2021版數(shù)學（新教材）必修 第一冊人教A版：第五章 再練一課 (范圍：5-5)

1、再練一課(范圍：5.5)1sin 162cos 78cos 162sin 78化簡得()Aeq f(1,2) B.eq f(r(3),2) Ceq f(r(3),2) D.eq f(1,2)答案C解析sin 162cos 78cos 162sin 78sin(16278)sin 240sin(18060)sin 60eq f(r(3),2).2函數(shù)y2cos2eq blc(rc)(avs4alco1(xf(,4)1是()A最小正周期為的偶函數(shù)B最小正周期為eq f(,2)的奇函數(shù)C最小正周期為的奇函數(shù)D最小正周期為eq f(,2)的偶函數(shù)答案C解析y2cos2eq blc(rc)(avs4al

2、co1(xf(,4)1coseq blc(rc)(avs4alco1(2xf(,2)sin 2x，顯然是奇函數(shù)，周期為.3已知，eq blc(rc)(avs4alco1(f(,2)，f(,2)，且tan ，tan 是方程x23eq r(3)x40的兩個根，則的值為()A.eq f(,3)或eq f(2,3) Beq f(2,3)Ceq f(,3)或eq f(2,3) Deq f(,3)答案B解析由題意可得tan tan 3eq r(3)，tan tan 4；所以tan()eq f(tan tan ,1tan tan )eq f(3r(3),14)eq r(3)；因為，eq blc(rc)(av

3、s4alco1(f(,2)，f(,2)，tan tan 3eq r(3)0，所以，eq blc(rc)(avs4alco1(f(,2)，0)，所以(，0)因為tan()eq r(3)，所以eq f(2,3).4已知函數(shù)f(x)f(x)，且當xeq blc(rc)(avs4alco1(f(,2)，f(,2)時，f(x)xsin x設af(1)，bf(2)，cf(3)，則()Aabc BbcaCcba Dcab答案D解析由已知函數(shù)f(x)在eq blc(rc)(avs4alco1(f(,2)，f(,2)上是增函數(shù)因為2eq blc(rc)(avs4alco1(f(,2)，f(,2)，3eq blc

4、(rc)(avs4alco1(f(,2)，f(,2)，312，所以f(3)f(1)f(2)，即f(3)f(1)f(2)，cab.5“eq f(,4)”是“(1tan )(1tan )2”的()A充分不必要條件B必要不充分條件C充要條件D既不充分又不必要條件答案D解析由(1tan )(1tan )2得1tan tan tan tan 2，即tan tan 1tan tan ，tan()eq f(tan tan ,1tan tan )eq f(1tan tan ,1tan tan )1，eq f(,4)k(kZ)，不一定有“eq f(,4)”；反之，“eq f(,4)”不一定有“(1tan )(1

5、tan )2”，如eq f(,2)，eq f(,4)，此時tan 無意義；“eq f(,4)”是“(1tan )(1tan )2”的既不充分又不必要條件6已知cos eq f(2,3)且eq f(3,2)，則sin eq f(,2)_.答案eq f(r(30),6)解析已知cos eq f(2,3)且eq f(3,2)，根據(jù)二倍角公式得到cos 12sin2eq f(,2)sin2eq f(,2)eq f(5,6)， 因為eq f(3,2)，故得到eq f(,2)eq f(,2)0，故得到sin eq f(,2)eq f(r(30),6).7已知sin 3cos 0，則sin 2_.答案eq

6、f(3,5)解析由題意可得sin 3cos ，所以sin2cos2(3cos )2cos21，所以cos2eq f(1,10)，所以sin 22sin cos 6cos2eq f(3,5).8若方程sin xeq r(3)cos xc有實數(shù)解，則c的取值范圍是_答案2,2解析關于x的方程sin xeq r(3)cos xc有解，即csin xeq r(3)cos x2sineq blc(rc)(avs4alco1(xf(,3)有解，由于x為實數(shù)，則2sineq blc(rc)(avs4alco1(xf(,3)2,2，故有2c2.9已知，為銳角，cos eq f(3,5)，cos()eq f(r

7、(5),5).(1)求sin 2的值；(2)求tan()的值解(1)已知，為銳角，cos eq f(3,5)，所以sin eq f(4,5)，則sin 22sin cos 2eq f(3,5)eq f(4,5)eq f(24,25).(2)由于，為銳角，則0，又cos()eq f(r(5),5)sin()eq f(2r(5),5)，由(1)知tan eq f(sin ,cos )eq f(4,3)，所以cos cos()cos()cos sin()sin eq f(r(5),5)eq f(3,5)eq f(2r(5),5)eq f(4,5)eq f(r(5),5)，則tan 2，故tan()e

8、q f(tan tan ,1tan tan )eq f(f(4,3)2,1f(4,3)2)eq f(2,11).10已知函數(shù)f(x)(sin xcos x)22cos2x1.(1)求f(x)的最小正周期；(2)求f(x)在eq blcrc(avs4alco1(0，f(,2)上的單調區(qū)間解由已知得，f(x)sin 2xcos 2x1eq r(2)sineq blc(rc)(avs4alco1(2xf(,4)1.(1)函數(shù)的最小正周期Teq f(2,2).(2)由2keq f(,2)2xeq f(,4)2keq f(,2)(kZ)得，keq f(3,8)xkeq f(,8)(kZ)，又xeq bl

9、crc(avs4alco1(0，f(,2)， xeq blcrc(avs4alco1(0，f(,8)，f(x)的單調遞增區(qū)間為eq blcrc(avs4alco1(0，f(,8)，同理可求f(x)的單調遞減區(qū)間為eq blcrc(avs4alco1(f(,8)，f(,2).11若sineq blc(rc)(avs4alco1(xf(,3)eq f(1,3)，則coseq blc(rc)(avs4alco1(f(,3)2x)等于()Aeq f(7,9) B.eq f(7,9) C.eq f(2r(2),3) Deq f(2r(2),3)答案A解析因為sineq blc(rc)(avs4alco1

10、(xf(,3)eq f(1,3)，eq blc(rc)(avs4alco1(f(,6)x)eq blc(rc)(avs4alco1(xf(,3)eq f(,2)，所以coseq blc(rc)(avs4alco1(f(,6)x)sineq blc(rc)(avs4alco1(xf(,3)eq f(1,3)；coseq blc(rc)(avs4alco1(f(,3)2x)cos 2eq blc(rc)(avs4alco1(f(,6)x)2cos2eq blc(rc)(avs4alco1(f(,6)x)1eq f(7,9).12函數(shù)y2sin xcos xeq r(3)cos 2x的單調增區(qū)間是(

11、)A.eq blcrc(avs4alco1(kf(5,12)，kf(,12)(kZ)B.eq blcrc(avs4alco1(kf(,6)，kf(,3)(kZ)C.eq blcrc(avs4alco1(kf(,3)，kf(,6)(kZ)D.eq blcrc(avs4alco1(kf(,12)，kf(5,12)(kZ)答案D解析y2sin xcos xeq r(3)cos 2xsin 2xeq r(3)cos 2x2sineq blc(rc)(avs4alco1(2xf(,3)，由eq f(,2)2k2xeq f(,3)eq f(,2)2k(kZ)得，keq f(,12)xkeq f(5,12)

12、(kZ)，函數(shù)的單調增區(qū)間是eq blcrc(avs4alco1(kf(,12)，kf(5,12)(kZ)13.如圖，是我國古代數(shù)學家趙爽的弦圖，它是由四個全等的直角三角形與一個小正方形拼成的一個大正方形，如果大正方形的面積為225，小正方形的面積為9，直角三角形較小的銳角為，則sin 2等于()A.eq f(1,25) B.eq f(7,25) C.eq f(12,25) D.eq f(24,25)答案D解析大正方形的面積為225，小正方形的面積為9，大正方形的邊長為15，小正方形的邊長為3.設四個全等的直角三角形的長直角邊為x，則短直角邊為x3.由勾股定理得x2(x3)2152，解得x12

13、(舍負)，為直角三角形較小的銳角，所以sin eq f(3,5)，cos eq f(4,5)，sin 22sin cos eq f(24,25).14函數(shù)f(x)cos2xsin2x2sin xcos x的最小正周期為_，單調遞減區(qū)間是_答案eq blc(rc)(avs4alco1(kf(,8)，kf(5,8)(kZ)解析由題意得，f(x)cos2xsin2x2sin xcos xcos 2xsin 2xeq r(2)sineq blc(rc)(avs4alco1(2xf(,4)，最小正周期Teq f(2,)，由2keq f(,2)2xeq f(,4)2keq f(3,2)(kZ) 得，keq

14、 f(,8)xkeq f(5,8)(kZ)，函數(shù)f(x)的單調遞減區(qū)間是eq blc(rc)(avs4alco1(kf(,8)，kf(5,8)(kZ)15函數(shù)f(x)sin 2xeq r(3)cos 2x在區(qū)間eq blcrc(avs4alco1(f(,2)，f(,2)上的零點之和是()Aeq f(,3) Beq f(,6) C.eq f(,6) D.eq f(,3)答案B解析由題意得f(x)2sineq blc(rc)(avs4alco1(2xf(,3)，令f(x)0，解得2xeq f(,3)k(kZ)，即xeq f(k,2)eq f(,6)(kZ)，所以f(x)的零點為xeq f(k,2)

15、eq f(,6)(kZ)又xeq blcrc(avs4alco1(f(,2)，f(,2)，令k1，則xeq f(,3)，令k0，則xeq f(,6)，所以在區(qū)間eq blcrc(avs4alco1(f(,2)，f(,2)上的零點之和為eq f(,3)eq f(,6)eq f(,6).16某同學在一次研究性學習中發(fā)現(xiàn)，以下五個式子的值都等于同一個常數(shù)：sin213cos217sin 13cos 17；sin215cos215sin 15cos 15；sin218cos212sin 18cos 12；sin2(18)cos248sin(18)cos 48；sin2(25)cos255sin(25)cos 55.(1)試從上述五個式子中選擇一個，求出這個常數(shù)；(2)根據(jù)(1)的計算結果，將該同學的發(fā)現(xiàn)推廣為一三角恒等式sin2cos2(30)sin cos(30)_，并證明你的結論(參考公式：sin()sin cos cos sin ，cos()cos cos sin sin ，sin 22sin cos ，cos 2cos2sin22cos2112sin2)解(1)選擇式：sin215cos215sin 15cos 151eq f(1,2)sin 30eq f(3,4)，所以該常數(shù)為eq f(3,4).(2)三角恒等式為sin2cos2(30)sin cos(30)eq f(