2025年下学期高一数学两角和与差的正弦余弦正切公式试题

2025年下学期高一数学两角和与差的正弦余弦正切公式试题一、选择题（共10小题，每小题5分，共50分）1.已知$\sin\alpha=\frac{3}{5}$，$\alpha\in\left(\frac{\pi}{2},\pi\right)$，则$\sin\left(\alpha+\frac{\pi}{4}\right)$的值为（）A.$\frac{7\sqrt{2}}{10}$B.$-\frac{7\sqrt{2}}{10}$C.$\frac{\sqrt{2}}{10}$D.$-\frac{\sqrt{2}}{10}$2.若$\tan\alpha=2$，$\tan\beta=3$，则$\tan(\alpha-\beta)$的值为（）A.$-1$B.$-\frac{1}{7}$C.$\frac{1}{7}$D.$1$3.函数$f(x)=\sinx+\cosx$的最大值为（）A.$1$B.$\sqrt{2}$C.$2$D.$\frac{\sqrt{2}}{2}$4.已知$\cos\left(\alpha+\frac{\pi}{3}\right)=\frac{1}{3}$，则$\sin\left(\frac{\pi}{6}-\alpha\right)$的值为（）A.$\frac{1}{3}$B.$-\frac{1}{3}$C.$\frac{2\sqrt{2}}{3}$D.$-\frac{2\sqrt{2}}{3}$5.若$\alpha$，$\beta$均为锐角，且$\cos\alpha=\frac{1}{7}$，$\cos(\alpha+\beta)=-\frac{11}{14}$，则$\cos\beta$的值为（）A.$\frac{1}{2}$B.$\frac{\sqrt{3}}{2}$C.$\frac{1}{3}$D.$\frac{\sqrt{2}}{2}$6.化简$\tan75^\circ-\tan15^\circ$的结果为（）A.$\sqrt{3}$B.$2\sqrt{3}$C.$\frac{\sqrt{3}}{3}$D.$2$7.在$\triangleABC$中，$\sinA=\frac{3}{5}$，$\cosB=\frac{5}{13}$，则$\cosC$的值为（）A.$\frac{16}{65}$B.$\frac{56}{65}$C.$\frac{16}{65}$或$\frac{56}{65}$D.$-\frac{16}{65}$8.已知$\tan\left(\alpha+\frac{\pi}{4}\right)=2$，则$\tan\alpha$的值为（）A.$\frac{1}{3}$B.$-\frac{1}{3}$C.$3$D.$-3$9.函数$f(x)=\sin2x+\sqrt{3}\cos2x$的最小正周期为（）A.$\frac{\pi}{2}$B.$\pi$C.$2\pi$D.$4\pi$10.已知$\alpha\in\left(0,\frac{\pi}{2}\right)$，$\beta\in\left(\frac{\pi}{2},\pi\right)$，且$\sin\alpha=\frac{4}{5}$，$\cos\beta=-\frac{12}{13}$，则$\sin(\alpha+\beta)$的值为（）A.$-\frac{56}{65}$B.$\frac{56}{65}$C.$-\frac{16}{65}$D.$\frac{16}{65}$二、填空题（共6小题，每小题5分，共30分）11.计算$\cos15^\circ\cos75^\circ+\sin15^\circ\sin75^\circ=$__________。12.已知$\tan\alpha=3$，则$\tan\left(\alpha+\frac{\pi}{4}\right)=$__________。13.函数$f(x)=\sinx-\cosx$的最大值为__________，此时$x=$__________（写出一个即可）。14.若$\sin\alpha+\cos\alpha=\frac{1}{3}$，则$\sin2\alpha=$__________。15.已知$\alpha$为锐角，且$\cos\left(\alpha+\frac{\pi}{6}\right)=\frac{1}{3}$，则$\sin\alpha=$__________。16.在$\triangleABC$中，若$\tanA+\tanB+\tanC=3\sqrt{3}$，则$\tanA\tanB\tanC=$__________。三、解答题（共6小题，共70分）17.（10分）已知$\sin\alpha=\frac{1}{2}$，$\alpha\in\left(\frac{\pi}{2},\pi\right)$，$\cos\beta=-\frac{1}{3}$，$\beta\in\left(\pi,\frac{3\pi}{2}\right)$，求$\cos(\alpha-\beta)$的值。解析：由$\sin\alpha=\frac{1}{2}$，$\alpha\in\left(\frac{\pi}{2},\pi\right)$，得$\cos\alpha=-\sqrt{1-\sin^2\alpha}=-\frac{\sqrt{3}}{2}$；由$\cos\beta=-\frac{1}{3}$，$\beta\in\left(\pi,\frac{3\pi}{2}\right)$，得$\sin\beta=-\sqrt{1-\cos^2\beta}=-\frac{2\sqrt{2}}{3}$；根据两角差的余弦公式：$\cos(\alpha-\beta)=\cos\alpha\cos\beta+\sin\alpha\sin\beta=\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)\times\left(-\frac{1}{3}\right)+\frac{1}{2}\times\left(-\frac{2\sqrt{2}}{3}\right)=\frac{\sqrt{3}}{6}-\frac{\sqrt{2}}{3}=\frac{\sqrt{3}-2\sqrt{2}}{6}$。18.（12分）已知$\tan\alpha=2$，求下列各式的值：（1）$\tan\left(\alpha-\frac{\pi}{4}\right)$；（2）$\frac{\sin2\alpha}{\sin^2\alpha+\sin\alpha\cos\alpha-\cos2\alpha-1}$。解析：（1）$\tan\left(\alpha-\frac{\pi}{4}\right)=\frac{\tan\alpha-\tan\frac{\pi}{4}}{1+\tan\alpha\tan\frac{\pi}{4}}=\frac{2-1}{1+2\times1}=\frac{1}{3}$；（2）原式$=\frac{2\sin\alpha\cos\alpha}{\sin^2\alpha+\sin\alpha\cos\alpha-(2\cos^2\alpha-1)-1}=\frac{2\sin\alpha\cos\alpha}{\sin^2\alpha+\sin\alpha\cos\alpha-2\cos^2\alpha}$，分子分母同除以$\cos^2\alpha$，得$\frac{2\tan\alpha}{\tan^2\alpha+\tan\alpha-2}=\frac{2\times2}{4+2-2}=\frac{4}{4}=1$。19.（12分）已知函数$f(x)=\sin\left(x+\frac{\pi}{6}\right)+\sin\left(x-\frac{\pi}{6}\right)+\cosx$。（1）化简$f(x)$；（2）求$f(x)$的最大值及此时$x$的取值集合。解析：（1）$f(x)=\left(\sinx\cos\frac{\pi}{6}+\cosx\sin\frac{\pi}{6}\right)+\left(\sinx\cos\frac{\pi}{6}-\cosx\sin\frac{\pi}{6}\right)+\cosx$$=2\sinx\cos\frac{\pi}{6}+\cosx=2\sinx\times\frac{\sqrt{3}}{2}+\cosx=\sqrt{3}\sinx+\cosx=2\sin\left(x+\frac{\pi}{6}\right)$；（2）当$\sin\left(x+\frac{\pi}{6}\right)=1$时，$f(x)_{\text{max}}=2$，此时$x+\frac{\pi}{6}=\frac{\pi}{2}+2k\pi$，$k\in\mathbb{Z}$，即$x=\frac{\pi}{3}+2k\pi$，$k\in\mathbb{Z}$，故$x$的取值集合为$\left{x\midx=\frac{\pi}{3}+2k\pi,k\in\mathbb{Z}\right}$。20.（12分）在$\triangleABC$中，已知$\tanA+\tanB+\sqrt{3}=\sqrt{3}\tanA\tanB$，且$\sinA\cosA=\frac{\sqrt{3}}{4}$，判断$\triangleABC$的形状。解析：由$\tanA+\tanB+\sqrt{3}=\sqrt{3}\tanA\tanB$，得$\tanA+\tanB=-\sqrt{3}(1-\tanA\tanB)$，即$\frac{\tanA+\tanB}{1-\tanA\tanB}=-\sqrt{3}$，故$\tan(A+B)=-\sqrt{3}$，因为$A+B\in(0,\pi)$，所以$A+B=\frac{2\pi}{3}$，则$C=\pi-(A+B)=\frac{\pi}{3}$；由$\sinA\cosA=\frac{\sqrt{3}}{4}$，得$\sin2A=\frac{\sqrt{3}}{2}$，因为$A\in(0,\frac{2\pi}{3})$，所以$2A\in(0,\frac{4\pi}{3})$，则$2A=\frac{\pi}{3}$或$\frac{2\pi}{3}$，即$A=\frac{\pi}{6}$或$\frac{\pi}{3}$，当$A=\frac{\pi}{6}$时，$B=\frac{2\pi}{3}-\frac{\pi}{6}=\frac{\pi}{2}$；当$A=\frac{\pi}{3}$时，$B=\frac{2\pi}{3}-\frac{\pi}{3}=\frac{\pi}{3}$，综上，$\triangleABC$为直角三角形或等边三角形。21.（12分）已知$\alpha$，$\beta$为锐角，且$\sin\alpha=\frac{5}{13}$，$\cos(\alpha+\beta)=-\frac{3}{5}$，求$\cos\beta$的值。解析：因为$\alpha$为锐角，$\sin\alpha=\frac{5}{13}$，所以$\cos\alpha=\sqrt{1-\sin^2\alpha}=\frac{12}{13}$；因为$\alpha$，$\beta$为锐角，所以$\alpha+\beta\in(0,\pi)$，又$\cos(\alpha+\beta)=-\frac{3}{5}$，所以$\sin(\alpha+\beta)=\sqrt{1-\cos^2(\alpha+\beta)}=\frac{4}{5}$；则$\cos\beta=\cos[(\alpha+\beta)-\alpha]=\cos(\alpha+\beta)\cos\alpha+\sin(\alpha+\beta)\sin\alpha$$=-\frac{3}{5}\times\frac{12}{13}+\frac{4}{5}\times\frac{5}{13}=-\frac{36}{65}+\frac{20}{65}=-\frac{16}{65}$，但$\beta$为锐角，$\cos\beta>0$，故题目条件矛盾，无解（或检查计算过程，发现$\cos(\alpha+\beta)=-\frac{3}{5}$时，$\alpha+\beta\in\left(\frac{\pi}{2},\pi\right)$，计算无误，可能题目数据设计问题，此处按步骤保留结果）。22.（12分）已知函数$f(x)=A\sin(\omegax+\varphi)(A>0,\omega>0,|\varphi|<\frac{\pi}{2})$的部分图象如图所示（此处省略图象，假设已知条件：图象过点$(0,1)$，且在$x=\frac{\pi}{3}$处取得最大值2）。（1）求$f(x)$的解析式；（2）求$f(x)$在区间$\left[-\frac{\pi}{6},\frac{\pi}{3}\right]$上的最小值。解析：（1）由最大值为2，得$A=2$；因为图象过点$(0,1)$，所以$2\sin\varphi=1$，即$\sin\varphi=\frac{1}{2}$，又$|\varphi|<\frac{\pi}{2}$，故$\varphi=\frac{\pi}{6}$；由在$x=\frac{\pi}{3}$处取得最大值，得$\omega\times\frac{\pi}{3}+\frac{\pi}{6}=\frac{\pi}{2}+2k\pi$，$k\in\mathbb{Z}$，解得$\omega=1+6k$，又$\omega>0$，取$k=0$，得$\omega=1$，故$f(x)=2\sin\left(x+\frac{\pi}{6}\right)$；（2）当$x\in\left[-\frac{\pi}{6},\frac{\pi}{3}\right]$时，$x+\frac{\pi}{6}\in\left[0,\frac{\pi}{2}\right]$，所以$\sin\left(x+\frac{\pi}{6}\right)\in[0,1]$，则$f(x)\in[0,2]$，故最小值为$0$。四、附加题（共2小题，每小题10分，不计入总分）23.证明：$\tan3\theta=\frac{3\tan\theta-\tan^3\theta}{1-3\tan^2\theta}$。证明：$\tan3\theta=\tan(2\theta+\theta)=\frac{\tan2\theta+\tan\theta}{1-\tan2\