2025版高考數(shù)學一輪總復習第4章三角函數(shù)解三角形第3講第2課時三角函數(shù)式的化簡與求值提能訓練

第3講第2課時三角函數(shù)式的化簡與求值A組基礎鞏固一、單選題1．已知α∈(0，π)，2sin2α＝cos2α－1，則cosα＝(B)A．eq\f(\r(5),5) B．－eq\f(\r(5),5)C．eq\f(2\r(5),5) D．－eq\f(2\r(5),5)[解析]∵2sin2α＝cos2α－1，∴4sinαcosα＝－2sin2α.∵α∈(0，π)，∴sinα>0,2cosα＝－sinα，∴cosα<0，結合sin2α＋cos2α＝1，得cosα＝－eq\f(\r(5),5).2．設sinαcosβ＝1，則cos(α＋β)的值為(A)A．0 B．1C．±1 D．－1[解析]∵sinαcosβ＝1，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinα＝1，,cosβ＝1，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinα＝－1，,cosβ＝－1，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(cosα＝0，,sinβ＝0.))∴cos(α＋β)＝cosαcosβ－sinαsinβ＝0.3．(2024·威海模擬)tan67.5°－eq\f(1,tan67.5°)的值為(C)A．1 B．eq\r(2)C．2 D．4[解析]tan67.5°－eq\f(1,tan67.5°)＝eq\f(sin67.5°,cos67.5°)－eq\f(1,\f(sin67.5°,cos67.5°))＝eq\f(sin67.5°,cos67.5°)－eq\f(cos67.5°,sin67.5°)＝eq\f(sin267.5°－cos267.5°,sin67.5°cos67.5°)＝eq\f(－cos135°,\f(1,2)sin135°)＝2.4．(2023·山東青島調研)已知sinα＝eq\f(3,5)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，tan(π－β)＝eq\f(1,2)，則tan(α－β)的值為(A)A．－eq\f(2,11) B．eq\f(2,11)C．eq\f(11,2) D．－eq\f(11,2)[解析]∵α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，sinα＝eq\f(3,5)，∴cosα＝－eq\f(4,5)，tanα＝－eq\f(3,4)，又tan(π－β)＝eq\f(1,2)，∴tanβ＝－eq\f(1,2)，∴tan(α－β)＝eq\f(tanα－tanβ,1＋tanα·tanβ)＝eq\f(－\f(3,4)＋\f(1,2),1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)))×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))))＝－eq\f(2,11).5.eq\f(cos40°,cos25°\r(1－sin40°))的值為(C)A．1 B．eq\r(3)C．eq\r(2) D．2[解析]原式＝eq\f(cos220°－sin220°,cos25°cos20°－sin20°)＝eq\f(cos20°＋sin20°,cos25°)＝eq\f(\r(2)cos25°,cos25°)＝eq\r(2).6．設θ∈(0,2π)，若sinθ<0，且cos2θ<0，則θ的范圍是(B)A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2))) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,4)，\f(7π,4)))C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π)) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,4)))[解析]由已知角的范圍，結合三角函數(shù)的定義即可推斷．因為θ∈(0,2π)，若sinθ<0，則π<θ<2π，2π<2θ<4π，因為cos2θ<0，則eq\f(5π,2)<2θ<eq\f(7π,2)，所以eq\f(5π,4)<θ<eq\f(7π,4).故選B．7．八角星紋是一種有八個向外突出的銳角的幾何紋樣(如圖1)，它由八個均等的向外伸展的銳角組成的對稱多邊形紋樣，具有組合性強、結構穩(wěn)定等特點．有的八角星紋中間鏤空出一個正方形，有的由八個菱形組成，內部呈現(xiàn)米字形線條．八角星紋目前仍流行在中國南方的挑花和織錦中．在圖2所示的八角星紋中，各個最小的三角形均為全等的等腰直角三角形，中間的四邊形是邊長為2的正方形，在圖2的基礎上連接線段，得到角α，β，如圖3所示，則α＋β＝(B)A．30° B．45°C．60° D．75°[解析]依據(jù)圖形的結構特征求出tanα，tanβ，利用兩角和的正切公式，求解即可得出答案．連接BC，如圖所示：在Rt△ABC中，BC＝2，AC＝6，tanα＝eq\f(BC,AC)＝eq\f(1,3)，在Rt△DEF中，EF＝2，DE＝4，tanβ＝eq\f(EF,DE)＝eq\f(1,2)，∴tan(α＋β)＝eq\f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)＝eq\f(\f(1,3)＋\f(1,2),1－\f(1,3)×\f(1,2))＝1，又α，β∈(0°，45°)，則α＋β＝45°，故選B．8．(2024·九省聯(lián)考試題)已知θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))，tan2θ＝－4taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))，則eq\f(1＋sin2θ,2cos2θ＋sin2θ)＝(A)A．eq\f(1,4) B．eq\f(3,4)C．1 D．eq\f(3,2)[解析]由已知得eq\f(2tanθ,1－tan2θ)＝eq\f(－41＋tanθ,1－tanθ)，解得tanθ＝－2或－eq\f(1,2)，∵θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))，∴tanθ＝－eq\f(1,2)，eq\f(1＋sin2θ,2cos2θ＋sin2θ)＝eq\f(sinθ＋cosθ2,2cosθcosθ＋sinθ)＝eq\f(sinθ＋cosθ,2cosθ)＝eq\f(1＋tanθ,2)＝eq\f(1,4).故選A．二、多選題9．給出下列四個關系式，其中正確的是(BD)A．sinαsinβ＝eq\f(1,2)[cos(α＋β)－cos(α－β)]B．sinαcosβ＝eq\f(1,2)[sin(α＋β)＋sin(α－β)]C．cosαcosβ＝－eq\f(1,2)[cos(α＋β)－cos(α－β)]D．cosαsinβ＝eq\f(1,2)[sin(α＋β)－sin(α－β)][解析]由sin(α＋β)＝sinαcosβ＋cosαsinβ，sin(α－β)＝sinαcosβ－cosαsinβ，兩式相加可得sinαcosβ＝eq\f(1,2)[sin(α＋β)＋sin(α－β)]，故B正確；兩式相減可得cosαsinβ＝eq\f(1,2)[sin(α＋β)－sin(α－β)]，故D正確；由cos(α＋β)＝cosαcosβ－sinαsinβ，cos(α－β)＝cosαcosβ＋sinαsinβ，兩式相減可得sinαsinβ＝－eq\f(1,2)[cos(α＋β)－cos(α－β)]，兩式相加可得cosαcosβ＝eq\f(1,2)[cos(α＋β)＋cos(α－β)]，故A，C錯誤．故選BD．10．已知sinα＝－eq\f(4,5)，180°<α<270°，則下列選項正確的是(BCD)A．sin2α＝－eq\f(24,25) B．sineq\f(α,2)＝eq\f(2\r(5),5)C．coseq\f(α,2)＝－eq\f(\r(5),5) D．taneq\f(α,2)＝－2[解析]∵180°<α<270°，∴cosα＝－eq\f(3,5)，∴sin2α＝2sinαcosα＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))＝eq\f(24,25)，故A錯誤；∵90°<eq\f(α,2)<135°，∴sineq\f(α,2)＝eq\r(\f(1－cosα,2))＝eq\r(\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5))),2))＝eq\f(2\r(5),5)；coseq\f(α,2)＝－eq\r(\f(1＋cosα,2))＝－eq\r(\f(1－\f(3,5),2))＝－eq\f(\r(5),5)；taneq\f(α,2)＝eq\f(sin\f(α,2),cos\f(α,2))＝－2，故B、C、D均正確．11．(2023·湖北八校第一次聯(lián)考改編)已知3π≤θ≤4π，且eq\r(\f(1＋cosθ,2))＋eq\r(\f(1－cosθ,2))＝eq\f(\r(6),2)，則θ＝(CD)A．eq\f(10,3)π B．eq\f(37,12)πC．eq\f(19π,6) D．eq\f(23,6)π[解析]∵3π≤θ≤4π，∴eq\f(3π,2)≤eq\f(θ,2)≤2π，∴coseq\f(θ,2)>0，sineq\f(θ,2)<0，則eq\r(\f(1＋cosθ,2))＋eq\r(\f(1－cosθ,2))＝eq\r(cos2\f(θ,2))＋eq\r(sin2\f(θ,2))＝coseq\f(θ,2)－sineq\f(θ,2)＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(θ,2)＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(6),2)，∴coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(θ,2)＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(3),2)，∴eq\f(θ,2)＋eq\f(π,4)＝eq\f(π,6)＋2kπ或eq\f(θ,2)＋eq\f(π,4)＝－eq\f(π,6)＋2kπ，k∈Z，即θ＝－eq\f(π,6)＋4kπ或θ＝－eq\f(5π,6)＋4kπ，k∈Z.∵3π≤θ≤4π.∴θ＝eq\f(19π,6)或eq\f(23π,6)，故選CD．三、填空題12．eq\f(sin7°＋cos15°sin8°,cos7°－sin15°sin8°)＝2－eq\r(3).[解析]原式＝eq\f(sin15°－8°＋cos15°sin8°,cos15°－8°－sin15°sin8°)＝eq\f(sin15°cos8°,cos15°cos8°)＝tan15°＝tan(45°－30°)＝eq\f(tan45°－tan30°,1＋tan45°tan30°)＝eq\f(1－\f(\r(3),3),1＋\f(\r(3),3))＝eq\f(\r(3)－1,\r(3)＋1)＝2－eq\r(3).13．已知sin2α＝eq\f(1,3)則cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))＝eq\f(2,3).[解析]cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))＝eq\f(1＋cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,2))),2)＝eq\f(1＋sin2α,2)＝eq\f(1＋\f(1,3),2)＝eq\f(2,3).14．已知sinα＋cosβ＝1，cosα＋sinβ＝0，則sin(α＋β)＝－eq\f(1,2).[解析]因為sinα＋cosβ＝1，cosα＋sinβ＝0，所以sin2α＋cos2β＋2sinαcosβ＝1，①cos2α＋sin2β＋2cosαsinβ＝0，②①②兩式相加可得sin2α＋cos2α＋sin2β＋cos2β＋2(sinαcosβ＋cosαsinβ)＝1，所以sin(α＋β)＝－eq\f(1,2).15．已知coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\r(3)cosα，tanβ＝eq\f(\r(3),3)，則tan(α＋β)＝－eq\f(\r(3),3).[解析]因為coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(\r(3),2)cosα－eq\f(1,2)sinα＝eq\r(3)cosα，所以－sinα＝eq\r(3)cosα，故tanα＝－eq\r(3)，所以tan(α＋β)＝eq\f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)＝eq\f(－\r(3)＋\f(\r(3),3),1＋\r(3)×\f(\r(3),3))＝eq\f(－\f(2\r(3),3),2)＝－eq\f(\r(3),3).四、解答題16．求證：eq\f(sin2α＋β,sinα)－2cos(α＋β)＝eq\f(sinβ,sinα).[證明]因為eq\f(sin2α＋β,sinα)－2cos(α＋β)＝eq\f(sin2α＋β－2sinαcosα＋β,sinα)＝eq\f(sin[α＋α＋β]－2sinαcosα＋β,sinα)＝eq\f(sinαcosα＋β＋cosαsinα＋β－2sinαcosα＋β,sinα)＝eq\f(cosαsinα＋β－sinαcosα＋β,sinα)＝eq\f(sin[α＋β－α],sinα)＝eq\f(sinβ,sinα)＝右邊，所以等式成立．17．(2024·江西臨川一中月考)已知0<x<eq\f(π,4)，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))＝eq\f(5,13)，求eq\f(cos2x,cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x)))的值．[解析]解法一：(先化簡后求值)：原式＝eq\f(cos2x－sin2x,\f(\r(2),2)cosx－sinx)＝eq\r(2)(cosx＋sinx)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x)).因為0<x<eq\f(π,4)，所以0<eq\f(π,4)－x<eq\f(π,4)，則原式＝2eq\r(1－sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x)))＝eq\f(24,13).解法二：(先局部后整體)：coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))＝eq\f(5,13).下面從兩個角度求cos2x.角度1：cos2x＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2x))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))·coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))；角度2：cos2x＝cos2x－sin2x＝(cosx－sinx)·(cosx＋sinx)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))·eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))·coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x)).因為0<x<eq\f(π,4)，所以0<eq\f(π,4)－x<eq\f(π,4)，則coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))＝eq\r(1－sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x)))＝eq\f(12,13)，故cos2x＝2×eq\f(5,13)×eq\f(12,13)＝eq\f(120,169).所以eq\f(cos2x,cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x)))＝eq\f(24,13).B組實力提升1．若eq\f(cos2α,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))))＝eq\f(1,2)，則sin2α的值為(B)A．－eq\f(7,8) B．eq\f(7,8)C．－eq\f(4,7) D．eq\f(4,7)[解析]eq\f(cos2α,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))))＝eq\f(cos2α－sin2α,sinαcos\f(π,4)＋cosαsin\f(π,4))＝eq\r(2)(cosα－sinα)＝eq\f(1,2)，即cosα－sinα＝eq\f(\r(2),4)，等式兩邊分別平方得cos2α－2sinαcosα＋sin2α＝1－sin2α＝eq\f(1,8)，解得sin2α＝eq\f(7,8).2．(2024·昆明一中模擬)已知m＝2sin18°，若m2＋n＝4，則eq\f(1－2cos2153°,m\r(n))等于(B)A．－eq\f(1,4) B．－eq\f(1,2)C．eq\f(1,4) D．eq\f(1,2)[解析]因為m＝2sin18°，m2＋n＝4，所以n＝4－m2＝4－4sin218°＝4cos218°，因此eq\f(1－2cos2153°,m\r(n))＝eq\f(－cos306°,2sin18°·2cos18°)＝eq\f(－cos54°,2sin36°)＝eq\f(－sin36°,2sin36°)＝－eq\f(1,2).3．(多選題)已知eq\f(π,4)≤α≤π，π≤β≤eq\f(3π,2)，sin2α＝eq\f(4,5)，cos(α＋β)＝－eq\f(\r(2),10)，則(BC)A．cosα＝－eq\f(\r(10),10) B．sinα－cosα＝eq\f(\r(5),5)C．β－α＝eq\f(3π,4) D．cosαcosβ＝－eq\f(\r(2),5)[解析]因為eq\f(π,4)≤α≤π，所以eq\f(π,2)≤2α≤2π，又sin2α＝eq\f(4,5)>0，故有eq\f(π,2)≤2α≤π，eq\f(π,4)≤α≤eq\f(π,2)，解出cos2α＝－eq\f(3,5)＝2cos2α－1?cos2α＝eq\f(1,5)?cosα＝eq\f(\r(5),5)，故A錯誤；(sinα－cosα)2＝1－sin2α＝eq\f(1,5)，又eq\f(π,4)≤α≤eq\f(π,2)，所以sinα≥cosα，所以sinα－cosα＝eq\f(\r(5),5)，故B正確；因為eq\f(π,4)≤α≤eq\f(π,2)，π≤β≤eq\f(3π,2)，所以eq\f(5π,4)≤α＋β≤2π，又cos(α＋β)＝－eq\f(\r(2),10)<0，所以eq\f(5π,4)≤α＋β≤eq\f(3π,2)，解得sin(α＋β)＝－eq\f(7\r(2),10)，所以cos(β－α)＝cos[(α＋β)－2α]＝－eq\f(\r(2),10)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7\r(2),10)))×eq\f(4,5)＝－eq\f(\r(2),2)，又因為eq\f(5π,4)≤α＋β≤eq\f(3π,2)，－π≤－2α≤－eq\f(π,2)，所以eq\f(π,4)≤β－α≤π，有β－α＝eq\f(3π,4)，故C正確；由cos(α＋β)＝－eq\f(\r(2),10)?cosαcosβ－sinαsinβ＝－eq\f(\r(2),10)，又cos(β－α)＝cosαcosβ＋sinαsinβ＝－eq\f(\r(2),2)，兩式聯(lián)立得cosαcosβ＝－eq\f(3\r(2),10)，故D錯誤．故選BC．4．(2023·福建省百校臨考沖刺)若α∈(0，π)，且eq\r(3)sinα＋2cosα＝2，則taneq\f(α,2)＝(A)A．eq\f(\r(3),2) B．eq\f(\r(3),4)C．eq\f(2\r(3),3) D．eq\f(4\r(3),3)[解析]方法一：由已知得cosα＝1－eq\f(\r(3),2)sinα，代入sin2α＋cos2α＝1，得sin2α＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(3),2)sinα))2＝1，整理得eq\f(7,4)sin2α－eq\r(3)sinα＝0，解得sinα＝0或sinα＝eq\f(4\r(3),7).因為α∈(0，π)，所以sinα＝eq\f(4\r(3),7)，故cosα＝1－eq\f(\r(3),2)×eq\f(4\r(3),7)＝eq\f(1,7).所以taneq\f(α,2)＝eq\f(sinα,1＋cosα)＝eq\f(\f(4\r(3),7),1＋\f(1,7))＝eq\f(\r(3),2).故選A．方法二：因為sinα＝2sineq\f(α,2)coseq\f(α,2)，cosα＝1－2sin2eq\f(α,2)，所以eq\r(3)sinα＋2cosα＝2可以化為2eq\r(3)sineq\f(α,2)coseq\f(α,2)＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－2sin2\f(α,2)))＝2，化簡可得2eq\r(3)sineq\f(α,2)coseq\f(α,2)＝4sin2eq\f(α,2).①因為α∈(0，π)，所以eq