(shù)值也可以表示為m＝2sin18°.若4m2＋n＝16，則mnA．1 B．2C．4 D．8C解析：因?yàn)閙＝2sin18°，由4m2＋n＝16，可得n＝16－4(2sin18°)2＝16cos218°，所以mn2cos2274．已知α，β∈π3，5π6，若sinα+π6＝45，cosβ?5A．1665C．5665A解析：由題意可得α＋π6∈π2，π，β－5π6∈?π2，所以sin(α－β)＝－sinα+π6?β?5π6＝－45×5．(多選題)(2024·合肥模擬)下列計(jì)算結(jié)果正確的是()A．cos(－15°)＝6B．sin15°sin30°sin75°＝1C．cos(α－35°)cos(25°＋α)＋sin(α－35°)·sin(25°＋α)＝－1D．2sin18°cos36°＝1BD解析：對(duì)于A，cos(－15°)＝cos15°＝cos(45°－30°)＝cos45°cos30°＋sin45°sin30°＝6+對(duì)于B，sin15°sin30°sin75°＝sin15°sin30°·cos15°＝12sin15°cos15°＝14sin30°＝對(duì)于C，cos(α－35°)cos(25°＋α)＋sin(α－35°)·sin(25°＋α)＝cos[(α－35°)－(25°＋α)]＝cos(－60°)＝cos60°＝12對(duì)于D，2sin18°cos36°＝2cos72°cos36°＝2×sin144°2sin72°×sin72°6．sin12°2cos18解析：因?yàn)閟in12°2cos212°?17．(2024·威海模擬)已知α∈π，3π2，若tanα+π－1010解析：因?yàn)棣痢师校?π2，則α＋π3∈4π3，11π6．又tanα+π3＝－2＜0，故故cosα+π12＝cosα+π3?π4＝cosα+π3·cosπ4＋sinα+π3sin8．已知sinα＝210，cosβ＝31010，且α，β為銳角，則α＋2βπ4解析：因?yàn)閟inα＝210，且α為銳角，所以cosα＝1?sin2α＝1?2100＝7210．因?yàn)閏osβ＝31010，且β為銳角，所以sinβ＝1?cos2β＝1?90100＝1010，那么sin2β＝2sinβcosβ＝2×1010×31010＝35，cos2β＝1－2sin2β＝1－2×10102＝45，所以cos(α＋2β)＝cosαcos2β－sinαsin2β＝7210×45－210×9．已知2sinα＝2sin2α2(1)求sinαcosα＋cos2α的值；(2)已知α∈(0，π)，β∈0，π2，且tan2β－6tanβ＝1，求α解：(1)由已知得2sinα＝－cosα，所以tanα＝－12，則sinαcosα＋cos2α＝sinαcos(2)由tan2β－6tanβ＝1，可得tan2β＝2tanβ1?tan2β＝－13，則tan(α因?yàn)棣隆?，π2，所以2又tan2β＝－13＞－33，則2β∈因?yàn)棣痢?0，π)，tanα＝－12＞－33，則α∈5π6，π，則α＋2β∈5π10．(數(shù)學(xué)與生活)所謂人臉識(shí)別，就是利用計(jì)算機(jī)檢測(cè)樣本之間的相似度，余弦距離是檢測(cè)相似度的常用方法．假設(shè)二維空間中有兩個(gè)點(diǎn)A(x1，y1)，B(x2，y2)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，余弦相似度為向量OA，OB夾角的余弦值，記作cos(A，B)，余弦距離為1－cos(A，B)．已知P(cosα，sinα)，Q(cosβ，sinβ)，R(cosα，－sinα)，若P，Q的余弦距離為13，Q，R的余弦距離為12，則tanαA．17 B．C．4 D．7A解析：由OP＝(cosα，sinα)，OQ＝(cosβ，sinβ)，OR＝(cosα，－sinα)，得cos(P，Q)＝OP·OQOPOQ＝cosαcosβ＋sinαsinβ＝cos(cos(Q，R)＝OQ·OROQOR＝cosαcosβ－sinαsinβ＝cos(所以1?cosα?β則cosα?βcosα+β＝cosαcosβ+sinαsinβcos11．(2024·1月九省適應(yīng)性測(cè)試)已知θ∈3π4，π，tan2θ＝－4tanθ+A．14 B．C．1 D．3A解析：由tan2θ＝－4tanθ+π得2tanθ1?tan2θ＝?4tan即(2tanθ＋1)(tanθ＋2)＝0，解得tanθ＝－2或tanθ＝－12因?yàn)棣取?π4，π，所以tanθ∈(－1，0)，所以tan故1+sin2θ2cos2θ+sin2θsin2故選A．12．(多選題)(2024·武漢模擬)下列結(jié)論正確的是()A．sin(α－β)sin(β－γ)－cos(α－β)cos(γ－β)＝cos(α－γ)B．315sinx＋35cosx＝35sinx+C．f(x)＝sinx2＋cosx2D．sin50°(1＋3tan10°)＝1CD解析：對(duì)于A，左邊＝－[cos(α－β)·cos(β－γ)－sin(α－β)sin(β－γ)]＝－cos[(α－β)＋(β－γ)]＝－cos(α－γ)，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，315sinx＋35cosx＝65·32sinx+12對(duì)于C，f(x)＝sinx2＋cosx2＝2sin所以f(x)的最大值為2，故C正確；對(duì)于D，由sin50°(1＋3tan10°)＝sin50°·1+3×sin10°cos10°＝sin50°·cos10°+13．如圖，在平面直角坐標(biāo)系Oxy中，頂點(diǎn)在坐標(biāo)原點(diǎn)，以x軸的非負(fù)半軸為始邊的銳角α與鈍角β的終邊與單位圓O分別交于A，B兩點(diǎn)，x軸的非負(fù)半軸與單位圓O交于點(diǎn)M，已知S△OAM＝55，點(diǎn)B的橫坐標(biāo)是－7(1)求cos(α－β)的值；(2)求2α－β的值．解：(1)由題意知，OA＝OM＝1，則有S△OAM＝12OA·OM·sinα＝55，解得sinα又α為銳角，則cosα＝1?sin2α因?yàn)殁g角β的終邊與單位圓O的交點(diǎn)B的橫坐標(biāo)是－7210，則cosβ＝－7210，sinβ＝所以cos(α－β)＝cosαcosβ＋sinαsinβ＝55×?7210＋25(2)由(1)知sinα＝255，cosα＝55，sinβ＝210，cos則sin(α－β)＝sinαcosβ－cosαsinβ＝255×?7210－5從而sin(2α－β)＝sin[α＋(α－β)]＝sinαcos(α－β)＋cosαsin(α－β)＝255×?1010＋55因?yàn)棣翞殇J角，sinα＝255＞22，則有α∈π又β∈π2，π，因此2α－β∈?π2，π14．已知△ABC不是直角三角形，且在△ABC中，sinAsinBsin(C－θ)＝λsin2C，其中tanθ＝34(1)若tanC＝2，λ＝1，求1tanA＋(2)是否存在λ，使得1tanA＋1tanB＋2解：(1)由tanθ＝340＜θ＜π2，可得sinθ由λ＝1，得sinAsinBsin(C－θ)＝sin2C，則sinAsinB·45sinC?35cosC＝sin2所以sinAsinB＝tanCsinC所以1tanA＋1tanB＝cosAsinA