2025人教B版高中数学必修第三册强化练习题（含解析）--第八章 向量的数量积与三角恒等变换拔高练

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2025人教B版高中数学必修第三册
综合拔高练
五年高考练　　　　　 　　　　 　　　　
考点1　向量的数量积
1.(2022全国乙理,3)已知向量a,b满足|a|=1,|b|=,|a-2b|=3,则a·b=(　　)　　　　　　　　　　　　　
A.-2　　　　B.-1　　　　C.1　　　　D.2
2.(2023全国乙文,6)正方形ABCD的边长是2,E是AB的中点,则=(　　)
A.　　　　D.5
3.(2022北京,10)在△ABC中,AC=3,BC=4,∠C=90°.P为△ABC所在平面内的动点,且PC=1,则的取值范围是(　　)
A.[-5,3]　　　　　　B.[-3,5]　　　　
C.[-6,4]　　　　　　D.[-4,6]
4.(2022全国甲理,13)设向量a,b的夹角的余弦值为,且|a|=1,|b|=3,则(2a+b)·b=　　　　.
5.(2024天津,14)在边长为1的正方形ABCD中,点E为线段CD的三等分点,CE=,则λ+μ=　　　　;若F为线段BE上的动点,G为AF中点,则的最小值为　　　　.
考点2　向量的数量积的应用
6.(2024新课标Ⅱ,3)已知向量a,b满足|a|=1,|a+2b|=2,且(b-2a)⊥b,则|b|=(　　)
A.　　　　D.1
7.(2023新课标Ⅰ,3)已知向量a=(1,1),b=(1,-1).若(a+λb)⊥(a+μb),则(　　)
A.λ+μ=1　　　　　　B.λ+μ=-1
C.λμ=1　　　　　　D.λμ=-1
8.(2024全国甲理,9)设向量a=(x+1,x),b=(x,2),则(　　)
A.x=-3是a⊥b的必要条件
B.x=1+是a∥b的必要条件
C.x=0是a⊥b的充分条件
D.x=-1+是a∥b的充分条件
9.(2023全国甲文,3)已知向量a=(3,1),b=(2,2),则cos=(　　)
A.
10.(2023全国甲理,4)已知向量a,b,c满足|a|=|b|=1,|c|=,且a+b+c=0,则cos=(　　)
A.-
11.(2023全国乙理,12)已知☉O的半径为1,直线PA与☉O相切于点A,直线PB与☉O交于B,C两点,D为BC的中点.若|PO|=,则的最大值为(　　)
A.
12.(2023新课标Ⅱ,13)已知向量a,b满足|a-b|=,|a+b|=|2a-b|,则|b|=　　　　.
考点3　两角和与差的三角函数公式的应用
13.(2024全国甲理,8)已知,则tan=(　　)
A.2
14.(2024新课标Ⅰ,4)已知cos(α+β)=m,tan αtan β=2,则cos(α-β)=(　　)
A.-3m　　　　B.-　　　　D.3m
15.(2022新高考Ⅱ,6)若sin(α+β)+cos(α+β)=2sin β,则(　　)
A.tan(α-β)=1　　　　　　B.tan(α+β)=1
C.tan(α-β)=-1　　　　　　D.tan(α+β)=-1
16.(2024新课标Ⅱ,13)已知α为第一象限角,β为第三象限角,tan α+tan β=4,tan αtan β=+1,则sin(α+β)=　　　　.
考点4　二倍角公式的应用
17.(2023新课标Ⅱ,7)已知α为锐角,cos α=,则sin =(　　)
A.
18.(2021新高考Ⅰ,6)若tan θ=-2,则=(　　)
A.-
19.(2021全国甲理,9)若α∈,tan 2α=,则tan α=(　　)
A.
20.(2023新课标Ⅰ,8)已知sin(α-β)=,cos αsin β=,则cos(2α+2β)=(　　)
A.
考点5　三角恒等变换与三角函数性质的综合应用
21.(2022北京,5)已知函数f(x)=cos2x-sin2x,则(　　)
A. f(x)在上单调递减
B. f(x)在上单调递增
C. f(x)在上单调递减
D. f(x)在上单调递增
22.(2021全国乙文,4)函数f(x)=sin的最小正周期和最大值分别是(　　)
A.3π和　　　　　　B.3π和2
C.6π和　　　　　　D.6π和2
23.(2023北京,17)设函数f(x)=sin ωxcos φ+cos ωxsin φ.
(1)若f(0)=-,求φ的值;
(2)已知f(x)在区间上单调递增,f =1,再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知,使函数f(x)存在,求ω,φ的值.
条件①:f ;条件②:f =-1;
条件③:f(x)在区间上单调递减.
三年模拟练　　　　　 　　　　 　　　　
应用实践
1.(2024浙江Z20名校联盟联考)已知α∈,β∈,若sin(α+β)=,cos β=,则cos 2α=(　　)
A.
2.(2023江西省重点中学盟校联考)已知两个非零向量a,b满足a⊥(a-2b),且,则a,b的夹角为(　　)
A.
3.(2023山东菏泽二模)已知函数f(x)=sin ωx-cos ωx(ω>0)在区间上单调递增,且在区间[0,π]上只取得一次最大值,则ω的取值范围是(　　)
A.
4.(2022四川成都期末)已知|a|=,b=(m,3),且(b-a)⊥(2a+b),则向量a在向量b上的投影的数量的最大值为(　　)
A.4　　　　B.2　　　　C.　　　　D.1
5.(2024山东潍坊期中)已知cos,其中α∈,β∈,则=(　　)
A.-　　　　C.-17　　　　D.17
6.(多选题)(2024辽宁省实验中学阶段检测)下列等式成立的有(　　)
A.sin=1
B.sin 6°sin 42°sin 66°sin 78°=
C.cos
D.cos
7.(2023江苏南京第二十九中学阶段练习)已知a=(1+tan 21°)(1+tan 22°),b=(1+tan 23°)·(1+tan 24°),则(　　)
A.a=b=2　　　　　　B.ab=4
C.a2+b2=9　　　　　　D.a2=b2-2
8.(2023天津重点学校联考)在平面四边形ABCD中,=2.若E,F为边BD上的动点,且|EF|=,则的取值范围为(　　)
A.
C.
9.(2024北京清华大学强基计划)已知{cos α,cos 2α,cos 3α}={sin α,sin 2α,sin 3α},则α可以是(　　)
A.-
C.-
10.(2024浙江湖州期末)已知同一平面内的单位向量e1,e2,e3,则(e2-e1)·(e2-e3)的取值范围是　　　　.
11.(2023天津联考)已知平面向量a,b,c满足|a|=1,|b|=2,a2=a·b,c2-c·b+=0,则|c-a|2+|c-b|2的最大值为　　　　.
12.(2023山东滕州一中月考)已知函数f(x)=sin 2x+-2m.
(1)当m=1时,求函数f(x)的值域;
(2)当x∈时,f(x)≥0恒成立,求实数m的取值范围.
13.(2022山东泰安期末)已知向量a=(sin 2x,cos 2x),b=(cos 2x,-cos 2x).
(1)若x∈,a·b+,求sin 4x的值;
(2)若cos x≥,x∈[-π,π],方程a·b+=m有且只有一个实数根,求实数m的取值范围.
迁移创新
14.(2024陕西商洛镇安中学期中)由倍角公式cos 2θ=2cos2θ-1,可知cos 2θ可以表示为cos θ的二次多项式.对于cos 3θ,我们有cos 3θ=cos(2θ+θ)=cos 2θcos θ-sin 2θsin θ=(2cos2θ-1)cos θ-2sin2θcos θ=2cos3θ-cos θ-2(1-cos2θ)cos θ=4cos3θ-3cos θ,可见cos 3θ也可以表示成cos θ的三次多项式.以上推理过程体现了数学中的逻辑推理和数学运算等核心素养,同时也蕴含了转化和化归思想.
(1)试用以上素养和思想方法将sin 3θ表示成sin θ的三次多项式;
(2)化简sin(60°-θ)sin(60°+θ)sin θ,并利用此结果求sin 20°sin 40°sin 80°的值.
15.(2023广东广州第二中学月考)如图,一个直角走廊的宽分别为a,b,一铁棒与廊壁成θ角,该铁棒欲通过该直角走廊.
(1)求铁棒的长度L(用含θ的表达式表示);
(2)当a=b=2时,求能够通过这个直角走廊的铁棒的长度的最大值.
答案与分层梯度式解析
综合拔高练
五年高考练
1.C　由|a-2b|=3,可得|a-2b|2=a2-4a·b+4b2=9,又|a|=1,|b|=,所以a·b=1.故选C.
2.B　解法一:以E为原点,建立如图所示的平面直角坐标系,
可知D(-1,2),C(1,2),故=(1,2),
所以=1×(-1)+2×2=3.故选B.
解法二:取CD的中点F,连接EF,则)·()·(|2=22-12=3.故选B.
3.D　解法一:取AB的中点D,连接CD,则)·()·=1+5×1×cos θ=1+5cos θ(θ为的夹角).因为θ∈[0,π],所以∈[-4,6].
解法二:建立如图所示的平面直角坐标系,则A(0,3),B(-4,0).设P(cos θ,sin θ),θ∈[0,2π),
则=(-cos θ,3-sin θ)·(-4-cos θ,-sin θ)
=cos2θ+4cos θ+sin2θ-3sin θ=1+4cos θ-3sin θ
=1+5cos(θ+φ),其中tan φ=,
因为θ∈[0,2π),所以∈[-4,6].故选D.
4.答案　11
解析　根据题意,得(2a+b)·b=2a·b+b2=2×1×3×+9=11.
5.答案　
解析　以B为坐标原点建立平面直角坐标系,如图所示,
则A(-1,0),B(0,0),C(0,1),D(-1,1),E,
易得,
又因为=(-λ,μ),
所以所以λ=,μ=1,所以λ+μ=.
易得BE所在直线的方程为y=-3x,
因为点F在线段BE:y=-3x,x∈上,
所以设F(a,-3a),a∈,
又因为G为AF的中点,所以G,
易得,
则,且a∈,
所以当a=-时,取到最小值,为-.
6.B　因为(b-2a)⊥b,所以(b-2a)·b=0,即b2=2a·b,又因为|a|=1,|a+2b|=2,所以1+4a·b+4b2=1+6b2=4,从而|b|=.故选B.
7.D　因为(a+λb)⊥(a+μb),所以(a+λb)·(a+μb)=0,即a2+(λ+μ)a·b+λμb2=0,
易知a2=2,a·b=0,b2=2,所以λμ=-1.故选D.
8.C　a⊥b a·b=0 (x+1)·x+2x=0 x=0或x=-3,对于A,x=-3是x=0或x=-3的充分条件,∴A不正确,对于C,x=0是x=0或 x=-3的充分条件,∴C正确.a∥b 2(x+1)=x2 x2-2x-2=0 x=1+或x=1-,对于B,x=1+是x=1+或x=1-的充分条件,∴B不正确,对于D,x=-1+是x=1+或x=1-的既不充分也不必要条件,∴D不正确.
9.B　因为a=(3,1),b=(2,2),所以a+b=(5,3),a-b=(1,-1),所以cos=.故选B.
10.D　由题知a+b=-c,∴(a+b)2=(-c)2,∴a2+2a·b+b2=c2,将|a|=|b|=1,|c|=代入解得a·b=0,∴=.以a,b的方向分别为x轴,y轴的正方向建立平面直角坐标系,如图所示,则a=(1,0),b=(0,1),则c=-a-b=(-1,-1),则a-c=(2,1),b-c=(1,2),∴cos=.故选D.
11.A　连接OA,OD(图略),由题意得|OA|=1,∠OAP=90°,又|PO|=,∴|AP|=1,∴∠OPA=.设∠APD=θ,则cos θ=,当且仅当θ=时取等号.故选A.
12.答案　
解析　因为|a+b|=|2a-b|,所以a2+2a·b+b2=4a2-4a·b+b2,则a2=2a·b,又|a-b|=,所以a2-2a·b+b2=b2=3,所以|b|=.
13.B　==,
∴tan-1.
14.A　由题意得所以
故cos(α-β)=cos αcos β+sin αsin β=-3m,故选A.
15.C　因为sin(α+β)+cos(α+β)=sin αcos β+cos α·sin β+cos αcos β-sin αsin β,2sin β=(2cos α-2sin α)sin β=2cos αsin β-2sin αsin β,所以sin αcos β+cos αsin β+cos αcos β-sin αsin β=2cos αsin β-2sin αsin β,即sin αcos β-cos αsin β+cos α·cos β+sin αsin β=0,进而得sin(α-β)+cos(α-β)=0,又cos(α-β)≠0,所以tan(α-β)=-1.故选C.
16.答案　-
解析　∵α是第一象限角,∴2k1π<α<+2k1π,k1∈Z,
∵β是第三象限角,∴π+2k2π<β<+2k2π,k2∈Z,
∴π+2(k1+k2)π<α+β<2π+2(k1+k2)π,k1,k2∈Z,
∴角α+β的终边在第三、四象限内或与y轴的负半轴重合,
又由已知条件易得tan(α+β)=.
∴α+β的终边在第四象限内,
∴sin(α+β)<0,∴sin(α+β)=-.
17.D　∵α为锐角,∴为锐角,∴sin>0.
∵cos α=1-2sin2,
∴2sin2=1-cos α=,
∴sin2,
∴sin.故选D.
18.C　
=
==sin θ(sin θ+cos θ)
=sin2θ+sin θ·cos θ=
=.故选C.
19.A　∵tan 2α=,且α∈,
∴,
∴2sin 2α=cos αcos 2α+sin αsin 2α,
即4sin αcos α=cos(2α-α)=cos α,
又cos α≠0,∴4sin α=1,∴sin α=,
∴cos α=,∴tan α=.故选A.
20.B　因为sin(α-β)=sin αcos β-cos αsin β=,
cos αsin β=,所以sin αcos β=,
所以sin(α+β)=sin αcos β+cos αsin β=.
所以cos(2α+2β)=cos[2(α+β)]=1-2sin2(α+β)=1-2×.故选B.
21.C　f(x)=cos2x-sin2x=cos 2x,
令2kπ<2x<2kπ+π,k∈Z,解得kπ令2kπ-π<2x<2kπ,k∈Z,解得kπ-对于A, f(x)在上单调递增,故A错误;
对于B, f(x)在上单调递增,在上单调递减,故B错误;
对于C, f(x)在上单调递减,故C正确;
对于D, f(x)在上单调递减,在上单调递增,故D错误.故选C.
22.C　f(x)=sin,最小正周期T==6π;当sin=1,即x=π+6kπ,k∈Z时, f(x)取最大值,故选C.
23.解析　(1)由题意得f(x)=sin(ωx+φ),
∴f(0)=sin φ=-.
(2)条件①与f(x)在上单调递增矛盾,显然不选条件①.
选条件②.
∵f(x)在上单调递增,且f=2π,
∴ω=1,∴f(x)=sin(x+φ).
∵f=1,
∴+2kπ(k∈Z),即φ=-+2kπ(k∈Z),
∵|φ|<.
选条件③.
∵f(x)在上单调递减,在上单调递增,∴f(x)在x=-处取得最小值,即f=-1.
以下同选条件②.
三年模拟练
1.D　由α∈,β∈,得α+β∈,因为sin(α+β)=>0,所以α+β∈,
所以cos(α+β)=-,
由cos β=,β∈,可得sin β=,
则cos α=cos[(α+β)-β]=cos(α+β)cos β+sin(α+β)·sin β=-,
故cos 2α=2cos2α-1=2×,故选D.
2.A　∵a⊥(a-2b),∴a·(a-2b)=a2-2a·b=0,
∴a2=2a·b.①
∵|a-b|,
∴a2+2a·b+b2=3a2-6a·b+3b2,
∴a2+b2=4a·b.②
由①②得b2=2a·b,∴|a|=|b|,
∴cos=.
∵∈[0,π],∴=.故选A.
3.B　易得函数f(x)=2sin,ω>0.
当x∈时,ωx-.
因为ω>0,所以-.
因为f(x)在区间上单调递增,所以-≥-,解得ω≤,
又ω>0,故0<ω≤.
当x∈[0,π]时,ωx-.
因为f(x)在区间[0,π]上只取得一次最大值,
所以≤ωπ-,解得≤ω<.
综上,ω的取值范围是.故选B.
4.D　因为|a|=,b=(m,3),(b-a)⊥(2a+b),所以(b-a)·(2a+b)=2b·a+b2-2a2-a·b=a·b+m2+9-12=0,所以a·b=3-m2,所以向量a在向量b上的投影的数量为|a|cos=.
令t=,则t≥3,y=-t+.因为y=-t与y=在[3,+∞)上均单调递减,所以y=-t+在[3,+∞)上单调递减,所以ymax=-3+=1,所以向量a在向量b上的投影的数量的最大值为1.故选D.
5.C　由α∈,得-α∈,
因为cos,所以sin,
所以cos α=cos,所以sin α=,所以tan α=-7.
由β∈,得+β∈,
因为sin,所以cos,
所以sin β=sincos ,所以cos β=,
所以tan β=,所以=-17.故选C.
6.BCD　对于A,sin
=
=
=
=
=
=≠1,所以A错误;
对于B,sin 6°sin 42°sin 66°sin 78°
=
=
=
=,所以B正确;
对于C,cos
=
=
=-,所以C正确;
对于D,cos
=cos
=,所以D正确.
故选BCD.
7.B　由正切函数的单调性可知0因为1=tan 45°=,所以tan 21°+tan 24°=1-tan 21°tan 24°,故2=(1+tan 21°)(1+tan 24°),同理,可得2=(1+tan 22°)(1+tan 23°),故ab=4,故B正确.
易知tan 15°=,tan 15°,又a若a2+b2=9,则a2+=9,解得a2=或a2=,均不满足252-144若a2=b2-2,则a2=-2,解得a2=-1或a2=+1,均不满足252-144故选B.
8.A　由可知平面四边形ABCD是平行四边形.
如图.
设||=b,因为,
所以,
所以a=b=2,所以平行四边形ABCD是菱形,故AC⊥BD.
因为=2,即||·||·cos(π-∠BAD)=-2×2cos∠BAD=2,所以cos∠BAD=-,
因为0°<∠BAD<180°,所以∠BAD=120°,
所以∠ADB=∠ABD=∠CDB=∠CBD=30°,BD=2OD=2AD·cos 30°=2×2×,
因为|EF|=,所以|.
所以)·()
=
=||·||cos 120°+||·||cos 30°+||·||cos 30°+||·||cos 180°
=-2×2×|·||
=-2+|·||
=-2+|·||·||.
当||·||=0,即E点在B处或F点在D处时,有最大值1;
因为1-||·||≥1-,当且仅当|时,等号成立,所以.
所以.故选A.
9.B　∵{cos α,cos 2α,cos 3α}={sin α,sin 2α,sin 3α},
∴cos α+cos 2α+cos 3α=sin α+sin 2α+sin 3α,
∴sin×(sin α+sin 2α+sin 3α)=sin×(cos α+cos 2α+cos 3α),
∴sin αsin+sin 2αsin+sin 3αsin=cos αsin+cos 2αsin+cos 3αsin,
∴cos,
∴cos,
∴sin,
∴,
∴=3α=2kπ,k∈Z或=(2k+1)π,k∈Z,
∴α=,k∈Z或α=,k∈Z,
结合选项可知只有α=-符合.故选B.
10.答案　
解析　根据题意,不妨设e2=(1,0),e1=(cos α,sin α),e3=(cos β,sin β),
则(e2-e1)·(e2-e3)
=(1-cos α,-sin α)·(1-cos β,-sin β)
=1-cos α-cos β+cos αcos β+sin αsin β
=1+cos(α-β)-(cos α+cos β)
=1+cos-cos+cos=2cos2,
令t=cos,则t∈[-1,1],(e2-e1)·(e2-e3)=2t2-2tcos.
易知函数y=2t2-2tcos的图象开口向上,对称轴方程为t=,
又,且 [-1,1],故当cos或cos时,y在t∈[-1,1]上取最大值,为4;
当时,y在t∈[-1,1]上取最小值,为-,
故y∈,即(e2-e1)·(e2-e3)的取值范围是.
11.答案　
解析　设=a,=b,=c,则||=2.因为a2=a·b,即a·(a-b)=0,所以·(=0,因此,所以∠OAB=.
以O为坐标原点,的方向为x轴正方向,的方向为y轴正方向建立平面直角坐标系(图略),则a=(1,0),b=(1,).设c=(x,y),由c2-c·b+=0,可得x2+y2-x-=0,即,所以-≤x-,所以≤x≤.
|c-a|2+|c-b|2=(x-1)2+y2+(x-1)2+(y-,
所以当x=时,|c-a|2+|c-b|2取得最大值,为-2×.
12.解析　(1)当m=1时,f(x)=sin 2x+-2=2sin xcos x+sin x+cos x-2.
设t=sin x+cos x=,则t∈[-],sin xcos x=,
∴y=t2-1+t-2=t2+t-3.
结合二次函数的性质可知,当t=-时,ymin=-;当t=时,ymax=-1.
∴f(x)的值域为.
(2)f(x)=sin 2x+-2m=2sin xcos x+m(sin x+cos x)-2m≥0在x∈上恒成立,
即≥m在x∈上恒成立.
令n=sin x+cos x=,则n∈[0,],
m≤-4.
因为2-n+-4≥2-4,当且仅当2-n=,即n=2-时取等号,所以m≤2-4,即实数m的取值范围为(-∞,2-4].
13.解析　(1)由题意得a·b+sin 2xcos 2x-cos22x+sin 4x-sin 4x-·cos 4x=sin,所以sin.
因为x∈,所以π<4x-,
所以cos.
所以sin 4x=sincos .
(2)由cos x≥,x∈[-π,π],得-≤x≤.
结合(1)及a·b+=m,得sin=m.
令t=4x-,则t∈,
易知y=sin t在上单调递减,在上单调递增,
又sin,sin =1,所以y=sin t,t∈的图象如图所示.
由图可知,当-14.解析　(1)sin 3θ=sin(2θ+θ)=sin 2θcos θ+cos 2θsin θ=2sin θcos2θ+(1-2sin2θ)sin θ=2sin θ(1-sin2θ)+sin θ-2sin3θ=3sin θ-4sin3θ.
(2)sin(60°-θ)sin(60°+θ)sin θ
=sin θ
=sin θ
=sin θ
=sin θ-sin3θ
=(3sin θ-4sin3θ)
=sin 3θ,
故sin 20°sin 40°sin 80°=.
15.解析　(1)作出示意图如图所示,
易知∠ACD=∠CBE=θ,AD=b,BE=a.
在△ACD中,AC=,
在△BCE中,BC=,
所以L=AC+BC=,θ∈.
(2)当a=b=2时,L=.
令t=,因为θ∈,所以2θ∈(0,π),
所以sin 2θ∈(0,1],所以t≥1.
所以L=4,t≥1,
易知当t=1,即θ=时,L取得最小值,为4,
所以能够通过这个直角走廊的铁棒的长度的最大值为4.
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