2017學年高中數學學業分層測評28半角的正弦、余弦和正切（含解析）4

學必求其心得，業必貴于專精學必求其心得，業必貴于專精PAGE10學必求其心得，業必貴于專精PAGE學業分層測評（二十八）半角的正弦、余弦和正切（建議用時：45分鐘）［學業達標］一、選擇題1。若函數f（x)＝－sin2x＋eq\f(1,2）(x∈R），則f（x)是（)A。最小正周期為eq\f(π,2）的奇函數B。最小正周期為π的奇函數C。最小正周期為2π的偶函數D.最小正周期為π的偶函數【解析】f(x)＝－eq\f（1－cos2x，2）＋eq\f（1，2）＝eq\f（1,2）cos2x.故選D.【答案】D2。（2016·邢臺期末)若sin（π－α)＝－eq\f(\r(5),3）且α∈eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(π,\f(3π,2)))，則sineq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(π，2）＋\f（α，2）)）等于（)A。－eq\f(\r(6），3) B。－eq\f(\r(6），6)C。eq\f(\r(6),6） D。eq\f（\r(6)，3）【解析】由題意知sinα＝－eq\f（\r(5），3），α∈eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（π，\f(3,2)π）），∴cosα＝－eq\f(2，3），∵eq\f(α,2）∈eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（π，2)，\f（3,4)π)），∴sineq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(π，2)＋\f（α，2)）)＝coseq\f（α，2)＝－eq\r(\f（1＋cosα，2))＝－eq\f(\r(6）,6）.故選B。【答案】B3.(2016·鶴崗一中期末)設a＝eq\f（1,2）cos7°＋eq\f（\r(3),2)sin7°，b＝eq\f(2tan19°，1－tan219°），c＝eq\r（\f（1－cos72°,2）），則有（)A。b>a〉c B。a>b>cC。a>c〉b D.c>b>a【解析】a＝sin37°，b＝tan38°，c＝sin36°，由于tan38°〉sin38°>sin37°〉sin36°，所以b〉a〉c。故選A。【答案】A4.若sin（α＋β）cosβ－cos(α＋β）sinβ＝0，則sin（α＋2β）＋sin(α－2β)等于()A.1 B.－1C。0 D.±1【解析】∵sin（α＋β)cosβ－cos(α＋β）sinβ＝sin(α＋β－β)＝sinα＝0，∴sin(α＋2β）＋sin(α－2β）＝2sinαcos2β＝0.【答案】C5。若函數f（x)＝(1＋eq\r（3）tanx)cosx，0≤x〈eq\f（π，2），則f（x)的最大值是（)A.1 B。2C。eq\r(3）＋1 D.eq\r（3）＋2【解析】f(x)＝(1＋eq\r（3)tanx）cosx＝eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（1＋\r(3)\f(sinx，cosx）））cosx＝eq\r（3）sinx＋cosx＝2sineq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（x＋\f(π,6)）).∵0≤x〈eq\f（π,2），∴eq\f（π，6)≤x＋eq\f（π，6）<eq\f（2，3)π，∴當x＋eq\f(π,6)＝eq\f（π，2)時，f(x）取到最大值2.【答案】B二、填空題6.若θ是第二象限角,且25sin2θ＋sinθ－24＝0，則coseq\f（θ,2)＝________。【導學號:72010089】【解析】由25sin2θ＋sinθ－24＝0，又θ是第二象限角，得sinθ＝eq\f（24,25）或sinθ＝－1(舍去）.故cosθ＝－eq\r(1－sin2θ）＝－eq\f（7，25）,由cos2eq\f(θ,2）＝eq\f（1＋cosθ，2）得cos2eq\f（θ,2）＝eq\f(9,25）.又eq\f（θ，2)是第一、三象限角,所以coseq\f（θ,2)＝±eq\f(3,5）.【答案】±eq\f（3,5)7.(2016·重慶一中期末)eq\f（1，sin\f（π，18)）－eq\f(\r(3）,cos\f(π,18）)＝________.【解析】原式＝eq\f（cos\f(π,18)－\r(3）sin\f（π,18）,sin\f（π,18）cos\f（π，18))＝eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（1,2)cos\f（π,18）－\f(\r(3),2）sin\f（π,18）)),\f（1，2）sin\f(π，9）)＝eq\f（4sin\f（π，9）,sin\f(π，9)）＝4.【答案】4三、解答題8。（2015·廣東高考)已知tanα＝2.（1）求taneq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（α＋\f（π，4)）)的值；（2)求eq\f(sin2α，sin2α＋sinαcosα－cos2α－1)的值.【解】（1)taneq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4））)＝eq\f（tanα＋tan\f（π,4），1－tanαtan\f（π,4))＝eq\f（2＋1,1－2×1）＝－3.(2）eq\f（sin2α，sin2α＋sinαcosα－cos2α－1)＝eq\f(2sinαcosα，sin2α＋sinαcosα－2cos2α）＝eq\f（2tanα，tan2α＋tanα－2)＝eq\f（2×2，4＋2－2）＝1.9。設函數f（x）＝2cos2ωx＋sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（2ωx－\f(π，6））)＋a（其中ω〉0,a∈R),且f（x）的圖象在y軸右側的第一個最高點的橫坐標為eq\f（π，6).(1)求ω的值；(2)設f（x)在區間eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1(\f（π，6),\f(π,3)））上的最小值為eq\r（3）,求a的值。【解】f(x)＝1＋cos2ωx＋eq\f（\r（3）,2）sin2ωx－eq\f（1,2）cos2ωx＋a＝sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（2ωx＋\f(π,6）))＋a＋1。(1)由2ωx＋eq\f（π，6）＝2kπ＋eq\f（π,2）（k∈Z），得ωx＝kπ＋eq\f（π，6）(k∈Z）。又ω〉0，∴當k＝0時,f（x）的圖象在y軸右側的第一個最高點的橫坐標為x＝eq\f（π,6ω)＝eq\f（π，6)，故ω＝1。(2）由（1)知f（x）＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋a＋1,由eq\f(π,6)≤x≤eq\f（π,3），得eq\f（π,3）≤2x≤eq\f（2,3)π，eq\f（π，2）≤2x＋eq\f(π,6)≤eq\f(5π,6)，∴當2x＋eq\f(π,6)＝eq\f(5π，6），即x＝eq\f（π，3)時，f（x)取得最小值為eq\f（1,2）＋a＋1.由eq\f（1,2)＋a＋1＝eq\r(3)，得a＝eq\r（3）－eq\f(3,2)。[能力提升]1。（2016·臨沂高一檢測）已知450°〈α〈540°,則eq\r（\f（1,2)＋\f(1,2）\r（\f（1，2)＋\f（1,2）cos2α）)的值是（)A。－sineq\f（α,2） B。coseq\f(α，2)C。sineq\f(α，2） D.－coseq\f（α,2)【解析】因為450°<α〈540°，所以225°<eq\f（α,2）〈270°，所以cosα<0，sineq\f（α,2）<0,所以原式＝eq\r(\f（1,2)＋\f（1,2）\r(\f(1＋cos2α,2)))＝eq\r(\f（1，2)＋\f（1，2)\r（cos2α））＝eq\r(\f（1,2）＋\f（1,2）|cosα｜）＝eq\r（\f（1,2）－\f(1，2）cosα)＝eq\r(sin2\f（α,2）)＝eq\b\lc\｜\rc\|(\a\vs4\al\co1（sin\f（α,2)））＝－sineq\f（α，2）.故選A。【答案】A2.(2016·泉州質檢）已知函數f(x）＝2cos2eq\f(x，2）,g（x）＝eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（sin\f(x，2)＋cos\f(x，2))）2。(1）求證：feq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（π,2）－x))＝g(x)；（2）求函數h（x）＝f(x)－g（x)（x∈［0，π］)的單調區間，并求使h（x）取到最小值時x的值。【解】(1）證明：f（x）＝2cos2eq\f（x,2)＝1＋cosx,g（x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（sin\f（x,2)＋cos\f（x,2)）)2＝1＋2sineq\f(x，2）coseq\f(x，2）＝1＋sinx，∵feq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(π，2）－x））＝1＋coseq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))＝1＋sinx,∴feq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（π,2）－x））＝g(x)，命題得證。(2）函數h（x）＝f（x）－g（x）＝cosx－sinx＝eq\r（2）eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（\r（2)，2）cosx－\f(\r(2）,2）sinx）)＝eq\r（2）coseq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（x＋\f(π,4))),∵x∈［0，π］，∴eq\f（π，4)≤x＋eq\f(π，4)≤eq\f(5π,4），當eq\f（π,4）≤x＋eq\f（π，4）≤π，即0≤x≤eq\f(3π,4)時，h(x）遞減，當π≤x＋eq\f（π，4)≤eq\f(5π,4）,即eq\f（3π，4）≤x≤π時，h（x）遞增。∴函