2025版 數(shù)學(xué)《高中全程復(fù)習(xí)方略》（提升版）人教A版二十四 兩角和與差的三角函數(shù)含答案

6版數(shù)學(xué)《高中全程復(fù)習(xí)方略》（提升版）人教A版二十四兩角和與差的三角函數(shù)二十四兩角和與差的三角函數(shù)(時間:45分鐘分值:100分)【基礎(chǔ)落實練】1.(5分)sin15°cos75°+cos15°sin105°等于 ()A.0 B.12 C.1 D.【解析】選C.sin15°cos75°+cos15°sin105°=sin15°cos75°+cos15°sin75°=sin(15°+75°)=sin90°=1.2.(5分)已知角α的終邊經(jīng)過點P(sin47°,cos47°),則sin(α-13°)等于 ()A.12 B.32 C.-12 D【解析】選A.由三角函數(shù)的定義,得sinα=cos47°,cosα=sin47°,則sin(α-13°)=sinαcos13°-cosαsin13°=cos47°cos13°-sin47°sin13°=cos(47°+13°)=cos60°=123.(5分)(2023·長沙模擬)1-tan15°1+tan15°A.1 B.3 C.33 D.【解析】選C.1-tan15°1+tan15°4.(5分)已知12sinα+32cosα=45,則sin(α+4π3)的值為A.-235 B.235 C.-45【解析】選C.因為12sinα+32cosα=45,所以sin(α+π3則sin(α+4π3)=sin(π+α+π3)=-sin(α+π3)5.(5分)(2023·西安模擬)已知2cos(α+π6)=sinα,則sinαcosα等于 (A.-34B.34C.-237【解析】選D.2cos(α+π6)=sinα,即2cosαcosπ6-2sinαsinπ6=sinα,即3cosα-sinα=sinα,則tanα=32,所以sinαcosα=sinα6.(5分)(多選題)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=35sin(x+π6C.f(x)=sinx2+cosx2D.sin50°(1+3tan10°)=1【解析】選CD.對于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錯誤;對于B,315sinx+35cosx=65(32sinx+12cosx)=65sin(x+π對于C,f(x)=sinx2+cosx2=2sin(x2+π4),所以f(對于D,由sin50°(1+3tan10°)=sin50°·(1+3sin10=sin50°·cos10°+3sin10°cos107.(5分)滿足等式(1+tanα)(1+tanβ)=2的數(shù)組(α,β)有無窮多個,試寫出一個這樣的數(shù)組____________.

【解析】由(1+tanα)(1+tanβ)=2,得1+tanβ+tanα+tanαtanβ=2,所以tanβ+tanα=1-tanαtanβ,所以tanβ+tanα1-所以α+β=kπ+π4,k∈Z,所以α可以為0,β可以為π4答案:(0,π4)8.(5分)(2023·青島質(zhì)檢)已知α,β∈(3π4,π),sin(α+β)=-35,sin(β-π4)=2425,則cos(α+π【解析】由題意知,α+β∈(3π2,2π),sin(α+β)=-35<0,所以cos(α+β)=因為sin(β-π4)=2425,β-π4∈(π2,3π4),所以cos(β-所以cos(α+π4)=cos[(α+β)-(β-π4)]=cos(α+β)cos(β-π4)+sin(α+β)sin(β-π4答案:-49.(10分)在①tan(π+α)=3;②sin(π-α)-2sin(π2-α)=cos(-α);③3sin(π2+α)=cos(3π2+α已知0<β<α<π2,________,cos(α+β)=-5(1)求sin(α-π4)(2)求β.注:如果選擇多個條件分別解答,按第一個解答計分.【解析】(1)若選①,tan(π+α)=tanα=sinαcosα=3,又因為sin2α+cos2α=1,0<α所以sinα=31010,cosα=1010,所以sin(α-π4)=sinαcosπ=31010×22-1010×若選②,因為sin(π-α)-2sin(π2-α)=cos(-α),化簡得sinα=3cosα又因為sin2α+cos2α=1,0<α<π2,所以sinα=31010,cosα所以sin(α-π4)=sinαcosπ4-cosαsinπ4=31010×22-若選③,因為3sin(π2+α)=cos(3π2+α),化簡得3cosα=sin又因為sin2α+cos2α=1,0<α<π2,所以sinα=31010,cosα所以sin(α-π4)=sinαcosπ4-cosαsinπ4=31010×22-(2)因為0<β<α<π2,且cos(α+β)=-55,所以π2<α所以sin(α+β)=1-cos所以sinβ=sin[(α+β)-α]=255×1010-(-55)×31010=22,又因為0<β【能力提升練】10.(5分)(2024·長沙模擬)古希臘數(shù)學(xué)家泰特托斯詳細地討論了無理數(shù)的理論,他通過圖來構(gòu)造無理數(shù)2,3,5,…,如圖,則cos∠BAD= ()A.26-336 C.23+66 【解析】選B.記∠BAC=α,∠CAD=β,由題圖知:sinα=cosα=22,sinβ=33,cosβ=63,所以cos∠BAD=cos∠BAC+∠CAD=cosα+β=cosαcosβ-sinαsinβ=2211.(5分)(多選題)已知α,β,γ∈(0,π2),sinβ+sinγ=sinα,cosα+cosγ=cosβ,則下列說法正確的是 (A.cos(β-α)=32 B.cos(β-α)=C.β-α=π6 D.β-α=-【解析】選BD.由已知可得sinγ=sinα-sinβ,cosγsinβ)2+(cosβ-cosα)2=2-2(cosβcosα+sinβsinα)=2-2cos(β-α),所以cos(β-α)=12因為α,β,γ∈(0,π2),則-π2<β-α<π2,因為sinγ=sinα-sinβ>0,函數(shù)y=sinx在(0,π2)上單調(diào)遞增,則α>β,則-π2<β-α<0,故β12.(5分)已知α,β∈(-π2,0),且tanα+tanβ+3tanαtanβ=3,則α+β=________【解析】由tanα+tanβ+3tanαtanβ=3得tan(α+β)=tanα+tanβ又α,β∈(-π2,0),則α+β∈(-π,0),所以α+β=-2π答案:-2π13.(5分)(2024·北京模擬)設(shè)A(cosα,sinα),B(2cosβ,2sinβ),其中α,β∈R.當(dāng)α=π,β=π2時,AB=________;當(dāng)AB=3時,α-β的一個取值為________【解析】根據(jù)題意可得當(dāng)α=π,β=π2時,可得A-1,0所以AB=-1-02+0-即cosα-2cosβ2即cosα-β=12,可得α-β=±π3+2kπ,所以α-答案:5π314.(10分)已知A,B均為鈍角,且sinA=55,sinB=1010,求A+B【解析】因為A,B均為鈍角,且sinA=55,sinB=1010,所以cosA=-1-cosB=-1-sin2B=-31010,所以cos(A+B)=cos=-255×(-31010)-55×1010=22.又因為π2<A<π,π2<B<π,所以π<A15.(10分)已知sin(α+β)=12,sin(α-β)=1(1)求證:sinαcosβ=5cosαsinβ;(2)已知0<α+β<π2,0<α-β<π2,求cos2α【解析】(1)因為sin(α+β)=sinαcosβ+cosαsinβ=12,sin(α-β)=sinαcosβ-cosαsinβ=1所以2sinαcosβ+2cosαsinβ=1,①3sinαcosβ-3cosαsinβ=1,②②-①得sinαcosβ-5cosαsinβ=0,則sinαcosβ=5cosαsinβ.(2)因為sin(α+β)=12,sin(α-β)=13,0<α+β<π2,0<α-β所以cos(α+β)=32,cos(α-β)=223,則cos2α=cos[(α+β)+(α=cos(α+β)cos(α-β)-sin(α+β)sin(α-β)=32×223-12×【素養(yǎng)創(chuàng)新練】16.(5分)已知15sinθtanθ+16=0,θ∈(0,π),則cos(θ-π4)=________【解析】由15sinθtanθ+16=0得sin2θ=-1615cosθ,又sin2θ+cos2θ所以cosθ=-35或cosθ=53(舍去),又θ∈(0,π),所以sinθ=1-因此cos(θ-π4)=cosθcosπ4+sinθsinπ4=-35×22+4答案:217.(5分)已知α,β都是銳角,且tanβ=sinα-cosαsin【解析】顯然cosα≠0,則tanβ=sinαcosα-1sinαcosα因為α,β都是銳角,所以β=α-π4,所以sinβsinα-答案:2二十五簡單的三角恒等變換(時間:45分鐘分值:100分)【基礎(chǔ)落實練】1.(5分)cos40°cos25°1-A.1 B.3 C.2 D.2【解析】選C.原式=cos220°-sin22.(5分)已知x∈(-π2,0),cos(π-x)=-45,則tan2x等于 (A.724 B.-724 C.247 D【解析】選D.因為x∈(-π2,0),cos(π-x)=-45,所以cosx=45,sinx=-1-cos2x=-35,由同角三角函數(shù)的關(guān)系得tanx=sinxcosx3.(5分)(2023·棗莊模擬)已知sin(π6-α)=23,則cos(2α-4π3)等于 A.-59 B.59 C.-13 【解析】選A.cos(2α-4π3)=cos(-π+2α-π3)=-cos(2α-π3)=-cos(π=-[1-2sin2(π6-α)]=-(1-2×29)=-4.(5分)(2023?新高考Ⅰ卷)已知sin(α-β)=13,cosαsinβ=16,則cos(2α+2β)= (A.79 B.19 C.-19 D【解析】選B.因為sin(α-β)=sinαcosβ-sinβcosα=13,cosαsinβ=16,所以sinαcosβ=12,所以sin(α+β)=sinαcosβ+sinβcosα=12+16=23,則cos(2α+2β)=1-2sin2(α+5.(5分)(多選題)(2023·合肥模擬)下列計算結(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°=1【解析】選BD.對于A,cos(-15°)=cos15°=cos(45°-30°)=cos45°cos30°+sin45°sin30°=6+24,所以A錯誤;對于B,sin15°sin30°sin75°=sin15°sin30°cos15°=12sin15°cos15°=14sin30°=1sin(α-35°)sin(25°+α)=cos[(α-35°)-(25°+α)]=cos(-60°)=cos60°=12對于D,2sin18°cos36°=2cos72°cos36°=2×sin144°2sin72°×sin72°2sin36°6.(5分)(多選題)(2023·長沙模擬)若sinα2=33,α∈(0,π),則 (A.cosα=1B.sinα=2C.sin(α2+π4)D.sin(α2-π4)【解析】選AC.因為sinα2=33,α∈(0,π),所以α2∈(0,π2),cosα2所以cosα=1-2sin2α2=1-2×(33)2=sinα=2sinα2cosα2=2×33×6sin(α2+π4)=sinα2cosπ4+cosα2sinπ4=33×2sin(α2-π4)=sinα2cosπ4-cosα2sinπ4=33×227.(5分)(2024·長春模擬)若cosπ4-θ=12,則sin2【解析】因為cosπ4-θ=12,所以sin2θ=cos(π2-2θ)=cos[2(π4-θ)]=2cos2=2×122-1=-答案:-18.(5分)(2023·青島模擬)已知tan2θ=-22,π4<θ<π2,則2cos【解析】由tan2θ=-22,即2tanθ1-tan2θ=-22,解得tanθ因為π4<θ<π2,所以tanθ=2且cosθ≠0.則2cos2θ2-sinθ答案:-3+229.(10分)已知函數(shù)f(x)=sin(2x+π6)+sin(2x-π6)+cos2x+a(1)求常數(shù)a的值;(2)求使f(x)≥0成立的x的取值集合.【解析】(1)根據(jù)三角函數(shù)的兩角和與差公式可得:f(x)=sin(2x+π6)+sin(2x-π6)+cos2x+a=32sin2x+12cos2x+32sin2x-12=3sin2x+cos2x+a=2sin(2x+π6)+a由于函數(shù)的最大值是1,所以2+a=1,即a=-1.(2)由(1)知,f(x)=2sin(2x+π6)-1,由f(x)≥0得:2sin(2x+π6即sin(2x+π6)≥12,因此π6+2kπ≤2x+π6≤5π6+2k即kπ≤x≤π3+kπ,k∈Z,故x的取值集合是{x|kπ≤x≤π3+kπ,k∈Z【能力提升練】10.(5分)(2021·新高考Ⅰ卷)若tanθ=-2,則sinθ(1+sin2θ)A.-65 B.-25 C.25 【解析】選C.由tanθ=-2,得sin2θ=45,sinθcosθ=-2故sinθ(1+sin2θ)sinθ+cosθ=sinθ11.(5分)魏晉南北朝時期,祖沖之利用割圓術(shù)以正24576邊形,求出圓周率π約等于355113,和真正的值相比,其誤差小于八億分之一,這個記錄在一千年后才被打破.若已知π的近似值還可以表示成4sin52°,則1-2cos2A.-18 B.-8 C.8 D.【解析】選A.將π=4sin52°代入1-2cos2=-cos14°16sin52°cos52°=-cos14°12.(5分)sin20°=m,cos20°=n,化簡1+tan10°1-tan10°-2cos70A.mn B.-mn C.nm D【解析】選A.因為sin20°=m,cos20°=n,所以1+tan10°1=cos10°+sin10°cos10°-sin10=(cos10°+sin10°)2cos210°-13.(5分)已知cos(θ+π4)=1010,θ∈(0,π2),則sin(2θ-π3【解析】由題意可得cos2(θ+π4)=1+cos(2θ+π2)2=110,cos(2θ即sin2θ=45.因為cos(θ+π4)=1010>0,θ∈(0,π2),所以0<θ<π4,2θ∈(0,π2),根據(jù)同角三角函數(shù)基本關(guān)系式,可得cos2θ=35,由兩角差的正弦公式,可得sin(2θ-cos2θsinπ3=45×12-35×答案:414.(10分)(2024·上海模擬)設(shè)f(x)=2sinxcosx-2sin2(x-π4)(1)求f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間及對稱中心;(2)當(dāng)x∈0,π2時,fx+π6【解析】(1)由題意得,f(x)=sin2x+cos(2x-π2)-1=2sin2x由-π2+2kπ≤2x≤π2+2kπ(k∈Z),可得-π4+kπ≤x≤π4+kπ(所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是-π4+kπ令2x=kπ,k∈Z,解得x=kπ2,k∈Z,此時函數(shù)值為-1,所以對稱中心為(kπ2,-1),(2)因為f(x+π6)=2sin(2x+π3)-1=-13,所以sin(2x+π3因為x∈(0,π2),所以2x+π3∈(π3,因為當(dāng)2x+π3∈(π3,π2)時,sin(2x+π3)>sinπ3=32>13,所以2x+cos(2x+π3)=-1-sincos2x=cos(2x+π3)-π3=cos(2x+π3)cosπ3+sin(2x+π3)sinπ15.(10分)如圖,已知OPQ是半徑為1,圓心角為π3的扇形,點A在PQ上(異于點P,Q),過點A作AB⊥OP,AC⊥OQ,垂足分別為B,C,記∠AOB=θ,四邊形ACOB的周長為(1)求l關(guān)于θ的函數(shù)關(guān)系式;(2)當(dāng)θ為何值時,l有最大值?并求出l的最大值.【解析】(1)AB=OAsinθ=sinθ,OB=OAcosθ=cosθ,AC=OAsin(π3-θ)=sin(π3-θOC=OAcos(π3-θ)=cos(π3-θ),所以l=sinθ+cosθ+sin(π3-θ)+cos(π3-θ)+32cosθ-12sinθ+12cosθ+32sinθ=1+32sinθ+3+32cosθ==(3+1)sin(θ+π3)(0<θ<π3(2)由0<θ<π3,得π3<θ+π3<2π3,當(dāng)θ+π3=π2,即θ=π6lmax=3+1,所以當(dāng)θ=π6時,lmax=3+1【素養(yǎng)創(chuàng)新練】16.(5分)(2023·武漢模擬)f(x)滿足:?x1,x2∈(0,1)且x1≠x2,都有x2f(x1)-x1f(x2)(x1-x2)<0.a=sin7°sin83°,bA.f(a)aB.f(a)aC.f(b)bD.f(c)c【解析】選C.a=sin7°sin83°=sin7°cos7°=12sin14°,b=tan8°1+tan28°=sin8°cos8°cos28°+sin28°=12sin16°,c=12cos5π12=12sinπ12=12sin15°,所以a<c<b.由題意得,?17.(5分)(2023·鹽城模擬)已知由sin2x=2sinxcosx,cos2x=2cos2x-1,cos3x=cos(2x+x)可推得三倍角余弦公式cos3x=4cos3x-3cosx,已知cos54°=sin36°,結(jié)合三倍角余弦公式和二倍角正弦公式可得sin18°=______;如圖,已知五角星ABCDE是由邊長為2的正五邊形GHIJK和五個全等的等腰三角形組成的,則HE·HG=________.

【解析】因為cos54°=cos(90°-36°)=sin36°,所以4cos318°-3cos18°=2sin18°cos18°,即4cos218°-3=2sin18°,即4(1-sin218°)-3=2sin18°,即4sin218°+2sin18°-1=0,因為0<sin18°<1,解得sin18°=-2+4+168在五角星ABCDE中,EG=EI,HG=HI,HE=HE,故△EHG≌△EHI,從而可得∠HEG=12∠CEB=18°,∠EHG=12∠過點H作HM⊥BE,垂足為點M,如圖,則∠GHM=18°,于是cos∠GHM=HMGH從而有HM=GHcos∠GHM=2cos18°,于是EH=HMsin∠HEG=2cos18°sin18°,所以HE·HG=|HE|·|HG|cos54°=2×2cos18°sin18°×sin36°=8cos=8-(3-5)=5+5.答案:5-14二十一導(dǎo)數(shù)的不等式問題(時間:45分鐘分值:40分)1.(10分)已知函數(shù)f(x)=ax+xlnx,且曲線y=f(x)在點(e,f(e))處的切線與直線4x-y+1=0平行.(1)求實數(shù)a的值;(2)求證:當(dāng)x>0時,f(x)>4x-3.【解析】(1)f(x)的定義域為(0,+∞),f'(x)=lnx+1+a,由題意知,f'(e)=2+a=4,則a=2.(2)由(1)知,f(x)=2x+xlnx,令g(x)=f(x)-(4x-3)=xlnx-2x+3,則g'(x)=lnx-1,由lnx-1>0得x>e,由lnx-1<0得0<x<e,故g(x)在(0,e)上單調(diào)遞減,在(e,+∞)上單調(diào)遞增,所以g(x)min=g(e)=3-e>0,即g(x)>0,即f(x)>4x-3.【加練備選】(2023·滄州七校聯(lián)考)設(shè)a為實數(shù),函數(shù)f(x)=ex-2x+2a,x∈R.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間與極值;(2)求證:當(dāng)a>ln2-1且x>0時,ex>x2-2ax+1.【解析】(1)由f(x)=ex-2x+2a,x∈R,得f'(x)=ex-2,x∈R,令f'(x)=0,得x=ln2.于是當(dāng)x變化時,f'(x),f(x)的變化情況如表:x(-∞,ln2)ln2(ln2,+∞)f'(x)-0+f(x)單調(diào)遞減2(1-ln2+a)單調(diào)遞增故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(-∞,ln2),單調(diào)遞增區(qū)間是(ln2,+∞).f(x)在x=ln2處取得極小值,極小值為f(ln2)=2(1-ln2+a),無極大值.(2)設(shè)g(x)=ex-x2+2ax-1,x∈R.于是g'(x)=ex-2x+2a,x∈R.由(1)知當(dāng)a>ln2-1時,g'(x)的最小值為g'(ln2)=2(1-ln2+a)>0,于是對任意x∈R,都有g(shù)'(x)>0,所以g(x)在R上單調(diào)遞增,于是當(dāng)a>ln2-1時,對任意x∈(0,+∞),都有g(shù)(x)>g(0).又g(0)=0,從而對任意x∈(0,+∞),g(x)>0,即ex-x2+2ax-1>0,故ex>x2-2ax+1.2.(10分)(2023·合肥模擬)已知函數(shù)f(x)=ex+x2-x-1.(1)求f(x)的最小值;(2)證明:ex+xlnx+x2-2x>0.【解析】(1)由題意可得f'(x)=ex+2x-1,則函數(shù)f'(x)在R上單調(diào)遞增,且f'(0)=0.由f'(x)>0,得x>0;由f'(x)<0,得x<0,則f(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞減,在(0,+∞)上單調(diào)遞增,故f(x)min=f(0)=0.(2)要證ex+xlnx+x2-2x>0,即證ex+x2-x-1>-xlnx+x-1.由(1)可知當(dāng)x>0時,f(x)>0恒成立.設(shè)g(x)=-xlnx+x-1,x>0,則g'(x)=-lnx.由g'(x)>0,得0<x<1;由g'(x)<0,得x>1,則g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增,在(1,+∞)上單調(diào)遞減,從而g(x)≤g(1)=0,當(dāng)且僅當(dāng)x=1時,等號成立,故f(x)>g(x),即ex+xlnx+x2-2x>0.【加練備選】已知函數(shù)f(x)=ex2-xlnx.求證:當(dāng)x>0時,f(x)<xex+1e【證明】要證f(x)<xex+1e,只需證ex-lnx<ex+1即ex-ex<lnx+1ex.令h(x)=lnx+1ex(x>0),則h'(x)=ex-1ex2,易知h(x)在(0,1e)上單調(diào)遞減,在(1e,+∞)上單調(diào)遞增,則h(x)min=h(1e)=0,所以lnx則φ'(x)=e-ex,易知φ(x)在(0,1)上單調(diào)遞增,在(1,+∞)上單調(diào)遞減,則φ(x)max=φ(1)=0,所以ex-ex≤0.因為h(x)與φ(x)不同時為0,所以ex-ex<lnx+1ex3.(10分)已知函數(shù)f(x)=lnx-ax(a∈R).(1)討論函數(shù)f(x)在(0,+∞)上的單調(diào)性;(2)證明:ex-e2lnx>0恒成立.【解析】(1)f(x)的定義域為(0,+∞),f'(x)=1x-a=1-axx,當(dāng)a≤0時,所以f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,當(dāng)a>0時,令f'(x)=0,得x=1a所以x∈(0,1a)時,f'(x)>0;x∈(1a,+∞)時,f'(所以f(x)在(0,1a)上單調(diào)遞