一、三角恒等變形公式1．同角三角函數(shù)的基本關(guān)系式(1)平方關(guān)系：sin2α＋cos2α＝1；商數(shù)關(guān)系：tanα＝eq\f(sinα,cosα).(2)應(yīng)用：①已知角α的一個(gè)三角函數(shù)值可以知一求二，注意依據(jù)三角函數(shù)值確定角α的終邊所在的象限．②在三角函數(shù)式的化簡(jiǎn)、求值及恒等式證明中有三個(gè)技巧：“1”的代換，sin2α＋cos2α＝1；切化弦；sinα±cosα平方整體代換．2．和(差)角公式(1)公式Cα－β，Cα＋β的公式特點(diǎn)：同名相乘，符號(hào)相反；公式Sα－β，Sα＋β的公式特點(diǎn)：異名相乘，符號(hào)相同；Tα±β的符號(hào)規(guī)律為“分子同，分母反”．(2)和(差)角公式揭示了同名不同角的三角函數(shù)的運(yùn)算規(guī)律，公式成立的條件是相關(guān)三角函數(shù)有意義，尤其是正切函數(shù)．3．二倍角公式(1)分別令公式Cα＋β，Sα＋β，Tα＋β中的α＝β，即得公式C2α，S2α，T2α.(2)“二倍”關(guān)系是相對(duì)的，只要兩個(gè)角滿足比值為2即可．倍角公式揭示了具有倍角關(guān)系的兩個(gè)角的三角函數(shù)的運(yùn)算規(guī)律．(3)公式變形升冪公式：cos2α＝2cos2α－1＝1－2sin2α，1＋cos2α＝2cos2α，1－cos2α＝2sin2α.降冪公式：cos2α＝eq\f(1＋cos2α,2)，sin2α＝eq\f(1－cos2α,2).4．半角公式半角公式實(shí)際上是二倍角公式的變形，應(yīng)用公式求值時(shí)要由eq\f(α,2)所在的象限確定相應(yīng)三角函數(shù)值的符號(hào)．二、公式的應(yīng)用途徑(1)正用公式：從題設(shè)條件出發(fā)，順著問題的線索，正用三角公式，通過對(duì)信息的感知、加工、轉(zhuǎn)換，運(yùn)用已知條件進(jìn)行推算逐步達(dá)到目的．(2)逆用公式：逆向轉(zhuǎn)換、逆用公式，換個(gè)角度思考問題，逆向思維的運(yùn)用往往會(huì)使解題思路茅塞頓開．(3)變形應(yīng)用公式：思考問題時(shí)因勢(shì)利導(dǎo)、融會(huì)貫通、靈活應(yīng)用變形結(jié)論．如①1－sin2α＝cos2α，1－cos2α＝sin2α；②tanα＋tanβ＝tan(α＋β)(1－tanαtanβ)，1－tanαtanβ＝eq\f(tanα＋tanβ,tan（α＋β）)；③sinαcosα＝eq\f(1,2)sin2α，cosα＝eq\f(sin2α,2sinα)；④sin2α＝eq\f(1－cos2α,2)，cos2α＝eq\f(1＋cos2α,2)；⑤2tanα＝tan2α(1－tan2α)等．三、常見的三角恒等變形(1)應(yīng)用公式進(jìn)行三角函數(shù)式的求值，包括給角求值和給值求值和給值求角三種類型．(2)應(yīng)用公式進(jìn)行三角函數(shù)式的化簡(jiǎn)．(3)應(yīng)用公式進(jìn)行三角函數(shù)式的證明．注意的問題(1)“1”的代換在使用公式進(jìn)行三角恒等變換的過程中，“1”的代換技巧往往使得變換過程“柳暗花明”．例如，1＝sin2α＋cos2α，1＝taneq\f(π,4)，1＝cos2α＋2sin2α，1＝2cos2α－cos2α等．(2)輔助角公式輔助角公式幾乎高考必考，即asinα＋bcosα＝eq\r(a2＋b2)sin(α＋φ)(tanφ＝eq\f(b,a))．常見的有以下幾個(gè)：sinα±cosα＝eq\r(2)sin(α±eq\f(π,4))，eq\r(3)sinα±cosα＝2sin(α±eq\f(π,6))，sinα±eq\r(3)cosα＝2sin(α±eq\f(π,3))．四、三角恒等變形技巧常用的技巧有：從“角”入手，即角的變化；從“名”入手，即函數(shù)名稱的變化；從“冪”入手，即升降冪的變化；從“形”入手，即函數(shù)式結(jié)構(gòu)的變化．[典例1](江蘇高考)設(shè)α為銳角，若cos(α＋eq\f(π,6))＝eq\f(4,5)，則sin(2α＋eq\f(π,12))的值為________．[解析]因?yàn)棣翞殇J角，cos(α＋eq\f(π,6))＝eq\f(4,5)，所以sin(α＋eq\f(π,6))＝eq\f(3,5)，sin2(α＋eq\f(π,6))＝eq\f(24,25)，cos2(α＋eq\f(π,6))＝eq\f(7,25)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,12)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))－\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),2)×eq\f(17,25)＝eq\f(17\r(2),50).[答案]eq\f(17\r(2),50)[借題發(fā)揮]1.當(dāng)已知條件中的角與所求角不同時(shí)，需要通過“拆”“配”等方法實(shí)現(xiàn)角的轉(zhuǎn)化，一般是尋求它們的和、差、倍、半關(guān)系，再通過三角變換得出所要求的結(jié)果．2．常見的角的變換有：α＝(α＋β)－β，2α＝(α＋β)＋(α－β)，2α－β＝α＋(α－β)，β＝eq\f(α＋β,2)－eq\f(α－β,2)，(eq\f(3π,4)＋β)－(eq\f(π,4)－α)＝eq\f(π,2)＋(α＋β)，(α＋eq\f(π,4))＋(β－eq\f(π,4))＝α＋β，只要對(duì)題設(shè)條件與結(jié)論中所涉及的角進(jìn)行仔細(xì)地觀察，往往會(huì)發(fā)現(xiàn)角與角之間的關(guān)系，從而簡(jiǎn)化解題過程．[對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練]1．已知sin(eq\f(π,4)－α)sin(eq\f(π,4)＋α)＝eq\f(\r(2),6)(0<α<eq\f(π,2))，求sin2α的值．解：∵sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))))＝coseq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))，∴eq\f(\r(2),6)＝sin(eq\f(π,4)－α)sin(eq\f(π,4)＋α)＝sin(eq\f(π,4)＋α)cos(eq\f(π,4)＋α)＝eq\f(1,2)sin(eq\f(π,2)＋2α)＝eq\f(1,2)cos2α，∴cos2α＝eq\f(\r(2),3).∵0<α<eq\f(π,2)，∴0<2α<π，∴sin2α＝eq\f(\r(7),3).[典例2]已知tanα＝4eq\r(3)，cos(α＋β)＝－eq\f(11,14)，0°<α<90°，0°<β<90°，求β.[解]∵0°<α<90°，且tanα＝eq\f(sinα,cosα)＝4eq\r(3)，sin2α＋cos2α＝1，∴cosα＝eq\f(1,7)，sinα＝eq\f(4\r(3),7).∵cos(α＋β)＝－eq\f(11,14)，0°<α＋β<180°，∴sin(α＋β)＝eq\r(1－（－\f(11,14)）2)＝eq\f(5\r(3),14).∴cosβ＝cos[(α＋β)－α]＝cos(α＋β)cosα＋sin(α＋β)sinα＝(－eq\f(11,14))×eq\f(1,7)＋eq\f(5\r(3),14)×eq\f(4\r(3),7)＝eq\f(1,2).又∵0°<β<90°，∴β＝60°.[借題發(fā)揮]1.“給值求角”的一般規(guī)律是先求出所求角的一種三角函數(shù)值，然后確定所求角的范圍，最后根據(jù)三角函數(shù)值和角的范圍求出角．2．確定的所求角的范圍最好是所求三角函數(shù)的一個(gè)單調(diào)區(qū)間．例如，若所求角的范圍是(0，eq\f(π,2))，選擇求所求角的正弦或余弦函數(shù)值均可；若所求角的范圍為(0，π)，選擇求所求角的余弦函數(shù)值；若所求角的范圍是(－eq\f(π,2)，eq\f(π,2))，選擇求所求角的正弦函數(shù)值．[對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練]2．在△ABC中，如果4sinA＋2cosB＝1，2sinB＋4cosA＝3eq\r(3)，則角C的大小為________．解析：由4sinA＋2cosB＝1，2sinB＋4cosA＝3eq\r(3)，兩邊平方相加得sin(A＋B)＝eq\f(1,2).如果A＋B＝eq\f(π,6)，則B<eq\f(π,6)，∴cosB>eq\f(1,2)與條件4sinA＋2cosB＝1矛盾．∴A＋B＝eq\f(5π,6)，C＝eq\f(π,6).答案：eq\f(π,6)[典例3]化簡(jiǎn)：eq\f(2cos2α－1,2tan（\f(π,4)－α）sin2（\f(π,4)＋α）).[解]法一：原式＝eq\f(2cos2α－1,\f(2sin（\f(π,4)－α）,cos（\f(π,4)－α）)·sin2（\f(π,4)＋α）)＝eq\f(2cos2α－1,\f(2sin（\f(π,4)－α）,cos（\f(π,4)－α）)·cos2（\f(π,4)－α）)＝eq\f(2cos2α－1,sin（\f(π,2)－2α）)＝eq\f(cos2α,cos2α)＝1.法二：原式＝eq\f(cos2α,2×\f(1－tanα,1＋tanα)（\f(\r(2),2)sinα＋\f(\r(2),2)cosα）2)＝eq\f(cos2α,\f(cosα－sinα,cosα＋sinα)（sinα＋cosα）2)＝eq\f(cos2α,（cosα－sinα）（cosα＋sinα）)＝eq\f(cos2α,cos2α－sin2α)＝eq\f(cos2α,cos2α)＝1.[借題發(fā)揮]1．三角函數(shù)式的化簡(jiǎn)是高考命題的熱點(diǎn)，常常與三角函數(shù)的圖像和性質(zhì)綜合出題，題型靈活多變．化簡(jiǎn)三角函數(shù)式的常用方法有：①直接應(yīng)用公式；②切化弦；③異角化同角；④特殊值與特殊角的三角函數(shù)互化；⑤通分、約分；⑥配方、去根號(hào)．2．由于三角函數(shù)式中包含著各種不同的角和不同的函數(shù)種類以及不同的式子結(jié)構(gòu)，所以在三角函數(shù)式的化簡(jiǎn)與證明中，應(yīng)充分利用所學(xué)的三角函數(shù)的基本關(guān)系式和和、差、倍、半角等公式，首先從角入手，找出待化簡(jiǎn)(證明)的式子中的差異，然后選擇適當(dāng)?shù)墓健盎悶橥?，?shí)現(xiàn)三角函數(shù)式的化簡(jiǎn)與證明．[對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練]3．求證：eq\f(tan（α＋β）－tanα,1＋tanβtan（α＋β）)＝eq\f(sin2β,2cos2α).證明：tan(α＋β)－tanα＝eq\f(sin（α＋β）,cos（α＋β）)－eq\f(sinα,cosα)＝eq\f(sin（α＋β）cosα－sinαcos（α＋β）,cos（α＋β）cosα)＝eq\f(sinβ,cos（α＋β）cosα).1＋tanβtan(α＋β)＝1＋eq\f(sinβ,cosβ)·eq\f(sin（α＋β）,cos（α＋β）)＝eq\f(cosβcos（α＋β）＋sinβsin（α＋β）,cosβcos（α＋β）)＝eq\f(cos（α＋β－β）,cosβcos（α＋β）)＝eq\f(cosα,cosβcos（α＋β）).∴左邊＝eq\f(sinβcosβcos（α＋β）,cos2αcos（α＋β）)＝eq\f(sin2β,2cos2α)＝右邊．[典例4](山東高考)已知向量m＝(sinx，1)，n＝(eq\r(3)Acosx，eq\f(A,2)cos2x)(A>0)，函數(shù)f(x)＝m·n的最大值為6.(1)求A；(2)將函數(shù)y＝f(x)的圖像向左平移eq\f(π,12)個(gè)單位，再將所得圖像上各點(diǎn)的橫坐標(biāo)縮短為原來的eq\f(1,2)倍，縱坐標(biāo)不變，得到函數(shù)y＝g(x)的圖像，求g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(5π,24)))上的值域．[解](1)f(x)＝m·n＝eq\r(3)Asinxcosx＋eq\f(A,2)cos2x＝A(eq\f(\r(3),2)sin2x＋eq\f(1,2)cos2x)＝Asin(2x＋eq\f(π,6))．因?yàn)锳>0，由題意知A＝6.(2)由(1)f(x)＝6sin(2x＋eq\f(π,6))．將函數(shù)y＝f(x)的圖像向左平移eq\f(π,12)個(gè)單位后得到y(tǒng)＝6sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))＋\f(π,6)))＝6sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的圖像；再將得到圖像上各點(diǎn)橫坐標(biāo)縮短為原來的eq\f(1,2)倍，縱坐標(biāo)不變，得到y(tǒng)＝6sin(4x＋eq\f(π,3))的圖像．因此g(x)＝6sin(4x＋eq\f(π,3))．因?yàn)閤∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(5π,24)))，所以4x＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(7π,6)))，故g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(5π,24)))上的值域?yàn)閇－3，6]．[借題發(fā)揮]1．以向量為背景，綜合考查向量、三角恒等變形、三角函數(shù)的性質(zhì)是近幾年高考的熱點(diǎn)問題．解決此類問題要注意三角恒等變形中由于消項(xiàng)、約分、合并等原因，可能使函數(shù)定義域發(fā)生變化，所以要在變換前注意三角函數(shù)的定義域，并在這個(gè)定義域內(nèi)分析問題．2．三角函數(shù)的圖像和性質(zhì)是三角函數(shù)的重要內(nèi)容．如果給出的三角函數(shù)的表達(dá)式較為復(fù)雜，我們必須先通過三角恒等變形，將三角函數(shù)的表達(dá)式變形化簡(jiǎn)轉(zhuǎn)化為y＝Asin(ωx＋φ)或y＝Acos(ωx＋φ)的形式，然后根據(jù)化簡(jiǎn)后的三角函數(shù)，討論其圖像和性質(zhì)．[對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練]4．(廣東高考)已知函數(shù)f(x)＝Acoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,4)＋\f(π,6)))，x∈R，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝eq\r(2).(1)求A的值；(2)設(shè)α，β∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4α＋\f(4,3)π))＝－eq\f(30,17)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4β－\f(2,3)π))＝eq\f(8,5)，求cos(α＋β)的值．解：(1)因?yàn)閒eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝eq\r(2)，所以Acoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)×\f(π,3)＋\f(π,6)))＝Acoseq\f(π,4)＝eq\f(\r(2),2)A＝eq\r(2)，所以A＝2.(2)由(1)知f(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,4)＋\f(π,6)))，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4α＋\f(4π,3)))＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)＋\f(π,6)))＝－2sinα＝－eq\f(30,17)，所以sinα＝eq\f(15,17)，因?yàn)棣痢蔱q\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以cosα＝eq\f(8,17)；又因?yàn)閒eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4β－\f(2π,3)))＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,6)＋\f(π,6)))＝2cosβ＝eq\f(8,5)，所以cosβ＝eq\f(4,5)，因?yàn)棣隆蔱q\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以sinβ＝eq\f(3,5).所以cos(α＋β)＝cosαcosβ－sinαsinβ＝eq\f(8,17)×eq\f(4,5)－eq\f(15,17)×eq\f(3,5)＝－eq\f(13,85).(時(shí)間：90分鐘滿分：120分)一、選擇題(本大題共10小題，每小題5分，共50分．在每小題所給的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的．)1．計(jì)算sin21°cos9°＋sin69°sin9°的結(jié)果是()A.eq\f(\r(3),2)B.eq\f(1,2)C．－eq\f(1,2)D．－eq\f(\r(3),2)解析：選B原式＝sin21°cos9°＋sin(90°－21°)sin9°＝sin21°cos9°＋cos21°sin9°＝sin30°＝eq\f(1,2).2．(遼寧高考)已知sinα－cosα＝eq\r(2)，α∈(0，π)，則sin2α＝()A．－1B．－eq\f(\r(2),2)C.eq\f(\r(2),2)D．1解析：選A∵sinα－cosα＝eq\r(2)，∴(sinα－cosα)2＝2，∴sin2α＝－1.3．(重慶高考)設(shè)tanα，tanβ是方程x2－3x＋2＝0的兩個(gè)根，則tan(α＋β)的值為()A．－3B．－1C．1D．3解析：選A依題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(tanα＋tanβ＝3，,tanαtanβ＝2.))則tan(α＋β)＝eq\f(tanα＋tanβ,1＋tanαtanβ)＝eq\f(3,1－2)＝－3.4．若tanα＝2，則eq\f(2sinα－cosα,sinα＋2cosα)的值為()B.eqB.eq\f(5,4)D.eqD.eq\f(3,4)解析：選D原式＝eq\f(2tanα－1,tanα＋2)＝eq\f(2×2－1,2＋2)＝eq\f(3,4).5．(山東高考)若θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，sin2θ＝eq\f(3\r(7),8)，則sinθ＝()A.eq\f(3,5)B.eq\f(4,5)C.eq\f(\r(7),4)D.eq\f(3,4)解析：選D因?yàn)棣取蔱q\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，所以2θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，所以cos2θ<0，所以cos2θ＝－eq\r(1－sin22θ)＝－eq\f(1,8).又cos2θ＝1－2sin2θ＝－eq\f(1,8)，所以sin2θ＝eq\f(9,16)，所以sinθ＝eq\f(3,4).6．已知sin(eq\f(π,4)－x)＝eq\f(3,5)，則sin2x的值為()A.eq\f(7,25)B.eq\f(16,25)C.eq\f(14,25)D.eq\f(19,25)解析：選Asin2x＝cos(eq\f(π,2)－2x)＝cos2(eq\f(π,4)－x)＝1－2sin2(eq\f(π,4)－x)＝1－eq\f(18,25)＝eq\f(7,25).7．若α，β均為銳角，sinα＝eq\f(2\r(5),5)，sin(α＋β)＝eq\f(3,5)，則cosβ的值為()A.eq\f(2\r(5),5)B.eq\f(2\r(5),25)C.eq\f(2\r(5),5)或eq\f(2\r(5),25)D．－eq\f(2\r(5),25)解析：選B由sinα＝eq\f(2\r(5),5)，α為銳角知cosα＝eq\f(\r(5),5).∵sinα＝eq\f(2\r(5),5)>sin(α＋β)＝eq\f(3,5)，∴α＋β∈(eq\f(π,2)，π)，∴cos(α＋β)＝－eq\f(4,5).∴cosβ＝cos(α＋β－α)＝cos(α＋β)cosα＋sinαsin(α＋β)＝eq\f(2\r(5),25).8．函數(shù)y＝sinxcosx＋eq\r(3)cos2x的圖像的一個(gè)對(duì)稱中心是()A．(eq\f(π,3)，－eq\f(\r(3),2))B．(eq\f(2π,3)，－eq\f(\r(3),2))C．(eq\f(2π,3)，eq\f(\r(3),2))D．(eq\f(π,3)，eq\f(\r(3),2))解析：選Dy＝eq\f(1,2)sin2x＋eq\f(\r(3)（1＋cos2x）,2)＝eq\f(1,2)sin2x＋eq\f(\r(3),2)cos2x＋eq\f(\r(3),2)＝sin(2x＋eq\f(π,3))＋eq\f(\r(3),2)，當(dāng)x＝eq\f(π,3)時(shí)，sin(2×eq\f(π,3)＋eq\f(π,3))＝0.∴(eq\f(π,3)，eq\f(\r(3),2))是函數(shù)圖像的一個(gè)對(duì)稱中心．9．(江西高考)若tanθ＋eq\f(1,tanθ)＝4，則sin2θ＝()A.eq\f(1,5)B.eq\f(1,4)C.eq\f(1,3)D.eq\f(1,2)解析：選D法一：∵tanθ＋eq\f(1,tanθ)＝eq\f(1＋tan2θ,tanθ)＝4，∴4tanθ＝1＋tan2θ，∴sin2θ＝2sinθcosθ＝eq\f(2sinθcosθ,sin2θ＋cos2θ)＝eq\f(2tanθ,1＋tan2θ)＝eq\f(2tanθ,4tanθ)＝eq\f(1,2).法二：∵tanθ＋eq\f(1,tanθ)＝eq\f(sinθ,cosθ)＋eq\f(cosθ,sinθ)＝eq\f(1,cosθsinθ)＝eq\f(2,sin2θ)∴4＝eq\f(2,sin2θ)，故sin2θ＝eq\f(1,2).10．函數(shù)y＝cos2xcoseq\f(π,5)－2sinxcosxsineq\f(6,5)π的遞增區(qū)間是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,10)，kπ＋\f(3,5)π))(k∈Z)B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(3π,20)，kπ＋\f(7,20)π))(k∈Z)C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,10)，2kπ＋\f(3,5)π))(k∈Z)D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(2,5)π，kπ＋\f(π,10)))(k∈Z)解析：選Dy＝cos2xcoseq\f(π,5)＋sin2xsineq\f(π,5)＝cos(2x－eq\f(π,5))．∴2kπ－π≤2x－eq\f(π,5)≤2kπ，k∈Z.∴kπ－eq\f(2,5)π≤x≤kπ＋eq\f(π,10)，k∈Z.二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分．把答案填在題中橫線上)11．已知cosα＝－eq\f(4,5)，α∈(eq\f(π,2)，π)，則tan(eq\f(π,4)＋α)等于________．解析：由已知得tanα＝－eq\f(3,4)，所以tan(eq\f(π,4)＋α)＝eq\f(1－\f(3,4),1＋\f(3,4))＝eq\f(1,7).答案：eq\f(1,7)12．已知sineq\f(θ,2)＋coseq\f(θ,2)＝eq\f(2\r(3),3)，那么cos2θ的值為________．解析：(sineq\f(θ,2)＋coseq\f(θ,2))2＝1＋sinθ＝eq\f(4,3)，sinθ＝eq\f(1,3)，cos2θ＝1－2sin2θ＝eq\f(7,9).答案：eq\f(7,9)13．△ABC的三個(gè)內(nèi)角為A，B，C，當(dāng)A為________時(shí)，cosA＋2coseq\f(B＋C,2)取得最大值，且這個(gè)最大值為________．解析：cosA＋2coseq\f(B＋C,2)＝cosA＋2sineq\f(A,2)＝1－2sin2eq\f(A,2)＋2sineq\f(A,2)＝－2sin2eq\f(A,2)＋2sineq\f(A,2)－1＝－2(sineq\f(A,2)－eq\f(1,2))2＋eq\f(3,2)，當(dāng)sineq\f(A,2)＝eq\f(1,2)，即A＝60°時(shí)，得(cosA＋2coseq\f(B＋C,2))max＝eq\f(3,2).答案：60°eq\f(3,2)14．已知α是第二象限角，且sinα＝eq\f(\r(15),4)，則eq\f(sin（α＋\f(π,4)）,sin2α＋cos2α＋1)＝________．解析：∵α為第二象限角，∴cosα＝－eq\r(1－sin2α)＝－eq\f(1,4).eq\f(sin（α＋\f(π,4)）,sin2α＋cos2α＋1)＝eq\f(\f(\r(2),2)（sinα＋cosα）,2cosα（sinα＋cosα）)＝eq\f(\f(\r(2),2),2cosα)＝－eq\r(2).答案：－eq\r(2)三、解答題(本大題共4小題，共50分，解答時(shí)應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟)15．(本小題滿分12分)化簡(jiǎn)eq\f(sin（2α＋β）,sinα)－2cos(α＋β)．解：法一：原式＝eq\f(sin[（α＋β）＋α],sinα)－2cos(α＋β)＝eq\f(sin（α＋β）cosα＋cos（α＋β）sinα,sinα)－2cos(α＋β)＝eq\f(sin（α＋β）cosα,sinα)－cos(α＋β)＝eq\f(sin（α＋β）cosα－cos（α＋β）sinα,sinα)＝eq\f(sin[（α＋β）－α],sinα)＝eq\f(sinβ,sinα).法二：原式＝eq\f(sin2αcosβ＋cos2αsinβ－2（cosαcosβ－sinαsinβ）sinα,sinα)＝eq\f(sin2αcosβ＋cos2αsinβ－sin2αcosβ＋2sin2αsinβ,sinα).＝eq\f(（1－2sin2α）sinβ＋2sin2αsinβ,sinα)＝eq\f(sinβ,sinα).16．(本小題滿分12分)已知sin(5π＋α)＝－eq\f(3,5)，且α∈(eq\f(π,2)，π)，tanβ＝eq\f(1,2).(1)求tan(α－β)的值；(2)求sin(2α＋eq\f(π,3))的值．解：(1)由條件得sinα＝eq\f(3,5).又α∈(eq\f(π,2)，π)，所以tanα＝－eq\f(3,4).故tan(α－β)＝eq\f(－\f(3,4)－\f(1,2),1＋（－\f(3,4)）×\f(1,2))＝－2.(2)由條件得sinα＝eq\f(3,5).又α∈(eq\f(π,2)，π)，得cosα＝－eq\f(4,5).所以sin2α＝2×eq\f(3,5)×(－eq\f(4,5))＝－eq\f(24,25)，cos2α＝(－eq\f(4,5))2－(eq\f(3,5))2＝eq\f(7,25).故sin(2α＋eq\f(π,3))＝－eq\f(24,25)×eq\f(1,2)＋eq\f(7,25)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(7\r(3)－24,50).17．(本小題滿分12分)(北京高考)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(（sinx－cosx）sin2x,sinx).(1)求f(x)的定義域及最小正周期；(2)求f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間．解：(1)由sinx≠0得x≠kπ(k∈Z)，故f(x)的定義域?yàn)閑q\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x∈R\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x≠kπ，k∈Z)))).因?yàn)閒(x)＝(sinx－cosx)eq\f(sin2x,sinx)＝2cosx(sinx－cosx)＝sin2x－cos2x－1＝eq\r(2)sin(2x－eq\f(π,4))－1，所以f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π.(2)函數(shù)y＝sinx的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,2)，2kπ＋\f(3π,2)))(k∈Z)．由2kπ＋eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,4)≤2kπ＋eq\f(3π,2)，x≠kπ(k∈Z)，得kπ＋eq\f(3π,8)≤x≤kπ＋eq\f(7π,8)(k∈Z)．所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(3π,8)，kπ＋\f(7π,8)))(k∈Z)．18．(安徽高考)已知函數(shù)f(x)＝4cosωx·sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))(ω>0)的最小正周期為π.(1)求ω的值；(2)討論f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的單調(diào)性．解：本題主要考查兩角和的正弦公式、二倍角公式、三角函數(shù)周期公式以及三角函數(shù)的單調(diào)性等知識(shí)，意在考查轉(zhuǎn)化與化歸思想的應(yīng)用．(1)f(x)＝4cosωx·sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))＝2eq\r(2)sinωx·cosωx＋2eq\r(2)cos2ωx＝eq\r(2)(sin2ωx＋cos2ωx)＋eq\r(2)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx＋\f(π,4)))＋eq\r(2).因?yàn)閒(x)的最小正周期為π，且ω>0，從而有eq\f(2π,2ω)＝π，故ω＝1.(2)由(1)知，f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))＋eq\r(2).若0≤x≤eq\f(π,2)，則eq\f(π,4)≤2x＋eq\f(π,4)≤eq\f(5π,4).當(dāng)eq\f(π,4)≤2x＋eq\f(π,4)≤eq\f(π,2)，即0≤x≤eq\f(π,8)時(shí)，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)eq\f(π,2)≤2x＋eq\f(π,4)≤eq\f(5π,4)，即eq\f(π,8)≤x≤eq\f(π,2)時(shí)，f(x)單調(diào)遞減．綜上可知，f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,8)))上單調(diào)遞增，在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,8)，\f(π,2)))上單調(diào)遞減．模塊綜合檢測(cè)(時(shí)間：120分鐘滿分：150分)一、選擇題(本大題共12個(gè)小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求)1．已知角α的終邊經(jīng)過點(diǎn)P(－3，4)，則sinα的值等于()A．－eq\f(3,5)B.eq\f(3,5)C.eq\f(4,5)D．－eq\f(4,5)解析：選Csinα＝eq\f(4,\r(（－3）2＋42))＝eq\f(4,5).2．已知coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋φ))＝－eq\f(\r(3),2)且|φ|＜eq\f(π,2)，則tanφ＝()A．－eq\f(\r(3),3)B.eq\f(\r(3),3)C．－eq\r(3)D.eq\r(3)解析：選D由coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋φ))＝－eq\f(\r(3),2)得sinφ＝eq\f(\r(3),2)，又|φ|＜eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,3)，所以tanφ＝eq\r(3).3．已知cosα＝eq\f(3,5)，0＜α＜π，則taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝()A.eq\f(1,5)B.eq\f(1,7)C．－1D．－7解析：選D因?yàn)閏osα＝eq\f(3,5)＞0，0＜α＜π，所以0＜α＜eq\f(π,2)，sinα＞0，所以sinα＝eq\f(4,5)，故tanα＝eq\f(4,3)，所以tan(α＋eq\f(π,4))＝eq\f(tanα＋tan\f(π,4),1－tanα·tan\f(π,4))＝eq\f(\f(4,3)＋1,1－\f(4,3))＝－7.4．要得到函數(shù)y＝cos(2x＋1)的圖像，只要將函數(shù)y＝cos2x的圖像()A．向左平移1個(gè)單位B．向右平移1個(gè)單位C．向左平移eq\f(1,2)個(gè)單位D．向右平移eq\f(1,2)個(gè)單位解析：選Cy＝cos2x的圖像向左平移eq\f(1,2)個(gè)單位后即變成y＝cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))＝cos(2x＋1)的圖像．5．已知向量a＝(2，1)，b＝(1，k)，且a與b的夾角為銳角，則k的取值范圍是()A．(－2，＋∞)B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，\f(1,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))C．(－∞，－2)D．(－2，2)解析：選B當(dāng)a，b共線時(shí)，2k－1＝0，k＝eq\f(1,2)，此時(shí)a，b方向相同夾角為0°，所以要使a與b的夾角為銳角，則有a·b＞0且a，b不共線．由a·b＝2＋k＞0得k＞－2，且k≠eq\f(1,2)，即實(shí)數(shù)k的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，\f(1,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))，選B.7．函數(shù)y＝sin(ωx＋φ)(x∈R，且ω＞0，0≤φ＜2π)的部分圖像如圖所示，則()A．ω＝eq\f(π,2)，φ＝eq\f(π,4)B．ω＝eq\f(π,3)，φ＝eq\f(π,6)C．ω＝eq\f(π,4)，φ＝eq\f(π,4)D．ω＝eq\f(π,4)，φ＝eq\f(5π,4)解析：選C∵T＝4×2＝8，∴ω＝eq\f(π,4).又∵eq\f(π,4)×1＋φ＝eq\f(π,2)，∴φ＝eq\f(π,4).8．若α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，且sinα＝eq\f(4,5)，則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))－eq\f(\r(2),2)cos(π－α)等于()A.eq\f(2\r(2),5)B．－eq\f(\r(2),5)C.eq\f(\r(2),5)D．－eq\f(2\r(2),5)解析：選Bsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))－eq\f(\r(2),2)cos(π－α)＝eq\f(\r(2),2)sinα＋eq\f(\r(2),2)cosα＋eq\f(\r(2),2)cosα＝eq\f(\r(2),2)sinα＋eq\r(2)cosα.∵sinα＝eq\f(4,5)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，∴cosα＝－eq\f(3,5).∴eq\f(\r(2),2)sinα＋eq\r(2)cosα＝eq\f(\r(2),2)×eq\f(4,5)－eq\r(2)×eq\f(3,5)＝－eq\f(\r(2),5).10．如圖，邊長為1的正方形ABCD的頂點(diǎn)A，D分別在x軸、y軸正半軸上移動(dòng)，則的最大值是()A．2B．1＋eq\r(2)C．πD．411．設(shè)函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)＋cos(ωx＋φ)(ω>0，|φ|<eq\f(π,2))的最小正周期為π，且f(－x)＝f(x)，則()A．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))單調(diào)遞減B．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,4)))單調(diào)遞減C．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))單調(diào)遞增D．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,4)))單調(diào)遞增解析：選Ay＝sin(ωx＋φ)＋cos(ωx＋φ)＝eq\r(2)sin(ωx＋φ＋eq\f(π,4))，由最小正周期為π得ω＝2，又由f(－x)＝f(x)可知f(x)為偶函數(shù)，|φ|<eq\f(π,2)可得φ＝eq\f(π,4)，所以y＝eq\r(2)cos2x，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))單調(diào)遞減．.二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分．把答案填寫在題中的橫線上)13．已知cosx＝eq\f(2a－3,4－a)，x是第二、三象限的角，則a的取值范圍為________．解析：－1＜cosx＜0，－1＜eq\f(2a－3,4－a)＜0，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(2a－3,4－a)＜0，,\f(2a－3,4－a)＞－1.))∴－1＜a＜eq\f(3,2).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(3,2)))14．已知e1、e2是夾角為eq\f(2π,3)的兩個(gè)單位向量，a＝e1－2e2，b＝ke1＋e2.若a·b＝0，則實(shí)數(shù)k的值為________．解析：由題意知：a·b＝(e1－2e2)·(ke1＋e2)＝0，即keeq\o\al(2,1)＋e1e2－2ke1e2－2eeq\o\al(2,2)＝0，即k＋coseq\f(2π,3)－2kcoseq\f(2π,3)－2＝0，化簡(jiǎn)可求得k＝eq\f(5,4).答案：eq\f(5,4)15．y＝3－eq\r(2cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,6))))的定義域?yàn)開_______．解析：∵2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,6)))≥0，∴2kπ－eq\f(π,2)≤3x＋eq\f(π,6)≤2kπ＋eq\f(π,2)，∴eq\f(2,3)kπ－eq\f(2π,9)≤x≤eq\f(2,3)kπ＋eq\f(π,9)(k∈Z)，函數(shù)的定義域?yàn)閧x|eq\f(2,3)kπ－eq\f(2,9)π≤x≤eq\f(2,3)kπ＋eq\f(π,9)，k∈Z}．答案：{x|eq\f(2,3)kπ－eq\f(2,9)π≤x≤eq\f(2,3)kπ＋eq\f(π,9)，k∈Z}16．有下列四個(gè)命題：①若α，β均為第一象限角，且α＞β，則sinα＞sinβ；②若函數(shù)y＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ax－\f(π,3)))的最小正周期是4π，則a＝eq\f(1,2)；③函數(shù)y＝eq\f(sin2x－sinx,sinx－1)是奇函數(shù)；④函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,2)))在[0，π]上是增函數(shù)．其中正確命題的序號(hào)為________．解析：α＝390°＞30°＝β，但sinα＝sinβ，所以①不正確；函數(shù)y＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ax－\f(π,3)))的最小正周期為T＝eq\f(2π,|a|)＝4π，所以|a|＝eq\f(1,2)，a＝±eq\f(1,2)，因此②不正確；③中函數(shù)定義域是eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x≠2kπ＋\f(π,2)，k∈Z))，顯然不關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，所以③不正確；由于函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,2)))＝－sin(eq\f(π,2)－x)＝－cosx，它在(0，π)上單調(diào)遞增，因此④正確．答案：④三、解答題(本大題共6小題，共70分．解答應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟)17．(本小題滿分10分)化簡(jiǎn)：eq\f(sin（540°－x）,tan（900°－x）)·eq\f(1,tan（450°－x）tan（810°－x）)·eq\f(cos（360°－x）,sin（－x）).解：原式＝eq\f(sin（180°－x）,tan（－x）)·eq\f(1,tan（90°－x）tan（90°－x）)·eq\f(cosx,sin（－x）)＝eq\f(sinx,－tanx)·tanx·tanx·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,tanx)))＝sinx.18．(本小題滿分12分)已知角α的終邊過點(diǎn)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)，－\f(3,5))).(1)求sinα的值；(2)求式子eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α)),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋π)))·eq\f(tan（α－π）,cos（3π－α）)的值．解：(1)∵|OP|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))\s\up12(2))＝1，∴點(diǎn)P在單位圓上，由正弦函數(shù)定義得sinα＝－eq\f(3,5).(2)原式＝eq\f(cosα,－sinα)·eq\f(tanα,－cosα)＝eq\f(sinα,sinα·cosα)＝eq\f(1,cosα).由(1)得sinα＝－eq\f(3,5)，P在單位圓上，∴由已知得cosα＝eq\f(4,5)，∴原式＝eq\f(5,4).19．(本小題滿分12分)已知函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋sin(2x－eq\f(π,6))＋2cos2x.(1)求f(x)的最小值及最小正周期；(2)求使f(x)＝3的x的取值集合．解：(1)∵f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＋2cos2x＝sin2x·coseq\f(π,6)＋cos2xsineq\f(π,6)＋sin2x·coseq\f(π,6)－cos2x·sineq\f(π,6)＋cos2x＋1＝eq\r(3)sin2x＋cos2x＋1＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋1，∴f(x)min＝2×(－1)＋1＝－