2023年高考数学一轮复习第四章三角函数与解三角形4简单的三角恒等变换练习含解析

简单的三角恒等变换
考试要求 能运用两角和与差的正弦、余弦、正切公式推导二倍角的正弦、余弦、正切公式，并进行简单的恒等变换(包括推导出积化和差、和差化积、半角公式，这三组公式不要求记忆)．
知识梳理
1．二倍角的正弦、余弦、正切公式 (1)公式S 2α：sin2α＝2sin αcos α.
(2)公式C 2α：cos2α＝cos 2
α－sin 2
α＝2cos 2
α－1＝1－2sin 2
α. (3)公式T 2α：tan2α＝2tan α1－tan 2
α. 2．常用的部分三角公式 (1)1－cos α＝2sin
2
α
2
，1＋cos α＝2cos
2
α
2
.(升幂公式)
(2)1±sin α＝⎝
⎛⎭⎪⎫sin α2±cos α
22
.(升幂公式)
(3)sin 2α＝1－cos2α2，cos 2α＝1＋cos2α2，tan 2
α＝1－cos2α1＋cos2α.(降幂公式)
思考辨析
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)tan α2＝sin α1＋cos α＝1－cos α
sin α
.( √ )
(2)设5π2<θ<3π，且|cos θ|＝15，那么sin θ2的值为15
5
.( × )
(3)半角的正弦、余弦公式实质就是将倍角的余弦公式逆求而得来的．( √ ) (4)存在实数α，使tan2α＝2tan α.( √ ) 教材改编题
1．sin15°cos15°等于( ) A ．－14B.14C ．－12D.12
答案 B
解析 sin15°cos15°＝12sin30°＝14.
2．化简1＋cos4的结果是( )
A ．sin2
B ．－cos2 C.2cos2 D ．－2cos2
答案 D
解析 因为1＋cos4＝2cos 2
2， 又cos2<0，所以可得选项D 正确．
3．已知α是第二象限的角，tan(π＋2α)＝－4
3，则tan α等于( )
A ．－
22
B ．2
C ．－13
D ．－12
答案 D
解析 由tan(π＋2α)＝－4
3，
得tan2α＝－4
3
，
又tan2α＝2tan α1－tan 2
α＝－4
3， 解得tan α＝－1
2
或tan α＝2，
又α是第二象限角，所以tan α＝－1
2
.
题型一 三角函数式的化简
例1 (1)(2021·全国甲卷)若α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，tan2α＝cos α2－sin α，则tan α等于( )
A.
1515B.55C.53D.15
3
答案 A
解析 方法一 因为tan2α＝sin2αcos2α＝2sin αcos α1－2sin 2
α
， 且tan2α＝cos α2－sin α，所以2sin αcos α1－2sin 2
α＝cos α2－sin α，解得sin α＝14.因为α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2， 所以cos α＝
154，tan α＝sin αcos α＝15
15
.
方法二 因为tan2α＝2tan α1－tan 2α＝2sin αcos α1－sin 2αcos 2
α＝2sin αcos αcos 2α－sin 2α＝2sin αcos α
1－2sin 2
α
，且tan2α＝cos α2－sin α，所以2sin αcos α1－2sin 2
α＝cos α
2－sin α， 解得sin α＝14.因为α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，
所以cos α＝
154，tan α＝sin αcos α＝15
15
. (2)化简：2cos 4x －2cos 2
x ＋
12
2tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－x ·sin 2
⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4＝.
答案 1
2
cos2x
解析 原式＝2cos 2x cos 2
x －1＋
12
2tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－x ·sin 2⎝
⎛⎭⎪⎫x ＋π4
＝
12
cos 22x 2·⎝ ⎛⎭
⎪⎫1－sin x cos x 1＋sin x cos x
·
1－cos ⎝
⎛⎭⎪⎫2x ＋π22
＝12cos 22x cos 2x －sin 2x ＝1
2cos2x . 教师备选
1．(2020·全国Ⅰ)已知α∈(0，π)，且3cos2α－8cos α＝5，则sin α等于( ) A.
53 B.23C.13D.59
答案 A
解析 由3cos2α－8cos α＝5， 得3(2cos 2
α－1)－8cos α＝5， 即3cos 2
α－4cos α－4＝0，
解得cos α＝－2
3或cos α＝2(舍去)．
又因为α∈(0，π)，所以sin α>0， 所以sin α＝1－cos 2
α＝
1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－232
＝53
. 2．已知0<θ<π，则1＋sin θ＋cos θ⎝
⎛
⎭
⎪⎫
sin θ
2－cos θ2
2＋2cos θ
＝.
答案 －cos θ
解析 原式＝
⎝ ⎛⎭⎪⎫2sin θ2cos θ2＋2cos 2θ2⎝ ⎛⎭
⎪⎫sin θ2－cos θ24cos
2
θ
2
＝cos θ2·⎝ ⎛⎭
⎪⎫sin 2θ2－cos 2θ2⎪⎪⎪⎪
⎪⎪
cos θ2
＝－cos θ
2
·cos θ
⎪⎪⎪⎪⎪⎪cos θ2.
因为0<θ<π，
所以0<θ2<π2，所以cos θ
2
>0，
所以原式＝－cos θ.
思维升华 (1)三角函数式的化简要遵循“三看”原则： 一看角，二看名，三看式子结构与特征．
(2)三角函数式的化简要注意观察条件中角之间的联系(和、差、倍、互余、互补等)，寻找式子和三角函数公式之间的联系点．
跟踪训练1 (1)21＋sin4＋2＋2cos4等于( ) A ．2cos2 B ．2sin2 C ．4sin2＋2cos2 D ．2sin2＋4cos2
答案 B
解析 21＋sin4＋2＋2cos4
＝2sin 2
2＋2sin2cos2＋cos 2
2＋2＋22cos 2
2－1 ＝2
sin2＋cos2
2
＋4cos 2
2
＝2|sin2＋cos2|＋2|cos2|.
∵π
2<2<π， ∴cos2<0，
∵sin2＋cos2＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋π4，0<2＋π4<π，
∴sin2＋cos2>0，
∴原式＝2(sin2＋cos2)－2cos2＝2sin2.
(2)化简tan 2
7.5°＋1
tan 27.5°－7sin 27.5°＋cos 2
7.5°等于( ) A.33
B.23
3
C. 3 D ．2
答案 B
解析 原式＝tan 2
7.5°＋1
tan 27.5°－8sin 2
7.5°＋1 ＝sin 2
7.5°＋cos 2
7.5°
sin 27.5°－8sin 27.5°cos 27.5°＋cos 2
7.5° ＝
11－2sin 2
15°＝1cos30°＝23
3
. 题型二 三角函数式的求值 命题点1 给角求值
例2 (1)sin40°(tan10°－3)等于( ) A ．2B ．－2C ．1D ．－1 答案 D
解析 sin40°·(tan10°－3)
＝sin40°·⎝ ⎛⎭
⎪
⎫sin10°cos10°－3 ＝sin40°·sin10°－3cos10°
cos10°
＝sin40°·2⎝ ⎛⎭
⎪
⎫
12sin10°－32cos10°cos10°
＝sin40°·
2
cos60°·sin10°－sin60°·cos10°
cos10°
＝sin40°·2sin 10°－60°
cos10°
＝sin40°·－2sin50°
cos10°
＝－2sin40°·cos40°
cos10°
＝
－sin80°
cos10°
＝－1.
(2)cos20°·cos40°·cos100°＝. 答案 －1
8
解析 cos20°·cos40°·cos100° ＝－cos20°·cos40°·cos80°
＝－sin20°·cos20°·cos40°·cos80°sin20°
＝－1
2sin40°·cos40°·cos80°sin20°
＝－1
4sin80°·cos80°sin20°
＝－1
8sin160°sin20°
＝－1
8sin20°sin20°＝－18.
命题点2 给值求值 例3 (1)若cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6－α＝13，则cos ⎝ ⎛⎭
⎪
⎫2π3＋2α等于( )
A.29 B ．－2
9
C.79 D ．－79
答案 C
解析 ∵cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6－α＝1
3
.
∴cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6－α＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2－⎝ ⎛⎭⎪⎫π6－α
＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋α＝1
3
，
∴cos ⎝
⎛⎭⎪⎫2π3＋2α＝1－2sin 2⎝ ⎛⎭
⎪
⎫π3＋α
＝1－29＝79
.
(2)(2022·长春质检)已知sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π3＋3cos α＝13，则sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π6等于( ) A.23B.29C ．－19D ．－7
9 答案 D
解析 ∵sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π3＋3cos α＝13，
∴sin αcos
π3－cos αsin π3＋3cos α＝13
， ∴12sin α－32cos α＋3cos α＝1
3， ∴12sin α＋32cos α＝13， ∴cos ⎝
⎛⎭⎪⎫α－π6＝13，
∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π6＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π6＋π2
＝cos2⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π6
＝2cos 2⎝
⎛⎭⎪⎫α－π6－1 ＝2×⎝ ⎛⎭
⎪⎫132
－1
＝－79
.
命题点3 给值求角
例4 已知α，β均为锐角，cos α＝277，sin β＝33
14，则cos2α＝，2α－β＝.
答案 17 π
3
解析 因为cos α＝27
7，
所以cos2α＝2cos 2
α－1＝17
.
又因为α，β均为锐角，sin β＝33
14，
所以sin α＝
217，cos β＝1314
， 因此sin2α＝2sin αcos α＝43
7
，
所以sin(2α－β)＝sin2αcos β－cos2αsin β＝437×1314－17×3314＝3
2.
因为α为锐角，所以0<2α<π. 又cos2α>0，所以0<2α<π
2，
又β为锐角，所以－π2<2α－β<π
2，
又sin(2α－β)＝32，所以2α－β＝π3
. 教师备选 1.
cos40°
cos25°1－sin40°
的值为( )
A ．1B.3C.2D ．2 答案 C
解析 原式＝cos 2
20°－sin 2
20°
cos25°cos20°－sin20°
＝
cos20°＋sin20°
cos25°
＝
2cos25°
cos25°
＝ 2.
2．已知A ，B 均为钝角，且sin 2A 2＋cos ⎝
⎛⎭⎪⎫A ＋π3＝
5－1510，sin B ＝1010，则A ＋B 等于( ) A.3π
4 B.5π4 C.7π4
D.7π6
答案 C
解析 因为sin 2A 2＋cos ⎝
⎛⎭⎪⎫A ＋π3＝
5－1510， 所以1－cos A 2＋12cos A －32sin A ＝5－15
10
，
即12－32sin A ＝5－1510， 解得sin A ＝
5
5
， 因为A 为钝角，
所以cos A ＝－1－sin 2
A ＝－1－⎝
⎛⎭
⎪⎫552
＝－255.
由sin B ＝
10
10
，且B 为钝角， 得cos B ＝－1－sin 2
B ＝－1－⎝
⎛⎭
⎪⎫10102
＝－31010
.
所以cos(A ＋B )＝cos A cos B －sin A sin B ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－255×⎝ ⎛⎭⎪⎫
－31010－55×1010＝22. 又A ，B 都为钝角，即A ，B ∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫π2，π，
所以A ＋B ∈(π，2π)， 所以A ＋B ＝7π
4
.
3．已知cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝1010，θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，则sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2θ－π3＝. 答案
4－3310
解析 由题意可得
cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝1＋cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2θ＋π22＝110，
cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2θ＋π2＝－sin2θ＝－45， 即sin2θ＝4
5
.
因为cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝1010>0，θ∈⎝
⎛⎭⎪⎫0，π2，
所以0<θ<π4，2θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，
根据同角三角函数基本关系式， 可得cos2θ＝3
5
，
由两角差的正弦公式，可得
sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2θ－π3＝sin2θcos π3－cos2θsin π3 ＝45×12－35×32＝4－33
10
. 思维升华 (1)给值(角)求值问题求解的关键在于“变角”，使其角相同或具有某种关系，借助角之间的联系寻找转化方法． (2)给值(角)求值问题的一般步骤 ①化简条件式子或待求式子；
②观察条件与所求之间的联系，从函数名称及角入手； ③将已知条件代入所求式子，化简求值．
跟踪训练2 (1)(2019·全国Ⅱ)已知α∈⎝
⎛⎭⎪⎫0，π2，2sin2α＝cos2α＋1，则sin α等于
( )
A.15
B.55
C.33
D.25
5 答案 B
解析 由2sin2α＝cos2α＋1，得4sin αcos α＝1－2sin 2
α＋1，即2sin αcos α＝1－sin 2
α.
因为α∈⎝
⎛⎭⎪⎫0，π2，所以cos α＝1－sin 2
α，
所以2sin α1－sin 2
α＝1－sin 2
α， 解得sin α＝
55
. (2)(2021·全国乙卷)cos 2
π12－cos 25π
12
等于( ) A.12B.33C.22D.32 答案 D 解析 因为cos
5π12＝sin ⎝ ⎛⎭
⎪⎫π2－5π12＝sin π12，
所以cos
2
π12－cos 25π12＝cos 2π12－sin 2π12
＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2×π12＝cos π6＝32.
(3)已知sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4＝13，则sin2x ＝. 答案 －1
3
解析 ∵sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4＝1－cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π22
＝
1＋sin2x 2＝13
， ∴sin2x ＝－13
.
题型三 三角恒等变换的综合应用
例5 (2022·河南中原名校联考)已知函数f (x )＝4cos x cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π6－ 3. (1)求f (x )的单调递增区间；
(2)若α∈⎣
⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，且f (α)＝65，求cos2α.
解 (1)f (x )＝4cos x cos ⎝
⎛⎭⎪⎫x ＋π6－ 3
＝4cos x ⎝
⎛⎭
⎪⎫
32cos x －12sin x － 3
＝23cos 2
x －2sin x cos x － 3 ＝3(1＋cos2x )－sin2x － 3 ＝3cos2x －sin2x ＝2cos ⎝
⎛⎭⎪⎫2x ＋π6， 令2k π－π≤2x ＋π
6≤2k π(k ∈Z )，
解得k π－7π12≤x ≤k π－π
12
(k ∈Z )，
所以f (x )的单调递增区间为⎣
⎢⎡⎦⎥⎤k π－7π12，k π－π12(k ∈Z )．
(2)由于α∈⎣
⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，
且f (α)＝6
5
，
而f (α)＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π6＝65， 所以cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π6＝35， 因为0≤α≤π
2，
所以π6≤2α＋π6≤7π6，
则π6≤2α＋π6≤π2， 所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π6＝45，
则cos 2α＝cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝
⎛⎭⎪⎫2α＋π6－π6
＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π6cos π6＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π6sin π6
＝35×32＋45×1
2 ＝
33＋4
10
. 教师备选 已知函数f (x )＝
24sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－x ＋64cos ⎝ ⎛⎭
⎪⎫π4－x . (1)求函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4
，3π2上的最值；
(2)若cos θ＝45，θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2，2π，求f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2θ＋π3的值．
解 (1)由题意得
f (x )＝
24sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－x ＋64cos ⎝ ⎛⎭
⎪⎫
π4－x ＝
22×⎣⎢⎡⎦⎥⎤12sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－x ＋32cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－x ＝－
22sin ⎝
⎛⎭⎪⎫x －7π12.
因为x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4
，3π2，
所以x －7π12∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤
－π3，11π12，
所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －7π12∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－32，1，
所以－
22sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －7π12∈⎣⎢⎡⎦
⎥⎤－22，64，
即函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，3π2上的最大值为64，最小值为－22.
(2)因为cos θ＝45，θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2，2π，
所以sin θ＝－35
，
所以sin2θ＝2sin θcos θ＝－24
25，
cos2θ＝cos 2
θ－sin 2
θ ＝1625－925＝725
， 所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2θ＋π3＝－22sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2θ＋π3－7π12 ＝－
22sin ⎝
⎛⎭⎪⎫2θ－π4 ＝－1
2(sin2θ－cos2θ)
＝1
2(cos2θ－sin2θ) ＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫725＋2425 ＝3150
. 思维升华 (1)进行三角恒等变换要抓住：变角、变函数名称、变结构，尤其是角之间的关系；注意公式的逆用和变形使用．
(2)形如y ＝a sin x ＋b cos x 化为y ＝a 2
＋b 2
sin(x ＋φ)，可进一步研究函数的周期性、单调性、最值与对称性．
跟踪训练 3 (2022·云南曲靖一中质检)已知向量a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫cos x 2＋sin x 2，2sin x
2，b ＝
⎝ ⎛⎭
⎪⎫cos x 2－sin x 2，3cos x 2，函数f (x )＝a·b .
(1)求函数f (x )的最大值，并指出f (x )取得最大值时x 的取值集合；
(2)若α，β为锐角，cos(α＋β)＝1213，f (β)＝6
5，求f
⎝
⎛⎭⎪⎫α＋π6的值．
解 (1)f (x )＝cos 2
x
2－sin 2
x 2＋23sin x 2cos x
2
＝cos x ＋3sin x
＝2sin ⎝
⎛⎭⎪⎫x ＋π6，
令x ＋π6＝π
2＋2k π(k ∈Z )，
得x ＝π
3
＋2k π，k ∈Z ，
∴f (x )的最大值为2，此时x 的取值集合为⎩⎨⎧
⎭
⎬⎫x ⎪
⎪⎪x ＝
π
3＋2k π，k ∈Z . (2)由α，β为锐角，cos(α＋β)＝12
13，
得sin(α＋β)＝5
13
，
∵0<β<π2，∴π6<β＋π6<2π
3，
又f (β)＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫β＋π6＝65，
∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫β＋π6＝35∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，22，
∴π6<β＋π6<π4，∴cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫β＋π6＝45，
∴cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π6＝cos ⎣
⎢⎡⎦
⎥⎤
α＋β－⎝
⎛⎭⎪⎫β＋π6
＝cos(α＋β)cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫β＋π6＋sin(α＋β)sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫β＋π6＝6365， ∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6＝2sin ⎝ ⎛⎭
⎪⎫α＋π3
＝2sin ⎝
⎛⎭
⎪⎫π2＋α－π6
＝2cos ⎝
⎛⎭⎪⎫α－π6＝12665. 课时精练
1．已知tan α＝3，则cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π2等于( ) A ．－3
2
B.3
5 C ．－35
D.15
答案 C
解析 cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π2＝－sin2α＝－2sin αcos α ＝－2sin αcos αcos 2α＋sin 2
α
＝
－2tan α1＋tan 2α＝－2×31＋32＝－3
5
.
2．(2022·安庆模拟)已知θ∈⎝
⎛⎭⎪⎫0，π2，tan θ＝2，则cos2θ等于( )
A ．－
2
3
B.23
C ．－13
D.13
答案 C
解析 cos2θ＝cos 2
θ－sin 2
θ＝cos 2θ－sin 2θcos 2θ＋sin 2θ＝1－tan 2
θ1＋tan 2
θ＝－1
3
. 3．(2022·威海模拟)tan67.5°－1
tan67.5°的值为( )
A ．1B.2C ．2D ．4 答案 C
解析 tan67.5°－1tan67.5°＝sin67.5°cos67.5°－1sin67.5°cos67.5°＝sin67.5°cos67.5°－cos67.5°
sin67.5°
＝sin 2
67.5°－cos 2
67.5°sin67.5°cos67.5°＝－cos135°1
2
sin135°＝2.
4．(2022·黑龙江大庆中学模拟)若cos(30°－α)－sin α＝1
3，则sin(30°－2α)等于
( ) A.13 B ．－13
C.79
D ．－79
答案 D
解析 由cos(30°－α)－sin α＝1
3，
得
32cos α－12sin α＝13
， 即cos(30°＋α)＝13
，
所以sin(30°－2α)＝cos(60°＋2α) ＝2cos 2
(30°＋α)－1＝2×19－1
＝－79
.
5．(多选)已知f (x )＝12(1＋cos2x )sin 2
x (x ∈R )，则下列结论正确的是( )
A ．f (x )的最小正周期T ＝π
2
B ．f (x )是偶函数
C ．f (x )的最大值为1
4
D ．f (x )的最小正周期T ＝π 答案 ABC
解析 ∵f (x )＝1
4(1＋cos2x )(1－cos2x )
＝14(1－cos 2
2x ) ＝14sin 2
2x ＝1
8
(1－cos4x )， ∴f (－x )＝1
8[1－cos4(－x )]
＝1
8
(1－cos4x )＝f (x )， T ＝
2π4＝π2
， f (x )的最大值为1
8
×2＝14
，
故A ，B ，C 正确，D 错误．
6．(多选)下列各式中，值为1
2的是( )
A ．cos 2
π12－sin 2π12
B.
tan22.5°
1－tan 2
22.5°
C ．2sin195°cos195°
D.
1＋cos
π62
答案 BC 解析 cos
2
π12－sin 2π
12＝cos ⎝ ⎛⎭
⎪⎫2×π12 ＝cos
π6＝32
， 故A 错误；
tan22.5°1－tan 222.5°＝12·2tan22.5°
1－tan 2
22.5 ＝12tan45°＝1
2
，故B 正确； 2sin195°cos195°＝2sin(180°＋15°)cos(180°＋15°)＝2sin15°cos15°＝sin30°＝12
， 故C 正确；
1＋cos
π
6
2
＝
2＋34＝2＋32≠1
2
， 故D 错误． 7．求值：3－tan12°
2cos 2
12°－1sin12°
＝.
答案 8
解析 原式＝3－
sin12°cos12°
cos24°sin12°
＝3cos12°－sin12°
cos24°sin12°cos12°
＝
2sin 60°－12°14sin48°＝2sin48°
14
sin48°＝8.
8．若cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－α＝3
5
，则sin2α＝.
答案 －7
25
解析 方法一 ∵cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－α＝3
5，
∴sin2α＝cos ⎝ ⎛⎭
⎪⎫π2－2α ＝cos2⎝
⎛⎭
⎪
⎫π4－α ＝2cos 2⎝ ⎛⎭
⎪⎫π
4－α－1
＝2×925－1＝－7
25
.
方法二 ∵cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－α＝22(sin α＋cos α)＝35，
∴12(1＋sin2α)＝9
25， ∴sin2α＝2×925－1＝－725
.
9．(2022·杭州模拟)已知函数f (x )＝2cos 2
x ＋23sin x ·cos x .
(1)求f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫π3的值； (2)若f ⎝ ⎛⎭⎪⎫α2＝115，α∈⎝
⎛⎭⎪⎫0，π3，求cos α的值．
解 (1)因为f (x )＝2cos 2
x ＋23sin x cos x ＝1＋cos2x ＋3sin2x ＝1＋2sin ⎝
⎛⎭⎪⎫2x ＋π6，
所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＝1＋2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3
＋π6
＝1＋2sin
5π
6
＝1＋1＝2. (2)由f ⎝ ⎛⎭⎪⎫α2＝115，α∈⎝
⎛⎭⎪⎫0，π3，
得sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6＝35，
cos ⎝
⎛⎭⎪⎫α＋π6＝45，
所以cos α＝cos ⎣⎢⎡⎦
⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6－π6 ＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6cos π6＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6sin π6
＝
43＋310
. 10．如图，点P 在以AB 为直径的半圆上移动，且AB ＝1，过点P 作圆的切线PC ，使PC ＝1.连接BC ，当点P 在什么位置时，四边形ABCP 的面积等于1
2
？
解 设∠PAB ＝α，连接PB .
∵AB 是圆的直径，∴∠APB ＝90°. 又AB ＝1，∴PA ＝cos α，
PB ＝sin α.
∵PC 是圆的切线，∴∠BPC ＝α. 又PC ＝1，
∴S 四边形ABCP ＝S △APB ＋S △BPC ＝12PA ·PB ＋1
2PB ·PC ·sin α ＝12cos αsin α＋12sin 2
α ＝14sin 2α＋1
4(1－cos 2α) ＝14(sin 2α－cos 2α)＋14 ＝
24sin ⎝
⎛
⎭⎪⎫2α－π4＋14，
由已知，得
24sin ⎝
⎛
⎭⎪⎫2α－π4＋14＝12，
∴sin ⎝
⎛⎭⎪⎫2α－π4＝22，
又α∈⎝
⎛⎭⎪⎫0，π2，
∴2α－π4∈⎝ ⎛⎭⎪⎫
－π4，3π4，
∴2α－π4＝π
4
，
∴α＝π4，故当点P 位于AB 的垂直平分线与半圆的交点时，四边形ABCP 的面积等于12
.
11．(2022·昆明一中模拟)已知m ＝2sin18°，若m 2
＋n ＝4，则1－2cos 2
153°
m n
等于( )
A ．－14
B ．－12
C.14
D.12
答案 B
解析 因为m ＝2sin18°，m 2
＋n ＝4， 所以n ＝4－m 2
＝4－4sin 2
18°＝4cos 2
18°， 因此1－2cos 2153°m n
＝－cos306°
2sin18°·2cos18°
＝－cos54°
2sin36°
＝
－sin36°
2sin36°
＝－12
.
12．(2022·杭州模拟)“－π4≤θ≤π12”是“3cos 2
θ－12sin2θ≥1＋32
”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件
D ．既不充分也不必要条件 答案 A
解析 由3cos 2
θ－12sin2θ＝32cos2θ－12sin2θ＋32≥1＋32，
得cos ⎝
⎛⎭⎪⎫2θ＋π6≥12，
所以－π4＋k π≤θ≤π12＋k π(k ∈Z )， 因此“－π4≤θ≤π12”是“3cos 2θ－12sin2θ≥1＋32
”的充分不必要条件． 13．在平面直角坐标系Oxy 中，角α的顶点为坐标原点，始边与x 轴的非负半轴重合，终边交单位圆O 于点P (a ，b )，且a ＋b ＝75，则cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π2的值是．
答案 －2425
解析 由任意角的三角函数的定义得，sin α＝b ，
cos α＝a .
又a ＋b ＝7
5，∴sin α＋cos α＝7
5，
两边平方可得sin 2α＋cos 2α＋2sin αcos α＝49
25，
即1＋sin2α＝49
25，∴sin2α＝24
25.
∴cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π
2＝－sin2α＝－24
25.
14．已知α，β∈(0，π)，且tan(α－β)＝12，tan β＝－1
7，则2α－β的值为．
答案 －3π
4
解析 ∵tan α＝tan [(α－β)＋β]
＝tan α－β＋tan β
1－tan α－βtan β
＝12－1
71＋12×17
＝13
>0，
且α∈(0，π)，∴0<α<π
2.
又∵tan2α＝2tan α1－tan 2α＝2×1
31－⎝ ⎛⎭
⎪⎫132＝3
4
>0，
∴0<2α<π
2.
∵tan β＝－1
7<0，β∈(0，π)，
∴π2<β<π， ∴－π<2α－β<0.
∵tan(2α－β)＝tan2α－tan β1＋tan 2αtan β＝34＋171－34×17＝1， ∴2α－β＝－3π4
.
15．函数f (x )＝4cos 2x 2cos ⎝ ⎛⎭
⎪⎫π2－x －2sin x －|ln(x ＋1)|的零点个数为． 答案 2
解析 因为f (x )＝2(1＋cos x )sin x －2sin x －|ln(x ＋1)|
＝sin2x －|ln(x ＋1)|，x >－1，
所以函数f (x )的零点个数为函数y ＝sin2x (x >－1)与
y ＝|ln(x ＋1)|(x >－1)图象的交点的个数，作出两函数的图象如图，由图知，两函数图象有2个交点，所以函数f (x )有2个零点．
16.如图，有一块以点O 为圆心的半圆形空地，要在这块空地上划出一个内接矩形ABCD 开辟为绿地，使其一边AD 落在半圆的直径上，另两点B ，C 落在半圆的圆周上．已知半圆的半径长为20m ，如何选择关于点O 对称的点A ，D 的位置，可以使矩形ABCD 的面积最大，最大值是多少？
解 如图，连接OB ，设∠AOB ＝θ，
则AB ＝OB sin θ＝20sin θ，OA ＝OB cos θ＝20cos θ，且θ∈⎝
⎛⎭⎪⎫0，π2. 因为A ，D 关于原点O 对称，
所以AD ＝2OA ＝40cos θ.
设矩形ABCD 的面积为S ，
则S ＝AD ·AB ＝40cos θ·20sin θ＝400sin2θ.
因为θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，
所以当sin2θ＝1，
即θ＝π4时，S max ＝400m 2
.
此时AO ＝DO ＝102m.
故当点A ，D 到圆心O 的距离为102m 时，矩形ABCD 的面积最大，其最大面积是400m 2.。