10.1两角和与差的三角函数 同步练习（含解析）2023——2024学年高中数学苏教版（2019）必修第二册

10.1两角和与差的三角函数同步练习
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．若，，则（ ）
A． B． C． D．
2．（ ）
A． B． C． D．
3．已知函数的图象关于直线对称，则的值为（ ）
A． B． C． D．1
4．如图所示，为的边上的高，，则（ ）
A．3 B．4 C． D．
5．已知，则（ ）
A． B． C． D．
6．（ ）
A． B． C． D．
7．已知函数在处取得最小值，则（ ）
A． B． C． D．
8．（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．已知函数，则（ ）
A．的图象关于点对称
B．在区间内有2个极大值点
C．
D．将函数的图象向左平移个单位，所得图象关于直线对称
10．已知，，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．
11．已知函数，则下列命题正确的是（ ）
A．的最小正周期为；
B．函数的图象关于对称；
C．在区间上单调递增；
D．将函数的图象向左平移个单位长度后所得到的图象与函数的图象重合.
12．已知，，，，则（ ）
A． B．
C． D．
三、填空题
13．在中，若，，则 .
14．已知，则 .
15．若，且，，则的值是 ．
16．如图所示，以为始边作钝角，角的终边与单位圆交于点，将角的终边顺时针旋转得到角.角的终边与单位圆相交于点，则的取值范围为 .
四、解答题
17．在平面直角坐标系xOy中，设向量．
(1)若，求的值；
(2)设，且，求的值．
18．已知函数.
(1)求的最小正周期和单调增区间；
(2)若，求的值.
19．如图，点P，Q分别是矩形ABCD的边DC，BC上的两点，，．

(1)若，，，求的范围；
(2)若，求的最小值；
(3)若，连接AP交BC的延长线于点T，Q为BC的中点，试探究线段AB上是否存在一点H，使得最大．若存在，求BH的长；若不存在，说明理由．
20．对于函数，，，如果存在实数a，b，使得，那么称函数为与的生成函数．
(1)已知，，，是否存在实数a，b，使得为与的生成函数？若不存在，试说明理由；
(2)当，时，是否存在奇函数，偶函数，使得为与的生成函数？若存在，请求出与的解析式，若不存在，请说明理由；
(3)设函数，，，，生成函数，若函数有唯一的零点，求实数的取值范围．
21．如图，在平面直角坐标系xOy中，点，点在单位圆上，．
(1)求的值；
(2)若四边形OADB是平行四边形，求点D的坐标；
(3)若点A，B，P三点共线，且，求的值．
第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页
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参考答案：
1．B
【分析】根据切化弦可得，结合两角和差公式运算求解.
【详解】因为，即，可得，
又因为，可得，
所以.
故选：B.
2．C
【分析】利用诱导公式和两角和差正弦公式直接求解即可.
【详解】.
故选：C.
3．D
【分析】利用辅助角公式及正弦函数的性质计算可得.
【详解】因为（其中），
又函数的图象关于直线对称，
所以，
所以，解得.
故选：D
4．C
【分析】结合直角三角形中三角函数的定义，利用两角和的正切公式求解即可.
【详解】由题意：在直角中，；
在直角中，;
所以.
故选：C
5．D
【分析】根据题意，利用三角函数的基本关系式，求得，再结合两角差的余弦公式，即可求解.
【详解】因为，可得，
则.
故选：D.
6．A
【分析】利用诱导公式及两角和的余弦公式计算可得.
【详解】
.
故选：A
7．D
【分析】解法一 利用辅助角公式化简函数，然后根据最值点建立方程，利用诱导公式求解即可；
解法二 利用辅助角公式化简函数，然后利用同角关系求得，从而利用两角和公式求解即可.
【详解】解法一 ，
因为在处取得最小值，所以，，即，，
所以.
故选：D
解法二 ，
因为在处取得最小值，所以，则，
所以.
故选：D
8．A
【分析】结合诱导公式根据两角差的正弦公式化简求解即可.
【详解】.
故选：A
9．BCD
【分析】先用辅助角公式把函数化成的形式，再结合函数的图象和性质进行判断.
【详解】因为.
因为，所以是的一条对称轴，故A错误；
由，，，
所以可能为：，，，，等等，在内只有两个极大值点和，故B正确；
因为，
.
又在上单调递减，所以，所以，
故C正确；
把的图象向左平移个单位，可得，
当时，为函数最小值，是所得函数的一条对称轴，故D正确.
故选：BCD
10．ABC
【分析】由平方关系，商数关系以及两角和差的余弦公式即可运算求解.
【详解】因为，，
所以，
所以，
.
故选：ABC.
11．ABC
【分析】先化简函数，公式法求最小正周期验证选项A；代入检验法判断BC中的对称轴和单调区间；求平移后的函数解析式验证选项D.
【详解】对于A，函数，
所以的最小正周期为，A选项正确；
对于B，当时，，是函数最小值，函数的图象关于对称，B选项正确；
对于C，当时，，是余弦函数的单调递增区间，
则此时为增函数，C选项正确；
对于D，将函数的图象向左平移个单位长度后，
得到函数解析式为，D选项不正确.
故选：ABC.
12．BCD
【分析】由同角三角函数的平方关系计算，和验证ABD选项；，由两角和的正弦公式计算验证C选项.
【详解】，则，
，，故A错误，D正确；
，故B选项正确；
，故C选项正确；
故选：BCD.
13．
【分析】利用三角形的内角范围与同角三角函数的平方关系，结合诱导公式与两角和的正弦公式即可求解.
【详解】因为在中，，
又，，
所以， ，
又，所以，
所以
.
故答案为：.
14．
【分析】根据题意，结合三角恒等变换的公式，求得，即可求解.
【详解】由，
可得，所以.
故答案为：.
15．
【分析】先由降幂公式得到，再由同角三角函数关系得到和，然后经过拆角和余弦展开式化简得到结果.
【详解】，
所以，
因为，所以，所以，
因为，所以，
又，所以，
所以，
因为，
所以，
故答案为：.
16．
【分析】由题意利用任意角的三角函数的定义，两角和差的三角公式，求得再利用正弦函数的定义域和值域，求出的取值范围.
【详解】由题意可得，，，
所以，
因为，所以，则，
所以.
故答案为：.
17．(1)；
(2)．
【分析】（1）由模长的定义和向量的数量积结合两角差的正弦展开式可得；
（2）由向量平行的基本定理和两角差的正弦展开式可得.
【详解】（1）因为，
所以，
所以，且，
因为，所以，即，
所以，即.
（2）因为，所以，
又，，
所以，
即，
因为，，
所以，即.
18．(1)，递增区间为
(2)
【分析】（1）利用两角和差公式、特殊角的三角函数值进行展开，再利用二倍角公式、辅助角公式进行化简，利用周期公式来计算周期，利用整体替换的方法求函数的单调增区间；
（2）利用函数等式，求得特殊函数值的余弦值，通过平方关系计算正弦函数值，利用两角差的正弦公式展开代入可计算得出结果.
【详解】（1）
故最小正周期为，令，
所以的递增区间为
（2）.
又因为，所以
故
19．(1)
(2)
(3)存在，
【分析】（1）借助向量的线性运算及数量积公式计算即可得；
（2）建立平面直角坐标系后借助三角函数与基本不等式计算即可得
（3）建立平面直角坐标系后，将最大转化为最大，借助计算即可得.
【详解】（1）由，，故，，则，
，
由，故；
（2）如图所示，以点为坐标原点，为轴，建立直角坐标系，

设，，
则，，
，
当且仅当，即时，等号成立，
即的最小值为；
（3）如图所示，以点为坐标原点，为轴，建立直角坐标系，
由题意可得，，，即，
假设存在点H，使得最大，由，即有最大，
设，当时，角度为，此时不可能最大，故，
则
，
当且仅当，即时，等号成立，
即存在，且.

【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是引入变量，结合建系法，再通过两角差的正切公式再结合基本不等式求出角度最大情况.
20．(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】
（1）根据两角差的正弦化简后可得为与的生成函数；
（2）根据奇函数和偶函数的性质可求与的解析式；
（3）根据生成函数的定义可求，利用对数的运算性质可求得有且只有一个实数解，结合二次函数的图象可求参数的取值范围.
【详解】（1）因为，
取，故，
故存在实数，使得为与的生成函数.
（2）若存在，则，故，
所以，
故.
（3）依题意可得，，

令，可得，即（或），
令（或），
结合图象可知，
当时，的图象与直线只有一个交点，
所以，实数的取值范围为.
21．(1)
(2)
(3)﹣
【分析】（1）由点，点在单位圆上，，
则，然后结合两角和的正切公式求解即可；
（2）四边形OADB是平行四边形，则，则，然后求解即可；
（3）点A，B，P三点共线，且，然后分①，②两种情况讨论，再结合向量的坐标运算求解即可．
【详解】（1）
由点，点在单位圆上，，
则，
则＝＝；
（2）四边形OADB是平行四边形，
则，则，
即，
所以点D的坐标为；
（3）点A，B，P三点共线，且AB＝2AP，
①当时，＝，
则＝，
②当时，＝，
即＝ （﹣）＝﹣．
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