2025高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)-4.4-三角恒等變換-專(zhuān)項(xiàng)訓(xùn)練【含答案】

2025高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)-4.4-三角恒等變換-專(zhuān)項(xiàng)訓(xùn)練【A級(jí)基礎(chǔ)鞏固】1．已知x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，cos(π－x)＝－eq\f(4,5)，則tan2x等于()A．eq\f(7,24) B．－eq\f(7,24)C．eq\f(24,7) D．－eq\f(24,7)2．已知taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(3,4)，則cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝()A．eq\f(7,25) B．eq\f(9,25)C．eq\f(16,25) D．eq\f(24,25)3．(多選)若sineq\f(α,2)＝eq\f(\r(3),3)，α∈(0，π)，則下列結(jié)論正確的是()A．cosα＝eq\f(1,3)B．sinα＝eq\f(2,3)C．sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(6)＋2\r(3),6)D．sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－\f(π,4)))＝eq\f(2\r(3)－\r(6),6)4．已知α，β都是銳角，cos(α＋β)＝eq\f(5,13)，sin(α－β)＝eq\f(3,5)，則cos2α＝________．5．已知sinθ＝eq\f(m－3,m＋5)，cosθ＝eq\f(4－2m,m＋5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＜θ＜π))，則taneq\f(θ,2)＝________．6．已知α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，cos2β＝－eq\f(7,9)，sin(α＋β)＝eq\f(7,9)，則sinα的值為_(kāi)_______．7．已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α))＝eq\f(\r(2),3)，則coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(4π,3)))等于________．8.eq\f(sin12°(2cos212°－1),\r(3)－tan12°)＝________．9．求4cos50°－tan40°的值．10．已知函數(shù)f(x)＝2cos2x＋2eq\r(3)sinx·cosx.(1)求feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))的值；(2)若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)))＝eq\f(11,5)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))，求cosα的值．INCLUDEPICTURE"B組.TIF"INCLUDEPICTURE"E:\\大樣\\人教數(shù)學(xué)\\B組.TIF"INET【B級(jí)能力提升】1．魏晉南北朝時(shí)期，祖沖之利用割圓術(shù)，求出圓周率π約等于eq\f(355,113)，和真正的值相比，其誤差小于八億分之一，這個(gè)紀(jì)錄在近千年后才被打破．若已知π的近似值還可以表示成4sin52°，則eq\f(1－2cos27°,π\(zhòng)r(16－π2))的值為()A．－eq\f(1,8) B．－8C．8 D．eq\f(1,8)2．公元前六世紀(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eq\f(m\r(n),2cos227°－1)的值為()A．1 B．2C．4 D．83．已知α，β均為銳角，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)＋α))＝－eq\f(3,5)，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,3)))＝eq\f(5,13)，則sin(α＋β)＝________，cos(2α－β)＝________．4．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(zhǎng)為2的正五邊形GHIJK和五個(gè)全等的等腰三角形組成的，則eq\o(HE,\s\up6(→))·eq\o(HG,\s\up6(→))＝________．5．(1)已知tan(α＋β)＝eq\f(3,5)，taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,3)))＝eq\f(1,3)，求taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))；(2)已知cos2θ＝－eq\f(4,5)，eq\f(π,4)<θ<eq\f(π,2)，求sin4θ，cos4θ.6．化簡(jiǎn)并求值．(1)eq\f(\r(3)－4sin20°＋8sin320°,2sin20°sin480°)；(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,cos280°)－\f(3,cos210°)))·eq\f(1,cos20°).參考答案【A級(jí)基礎(chǔ)鞏固】1．解析：因?yàn)閤∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，cos(π－x)＝－eq\f(4,5)，所以cosx＝eq\f(4,5)，sinx＝－eq\r(1－cos2x)＝－eq\f(3,5).由同角三角函數(shù)的關(guān)系，得tanx＝eq\f(sinx,cosx)＝－eq\f(3,4)，因此tan2x＝eq\f(2tanx,1－tan2x)＝eq\f(2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4))),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)))\s\up12(2))＝－eq\f(24,7).答案：D2．解析：∵taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(3,4)，∴eq\f(1＋tanα,1－tanα)＝eq\f(3,4)，∴tanα＝－eq\f(1,7)，∴cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝eq\f(1＋cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2α)),2)＝eq\f(1＋sin2α,2)＝eq\f((sinα＋cosα)2,2(sin2α＋cos2α))＝eq\f((tanα＋1)2,2(tan2α＋1))＝eq\f(9,25).答案：B3．解析：∵sineq\f(α,2)＝eq\f(\r(3),3)，α∈(0，π)，∴eq\f(α,2)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，coseq\f(α,2)＝eq\r(1－sin2\f(α,2))＝eq\f(\r(6),3)，∴cosα＝1－2sin2eq\f(α,2)＝1－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,3)，故A正確．sinα＝2sineq\f(α,2)coseq\f(α,2)＝2×eq\f(\r(3),3)×eq\f(\r(6),3)＝eq\f(2\r(2),3)，故B錯(cuò)誤．sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)＋\f(π,4)))＝sineq\f(α,2)coseq\f(π,4)＋coseq\f(α,2)sineq\f(π,4)＝eq\f(\r(3),3)×eq\f(\r(2),2)＋eq\f(\r(6),3)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(6)＋2\r(3),6)，故C正確．sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－\f(π,4)))＝sineq\f(α,2)coseq\f(π,4)－coseq\f(α,2)sineq\f(π,4)＝eq\f(\r(3),3)×eq\f(\r(2),2)－eq\f(\r(6),3)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(6)－2\r(3),6)，故D錯(cuò)誤．答案：AC4．解析：因?yàn)棣?，β都是銳角，所以0＜α＋β＜π，－eq\f(π,2)＜α－β＜eq\f(π,2).又因?yàn)閏os(α＋β)＝eq\f(5,13)，sin(α－β)＝eq\f(3,5)，所以sin(α＋β)＝eq\r(1－cos2(α＋β))＝eq\f(12,13)，cos(α－β)＝eq\r(1－sin2(α－β))＝eq\f(4,5)，則cos2α＝cos[(α＋β)＋(α－β)]＝cos(α＋β)cos(α－β)－sin(α＋β)sin(α－β)＝eq\f(5,13)×eq\f(4,5)－eq\f(12,13)×eq\f(3,5)＝－eq\f(16,65).答案：－eq\f(16,65)5．解析：由sin2θ＋cos2θ＝1，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m－3,m＋5)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4－2m,m＋5)))eq\s\up12(2)＝1，解得m＝0或m＝8.當(dāng)m＝0時(shí)，sinθ＜0，不符合題意，舍去；當(dāng)m＝8時(shí)，sinθ＝eq\f(5,13)，cosθ＝－eq\f(12,13)，符合題意，則taneq\f(θ,2)＝eq\f(1－cosθ,sinθ)＝eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(12,13))),\f(5,13))＝5.答案：56．解析：cos2β＝2cos2β－1＝－eq\f(7,9)，即cos2β＝eq\f(1,9).又因?yàn)棣隆蔱q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，所以cosβ＜0，所以cosβ＝－eq\f(1,3)，sinβ＝eq\r(1－cos2β)＝eq\f(2\r(2),3).因?yàn)棣痢蔱q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，所以α＋β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2))).又sin(α＋β)＝eq\f(7,9)＞0，所以α＋β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，所以cos(α＋β)＝－eq\r(1－sin2(α＋β))＝－eq\f(4\r(2),9)，所以sinα＝sin(α＋β－β)＝sin(α＋β)cosβ－cos(α＋β)sinβ＝eq\f(7,9)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＋eq\f(4\r(2),9)×eq\f(2\r(2),3)＝eq\f(16,27)－eq\f(7,27)＝eq\f(1,3).答案：eq\f(1,3)7．解析：coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(4π,3)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－π＋2α－\f(π,3)))＝－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,3)))＝－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－2α))＝－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－2sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α))))＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－2×\f(2,9)))＝－eq\f(5,9).答案：－eq\f(5,9)8.解析：因?yàn)閑q\f(sin12°(2cos212°－1),\r(3)－tan12°)＝eq\f(sin12°cos12°cos24°,\r(3)cos12°－sin12°)＝eq\f(\f(1,4)sin48°,2sin48°)＝eq\f(1,8).答案：eq\f(1,8)9．解：4cos50°－tan40°＝eq\f(4sin40°cos40°－sin40°,cos40°)＝eq\f(2sin80°－sin40°,cos40°)＝eq\f(2cos10°－sin40°,cos40°)＝eq\f(2cos(40°－30°)－sin40°,cos40°)＝eq\f(2cos40°cos30°＋2sin40°sin30°－sin40°,cos40°)＝eq\f(\r(3)cos40°,cos40°)＝eq\r(3).10．解：(1)因?yàn)閒(x)＝2cos2x＋2eq\r(3)sinxcosx＝1＋cos2x＋eq\r(3)sin2x＝1＋2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝1＋2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)＋\f(π,6)))＝1＋2sineq\f(5π,6)＝1＋1＝2.(2)由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)))＝eq\f(11,5)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))，得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(3,5)，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(4,5)，所以cosα＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))－\f(π,6)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))coseq\f(π,6)＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))sineq\f(π,6)＝eq\f(4\r(3)＋3,10).INCLUDEPICTURE"B組.TIF"INCLUDEPICTURE"E:\\大樣\\人教數(shù)學(xué)\\B組.TIF"INET【B級(jí)能力提升】1．解析：將π＝4sin52°代入eq\f(1－2cos27°,π\(zhòng)r(16－π2))，可得eq\f(1－2cos27°,π\(zhòng)r(16－π2))＝eq\f(－cos14°,4sin52°\r(16－16sin252°))＝eq\f(－cos14°,16sin52°cos52°)＝－eq\f(cos14°,8sin104°)＝－eq\f(cos14°,8sin(90°＋14°))＝－eq\f(cos14°,8cos14°)＝－eq\f(1,8).答案：A2．解析：因?yàn)閙＝2sin18°，所以由4m2＋n＝16，可得n＝16－4(2sin18°)2＝16cos218°，因此eq\f(m\r(n),2cos227°－1)＝eq\f(2sin18°·4cos18°,cos54°)＝eq\f(4sin36°,cos54°)＝eq\f(4cos54°,cos54°)＝4.答案：C3．解析：因?yàn)閟ineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)＋α))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＝－eq\f(3,5)，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,3)))＝eq\f(5,13)，所以α＋eq\f(π,3)為第二象限角，β－eq\f(π,3)為第一象限角，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＝eq\r(1－cos2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3))))＝eq\f(4,5)，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,3)))＝eq\r(1－sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,3))))＝eq\f(12,13)，所以sin(α＋β)＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,3)))))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,3)))＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))·sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,3)))＝eq\f(33,65).cos(2α－β)＝－cos(2α－β＋π)＝－coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,3)))))＝－eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(cos\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))))cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,3)))＋sin\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))))·))eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,3)))))＝－eq\f(12,13)coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))))－eq\f(5,13)sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))))＝－eq\f(12,13)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2cos2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))－1))－eq\f(10,13)·sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))·coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＝eq\f(204,325).答案：eq\f(33,65)eq\f(204,325)4．解析：因?yàn)閏os54°＝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?yàn)?<sin18°<1，解得sin18°＝eq\f(－2＋\r(4＋16),8)＝eq\f(\r(5)－1,4).在五角星ABCDE中，EG＝EI，HG＝HI，HE＝HE，故△EHG≌△EHI，從而可得∠HEG＝eq\f(1,2)∠CEB＝18°，∠EHG＝eq\f(1,2)∠IHG＝54°，過(guò)點(diǎn)H作HM⊥BE，垂足為點(diǎn)M，如圖，則∠GHM＝18°，于是cos∠GHM＝eq\f(HM,GH)，從而有HM＝GHcos∠GHM＝2cos18°，于是EH＝eq\f(HM,sin∠HEG)＝eq\f(2cos18°,sin18°)，所以eq\o(HE,\s\up6(→))·eq\o(HG,\s\up6(→))＝|eq\o(HE,\s\up6(→))|·|eq\o(HG,\s\up6(→))|cos54°＝2×eq\f(2cos18°,sin18°)×sin36°＝8cos218°＝8－8sin218°＝8－8×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5)－1,4)))eq\s\up12(2)＝8－(3－eq\r(5))＝5＋eq\r(5).答案：eq\f(\r(5)－1,4)5＋eq\r(5)5．解：(1)因?yàn)閠an(α＋β)＝eq\f(3,5)，taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,3)))＝eq\f(1,3)，所以taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,