统考版2024届高考数学一轮复习第四章4.5.1两角和与差的正弦余弦和正切课时作业理含解析20230426176.docx

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1、统考版2024届高考数学一轮复习第四章4.5.1两角和与差的正弦余弦和正切课时作业理含解析20230426176课时作业22两角和与差的正弦、余弦和正切基础达标一、选择题1.的值等于()AB.CD.22021北京西城区检测4cos50tan40()A.B.C.D2132020全国卷已知sinsin1，则sin()A.B.C.D.4若cos，sin，则cos()等于()A.BCD.52021山西临汾模拟已知满足sin，则()A.BC3D3二、填空题62021河南洛阳统考已知tan2，则_.72018全国卷已知tan，则tan_.8已知sin()coscos()sin，是第三象限角，则sin_.三

2、、解答题9设，且5sin5cos8，sincos2，求cos()的值10已知函数f(x)sin(x)sin(x)cosxa的最大值为1，(1)求常数a的值；(2)求函数f(x)的单调递减区间；(3)求使f(x)0成立的x的取值集合能力挑战11已知cos()sin，则sin()的值是()AB.C.D122021临沂一中检测已知函数f(x)，则下列说法错误的是()Af(x)的最小正周期为Bf(x)的最大值为2Cf(x)的值域为(2,2)Df(x)的图象关于(，0)对称132018全国卷已知sincos1，cossin0，则sin()_.课时作业221解析：cos2sin2cos，故选D.答案：D2

3、解析：4cos50tan404sin40tan40，故选C.答案：C3解析：sinsinsinsincoscossinsinsincossincossin1.sin，故选B.答案：B4解析：，sin.又，cos.cos()coscoscossinsin.答案：C5解析：由sin可得(sincos)，故sincos，两边平方可得，12sincos，即2sincos，故.答案：B6解析：由tan2，得2，求得tan，所以.答案：7解析：tantan，解得tan.答案：8解析：依题意可将已知条件变形为sin()sin，sin.又是第三象限角，因此有cos.sinsinsincoscossin.答案：

4、9解析：由5sin5cos8得sin，因为，所以cos.又，由sincos2，得sin，所以cos，所以cos()sinsinsincoscossin.10解析：f(x)sinxcosxa2sin(x)a.(1)由2a1得a1.(2)由2kx2k，kZ，得2kx2k，kZ，f(x)的单调递减区间为2k，2k，kZ.(3)f(x)0，即sin(x)，2kx2k，kZ，2kx2k，kZ.故x的取值集合为x|2kx2k，kZ11解析：由cos()sin，可得cossinsin，即sincos，所以sin()，sin()，所以sin()sin().答案：D12解析：f(x)2sin(2x)，(cos(

5、2x)0)当且仅当cos(2x)0时，|sin(2x)|1，f(x)的值域为(2,2)，f(x)的最小正周期为，图象关于(，0)对称答案：B13解析：sincos1，cossin0，22得12(sincoscossin)11，sincoscossin，sin().答案：课时作业23简单的三角恒等变换基础达标一、选择题12021唐山市高三年级摸底考试已知sin3cos，则tan2()A4BC4D.22021深圳市普通高中高三年级统一考试已知tan3，则sin2()A.BC.D32020福州市高三毕业班适应性练习若tan3cos()，则cos2()A1B.C0或D1或42021武汉市高中毕业生质量

6、检测已知函数f(x)sin2xsin2，则f(x)的最小值为()A.B.C.D.52021福州市高三质量检测若2cos2x1sin2x，则tanx()A1B.C1或D1或或3二、填空题62021南昌市高三年级摸底测试卷已知sin，则cos2_.72021长沙市四校高三年级模拟考试函数f(x)cos2的最小正周期为_8若sin，则cos2_.三、解答题92018江苏卷已知，为锐角，tan，cos().(1)求cos2的值；(2)求tan()的值102021合肥市高三调研性检测已知函数f(x)cos2xsin.(1)求函数f(x)的最小正周期；(2)当x0，时，求函数f(x)的单调递增区间能力挑战

7、112021山西省八校高三联考已知角，的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，角的终边在第一象限，将角的终边绕原点O逆时针旋转，与角的终边重合，若sin，则sin()AB.C.D122021湖北省部分重点中学高三起点考试函数f(x)cossin2x的图象的一个对称中心的坐标是()A.B.C.D.13已知tan，cos，则tan()_，_.课时作业231解析：因为sin3cos，所以sincos3cos3sin，则2sincos，tan，所以tan24，故选A.答案：A2解析：解法一因为tan3，所以3，则sin3cos，代入sin2cos21得9cos2cos21，所以cos2，所以sin

8、2sincos22cos211，故选D.解法二sin2sincos2cos2sin2，选D.答案：D3解析：由tan3cos()，得3cos，即3cos，所以cos0或sin，故cos22cos211或cos212sin2.故选D.答案：D4解析：f(x)sin2xsin2sin2x2sin2xcos2xsinxcosxsin2x11sin1，故选A.答案：A5解析：解法一由题设得，2(cos2xsin2x)12sinxcosx，所以2(cosxsinx)(cosxsinx)(sinxcosx)2，所以sinxcosx0或sinxcosx2cosx2sinx，所以tanx1或tanx.解法二由

9、2cos2x1sin2x，得2(cos2xsin2x)sin2xcos2x2sinxcosx，化简得cos2x2sinxcosx3sin2x0，(cosx3sinx)(cosxsinx)0，cosx3sinx或cosxsinx，tanx或tanx1.解法三由，得5sin22x2sin2x30，sin2x，或sin2x1.当sin2x时，sin2x，3tan2x10tanx30，解得tanx，或tanx3，但tanx3时，cos2x0，不合题意舍去，经检验，tanx符合题意；当sin2x1时，tanx1，经检验，tanx1符合题意综上，tanx或tanx1.答案：C6解析：cos212sin21

10、.答案：7解析：f(x)cos2，所以函数f(x)的最小正周期T.答案：8解析：因为sinsincos，所以cos2.答案：9解析：(1)因为tan，tan，所以sincos.因为sin2cos21，所以cos2，因此，cos22cos21.(2)因为，为锐角，所以(0，)又因为cos()，所以sin()，因此tan()2.因为tan，所以tan2，因此，tan()tan2().10解析：(1)f(x)cos2xsin2xcos2xsin2xcos2xsin.函数f(x)的最小正周期T.(2)由2k2x2k(kZ)，解得kxk(kZ)，函数f(x)的单调递增区间为k，k(kZ)x0，所求单调递

11、增区间为0，和，11解析：由sinsinsin，得sin.由题意得，所以sinsinsincoscos12sin2.故选B.答案：B12解析：解法一f(x)cossin2xsin2xsin2xcos2xsin22xsin4xsin.令4xk，kZ，得x，kZ，故函数f(x)的图象的对称中心为，kZ，当k1时，得f(x)的图象的一个对称中心的坐标为.故选A.解法二f(x)cossin2xsin2xsin2xcos2xsin22xsin4xcos4xcos.令4xk，kZ，解得x，kZ，令k1得x，所以f(x)的图象的一个对称中心的坐标为.故选A.答案：A13解析：由cos，得sin，tan2.t

12、an()1.，.答案：1课时作业24正弦定理和余弦定理基础达标一、选择题12021河北省级示范性高中联合体联考ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若3sinA2sinC，b5，cosC，则a()A3B4C6D822021山东青岛一中月考在ABC中，若sin2Asin2B0)，则c3k.由余弦定理得cosC，解得k3或k(舍去)，从而a6.故选C.答案：C2解析：sin2Asin2Bsin2C，a2b2c2，cosC0，又0C180，C为钝角，ABC是钝角三角形，故选C.答案：C3解析：c1，b2，A，由余弦定理可得a，由正弦定理可得sinB，ba，B为锐角，B.故选C.答案：C4解析

13、：sin，A，又b1，ABC的面积为bcsinA，解得c2，a2b2c22bccosA1423，a，2，故选B.答案：B5解析：在ABC中，由正弦定理及bcosAca，得sinBcosAsinCsinA根据C(AB)，得sinBcosAsin(AB)sinAsinAcosBcosAsinBsinA，即sinAcosBsinA，由于sinA0，所以cosB，B.解法一设ADx，则CD2x，AC3x，在ADB，BDC，ABC中分别利用余弦定理，得cosADB，cosCDB，cosABC.由cosADBcosCDB，得6x2a22c212，再根据cosABC，得a2c29x2ac，所以4c2a22a

14、c36.根据基本不等式得4c2a24ac，所以ac6，当且仅当a2，c时，等号成立，所以ABC的面积SacsinABCac.故选A.解法二因为点D在AC上，2ADDC，所以，|2|2|2c2a2accosc2a2ac.又BD2，所以4c2a22ac36.根据基本不等式得4c2a24ac，所以ac6，当且仅当a2，c时，等号成立，所以ABC的面积SacsinABCac.故选A.答案：A6解析：由正弦定理得sinB，ba，BA，cosB，sinCsin(AB)，ABC的面积为absinC.答案：7解析：由(acosCccosA)b，根据正弦定理得(sinAcosCsinCcosA)sinB，即si

15、n(AC)，sin(AC)，又AC180B120，120AC120，AC30，2A150，A75.答案：758解析：如图，连接OA，过点A分别作AQDE，AKEF，垂足为Q，K，设AK与BH，DG分别交于点M，N，作OPDG于点P，则AQAK7cm，DN7cm，DGEF12cm，NG5cm，NKDE2cm，AN5cm，ANG为等腰直角三角形，GAN45，OAG90，OAM45，设AMOMxcm，则PNxcm，DP(7x)cm，tanODG，OPcm，AMMNNK7cm，即x(7x)27，解得x2，OA2cm，S阴影(2)2(2)234cm2.答案：49解析：方案一：选条件.由C和余弦定理得.由

16、sinAsinB及正弦定理得ab.于是，由此可得bc.由ac，解得a，bc1.因此，选条件时问题中的三角形存在，此时c1.方案二：选条件.由C和余弦定理得.由sinAsinB及正弦定理得ab.于是，由此可得bc，BC，A.由csinA3，所以cb2，a6.因此，选条件时问题中的三角形存在，此时c2.方案三：选条件.由C和余弦定理得.由sinAsinB及正弦定理得ab.于是，由此可得bc.由cb，与bc矛盾因此，选条件时问题中的三角形不存在10解析：(1)由正弦定理和已知条件得BC2AC2AB2ACAB.由余弦定理得BC2AC2AB22ACABcosA由得cosA.因为0A，所以A.(2)由正弦定理及(1)得2，从而AC2sinB，AB2sin(AB)3cosBsinB.故BCACAB3sinB3cosB32sin.又0B，所以当B时，ABC周长取得最大值32.11解析：(1)(abc)(sinBsinCsinA)bsinC，由正弦定理，得(abc)(bca)bc，即b2c2a2bc.由余弦定理，得cosA.又A(0，)，A.(2)根据a，A及正弦定理可得2，b2sinB，c2sinC，SbcsinA2sinB2sinCsinBsinC，ScosBcosCsinBsinCcosBcosCcos(BC)故当，即BC时，ScosBcosC取得最大值.