第10章 三角恒等变换 综合复习训练（含解析）2023——2024学年苏教版（2019）高中数学必修第二册

第10章 三角恒等变换综合复习训练
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．设，，，则有（ ）
A． B． C． D．
2．顶角为的等腰三角形，常称为“最美三角形”．已知，则“最美三角形”的底边长与腰长的比为（ ）
A． B．
C． D．
3．若是方程的两个根，则（ ）
A． B． C． D．
4．向量与的夹角为（ ）
A． B． C． D．
5．已知函数，且在内恒成立，则的取值范围（ ）
A． B． C． D．
6．已知角θ满足，则（ ）
A． B． C． D．
7．在中，为定值，若（其中）的最小值为，则的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
8．若，则（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．下列等式成立的有（ ）
A． B．
C． D．
10．已知函数，则（ ）
A．的最大值为
B．函数的图象关于点对称
C．直线是函数图象的一条对称轴
D．函数在区间上单调递增
11．在平面直角坐标系xOy中，角θ以坐标原点O为顶点，以x轴的非负半轴为始边，其终边经过点，，定义，，则（ ）
A． B．
C．若，则 D．是周期函数
12．如图，在扇形中，半径，圆心角，是扇形弧上的动点，平行四边形内接于扇形，点在上，点M，N在上，记．则下列说法正确的是（ ）
A．弧的长为
B．扇形的面积为
C．当时，平行四边形的面积为
D．平行四边形的面积的最大值为
三、填空题
13．已知，则的最小值为 .
14．已知，则的值是 ．
15．如图所示，海尔学校要在操场上一个扇形区域内开辟一个矩形花园ABCD，现已知扇形圆心角为，扇形半径为10，则该矩形花园的面积的最大值为 ．
16．在平面直角坐标系中，角的始边为轴的非负半轴，终边与单位圆交于点（不在坐标轴上）．过点作轴的垂线，垂足为．若记为点到直线的距离，则的最大值为 ，此时的一个取值为 .
四、解答题
17．已知函数.
(1)求函数的最小正周期和最大值；
(2)求函数在上的单调递减区间．
18．已知函数.
(1)若，，求的值；
(2)将函数的图象向右平移个单位，再将所得图象上所有点的横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象，求函数在上的值域.
19．已知平面向量．
(1)设函数，求的最小正周期、对称轴方程和上的值域；
(2)设函数，
①记，试用t表示，并写出t的取值范围；
②求y的最大值．
20．已知函数．
(1)求的最小正周期和对称中心坐标；
(2)求的单调递增区间；
(3)若，α∈，求的值．
21．如图，在平面坐标系中，第二象限角的终边与单位圆交于点A，且点A的纵坐标为，为第一象限角，
(1)求的值；
(2)求 的值．
第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页
第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页
参考答案：
1．A
【分析】由两角差的正弦公式求，由二倍角的正切公式求，由二倍角的正弦公式求，即可根据正弦函数的单调性比较大小．
【详解】，
，
，
正弦函数在是单调递增的，．
又 ．
故选：A．
2．B
【分析】利用二倍角公式求出，再由锐角三角函数计算可得.
【详解】如图，在中，，，点为中点，
所以，，
又，则，
解得或（舍去），
即，
又，
所以，即“最美三角形”的底边长与腰长的比为.
故选：B
3．B
【分析】根据韦达定理可得，结合两角和与差的正、余弦公式以及切弦互化计算即可求解.
【详解】因为是方程的两个实根，
所以，
则.
故选：B
4．B
【分析】根据平面向量数量积和模的坐标表示和三角恒等变换求出，结合数量积的定义即可求解.
【详解】由题意知，，
，
所以，又，
所以，即与的夹角为.
故选：B
5．C
【分析】将不等式化为恒成立，则可；利用的范围求出的范围，利用的图象求得的值域，从而可求得不等式组所需的最值，进而可求得结果.
【详解】
，
由，得，，
由在内恒成立，得恒成立，
即恒成立，，
则，所以的取值范围为.
故选：C.
6．B
【分析】切化弦，得到，利用正弦二倍角公式求出答案.
【详解】，
故，
则.
故选：B
7．A
【分析】分为锐角和钝角两种情况讨论即可求.
【详解】因为（其中）的最小值为，
所以在中，点到的距离为，
如图，所以
情形一： ；
情形二：
.
故选：A.
8．D
【分析】首先根据公式化解条件等式，再结合二倍角和两角差的正弦公式，即可化解求值.
【详解】由条件等式可知，，
整理为，则，
又，，
所以，，
所以
.
故选：D
9．BCD
【分析】根据二倍角的正弦公式计算即可判断A；根据二倍角的正切公式计算可得，代入式子计算即可判断B；根据两角和的正切公式计算即可判断C；根据同角的三角函数关系和二倍角的余弦公式计算化简即可判断D.
【详解】A：由，得，故A错误；
B：因为，由，解得，
所以，故B正确；
C：由，
得，即，故C正确；
D：，故D正确.
故选：BCD
10．ABD
【分析】先利用辅助角公式把原函数化简为，再利用正弦函数的值域得到A正确；由对称中心得到B正确；由对称轴得到C错误；由单调区间得到D正确.
【详解】A：，所以最大值为，故A正确；
B：对称中心，所以，当时对称中心为，故B正确；
C：对称轴，所以，故C错误；
D：递增区间为，即，因为当时，是的一个子区间，故D正确；
故选：ABD.
11．ACD
【分析】根据题意分别求出，，则，，从而可对A判断求解，利用换元法令可对B判断求解，由求出，并结合从而可对C判断求解，由可对D判断求解.
【详解】由题意得在角的终边上，且，所以，，
则，，
对A：，故A正确；
对B：，令，
所以，故B错误；
对C：，解得，
又由，故C正确；
对D：，因为为周期函数，故D正确.
故选：ACD.
12．ACD
【分析】对于AB：直接利用弧长公式及面积公式计算即可；对于C：过点作的垂线，垂足为，将平行四边形的面积转化为矩形的面积，求出矩形的长宽即可得面积；对于D：用角表示出矩形的面积，然后利用正弦函数的性质求最值.
【详解】对于A：弧的长为，A正确；
对于B：扇形的面积为，B错误；
对于C：过点作的垂线，垂足为，明显平行四边形的面积即为矩形的面积，因为，所以，，
所以，
则平行四边形为，C正确；
对于D：，
所以平行四边形为
，其中，
所以，当时，面积取最大值，且最大值为，D正确.
故选：ACD.
13．/
【分析】根据两角和的正切公式化简可得，再根据基本不等式求解即可.
【详解】因为，则，
可得，即，
且，整理得，
又因为，当且仅当时，等号成立，
即，整理得，
解得或（舍去），
所以的最小值为，当且仅当时取等号.
故答案为：
14．/
【分析】观察到，再由诱导公式化简后求出最后结果即可.
【详解】因为，
所以，，
所以，
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：观察到，再由诱导公式化简所求更为简便.
15．
【分析】连接，令，由此求出矩形面积的函数关系，再结合三角函数的性质求出最大值.
【详解】连接，令，则，
显然，，
因此矩形的面积
，
当且仅当，即时取等号，
所以该矩形花园的面积的最大值为.
故答案为：
16． /0.5 （答案不唯一）
【分析】根据给定条件，利用三角函数的定义得，再利用等面积法求得，借助正弦函数性质求得答案.
【详解】依题意，，且，，
由，得，
当且仅当或，即，时取等号，
所以的最大值为，.
故答案为：；
17．(1)最小正周期为π，最大值为.
(2).
【分析】（1）根据三角函数恒等变换公式和辅助角公式化简原式，即可求出答案；
（2）先计算出原式单调递减区间，再代入取值范围.
【详解】（1）因为
，
所以函数的最小正周期为，最大值为.
（2）由，，得，，
所以函数的单调递减区间为，.
又因为，则在上的单调递减区间为
18．(1)
(2)
【分析】（1）先利用三角恒等变换化简，再利用三角函数的基本关系式与和差公式即可得解；
（2）利用三角函数平移伸缩的性质得到，再利用三角函数的性质即可得解.
【详解】（1）因为
，
又，，所以，即，
而，故，
所以
.
（2）将函数的图象向右平移个单位，
得到的图象，
再将所得图象上所有点的横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变，
得到的图象，即，
因为，所以，
所以，则，
所以在上的值域为.
19．(1)最小正周期、对称轴方程及对应值域分别为；
(2)①，t的取值范围，②.
【分析】（1）根据平面向量数量积的坐标表示可得，结合正弦函数的性质即可求解；
（2）根据平面向量数量积的坐标表示可得，由题意可得且，进而，结合二次函数的性质即可求解.
【详解】（1）由题意知，，
所以的最小正周期为；
由，得，
即的对称轴为；
由，得，所以，
故在上的值域为.
（2）由题意知，，
则，
设，则，
由，所以，
得，
又函数是一条开口向下、对称轴为的抛物线，
且在上单调递增，在上单调递减，
所以.
20．(1)，
(2)
(3)
【分析】（1）化简得到，得到最小正周期，利用整体法求出对称中心；
（2）在（1）的基础上，利用整体法求解单调递增区间；
（3）根据，，利用同角三角函数关系得到，凑角法，结合正弦和角公式求出答案.
【详解】（1）
所以的最小正周期为，
，解得，
故对称中心为
（2）由，
解得，
函数的单调递增区间为；
（3）由（1）知，
又，
，
，
.
21．(1)
(2)
【分析】（1）由为第一象限角，，得到，由，为第二象限角，得到，再利用两角差的正弦公式求解；
（2）由（1）得到，再利用诱导公式，和齐次式计算.
【详解】（1）解：为第一象限角，，
，
依题意，又为第二象限角．
．
则.
（2）由（1）得．
，
.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页