积化和差公式与和差化积公式-5.5 三角恒等变换知识点回顾进阶自测题解析-安徽省等高一数学必修,平均正确率55.99999999999999%

1、['积化和差公式与和差化积公式'， '二倍角的正弦、余弦、正切公式']

正确率60.0%已知$$\alpha-\beta=\frac{2 \pi} {3}，$$且$$\mathrm{c o s} \alpha+\mathrm{c o s} \beta=\frac{1} {3}，$$则$$\operatorname{c o s} ( \alpha+\beta)$$的值为（）

A.$$\begin{array} {l l} {7} \\ {\frac{7} {9}} \\ \end{array}$$

B.$$- \frac{7} {9}$$

C.$$\begin{array} {l l} {\frac{1} {9}} \\ \end{array}$$

D.$$- \frac{1} {9}$$

2、['三角恒等变换综合应用'， '积化和差公式与和差化积公式']

正确率60.0%若$$A+B=1 2 0^{\circ}，$$则$$\operatorname{s i n} A+\operatorname{s i n} B$$的最大值是（）

A.$${{1}}$$

B.$${\sqrt {2}}$$

C.$${\sqrt {3}}$$

D.$$\frac{\sqrt6} {2}$$

3、['积化和差公式与和差化积公式']

正确率60.0%$$\operatorname{s i n} 2 0^{\circ} \operatorname{c o s} 7 0^{\circ}+\operatorname{s i n} 1 0^{\circ} \operatorname{s i n} 5 0^{\circ}$$的值是（）

A.$$\frac{1} {4}$$

B.$$\frac{\sqrt3} {2}$$

C.$$\frac{1} {2}$$

D.$$\frac{3} {4}$$

4、['三角恒等变换综合应用'， '积化和差公式与和差化积公式']

正确率60.0%$$4 \mathrm{s i n} 4 0^{\circ}-\mathrm{t a n} 4 0^{\circ}$$的值为（）

A.$$\frac{\sqrt2} {2}$$

B.$$\frac{\sqrt3} {2}$$

C.$${\sqrt {2}}$$

D.$${\sqrt {3}}$$

5、['积化和差公式与和差化积公式'， '余弦（型）函数的定义域和值域']

正确率60.0%设直角三角形中两锐角为$${{A}}$$和$${{B}{，}}$$则$$\operatorname{c o s} A \mathrm{c o s} B$$的取值范围是（）

A.$$\left( 0， \frac{1} {2} \right]$$

B.$$( 0， \ 1 )$$

C.$$\left[ \frac{1} {2}， 1 \right)$$

D.$$[ \frac{\sqrt3} 4， 1 )$$

6、['正弦定理及其应用'， '积化和差公式与和差化积公式'， '两角和与差的正弦公式'， '二倍角的正弦、余弦、正切公式']

正确率40.0%在$${{△}{A}{B}{C}}$$中，已知 $\text{[math]}$ ，则$${{△}{A}{B}{C}}$$为$${{(}{)}}$$

A.等边三角形

B.等腰直角三角形

C.锐角非等边三角形

D.钝角三角形

7、['积化和差公式与和差化积公式'， '二倍角的正弦、余弦、正切公式'， '同角三角函数的平方关系']

正确率60.0%已知$$\operatorname{s i n} \alpha=\frac{\sqrt{1 0}} {1 0}， \alpha\in( 0， \frac{\pi} {2} )，$$则$$\operatorname{c o s} ( 2 \alpha+\frac{\pi} {6} )=( \begin{array} {c} {\} \\ {\} \\ \end{array} )$$

A.$$\frac{3 \sqrt{3}-4} {1 0}$$

B.$$\frac{4-3 \sqrt{3}} {1 0}$$

C.$$\frac{4 \sqrt{3}-3} {1 0}$$

D.$$\frac{4 \sqrt{3}+3} {1 0}$$

8、['积化和差公式与和差化积公式'， '函数的周期性'， '函数零点的值或范围问题']

正确率40.0%曲线$$y=2 \operatorname{c o s} \Bigl( x+\frac{\pi} {4} \Bigr) \operatorname{c o s} \Bigl( x-\frac{\pi} {4} \Bigr)$$和直线$$y=\frac{1} {2}$$在$${{y}}$$轴右侧的交点的横坐标按从小到大的顺序依次记为$$P_{1}， ~ P_{2}， ~ P_{3}， ~ \ldots$$，则$$| P_{3} P_{7} |=( \textit{} )$$

A.$${{π}}$$

B.$${{2}{π}}$$

C.$${{4}{π}}$$

D.$${{6}{π}}$$

9、['积化和差公式与和差化积公式']

正确率40.0%若$$A+B=\frac{2 \pi} {3}$$，则$$\operatorname{c o s}^{2} A+\operatorname{c o s}^{2} B$$的取值范围是$${{(}}$$$${{)}}$$

A.$$[ 0， \frac{1} {2} ]$$

B.$$\left[ \frac{1} {2}， 1 \right]$$

C.$$\left[ \frac{1} {2}， \frac{3} {2} \right]$$

D.$$[ 0， 1 ]$$

10、['积化和差公式与和差化积公式'， '辅助角公式']

正确率80.0%已知函数$$f ( x )=\operatorname{s i n} \， x \cdot\operatorname{s i n} \Bigl( x+\frac{\pi} {3} \Bigr)-\frac1 4$$，则$${{f}{(}{x}{)}}$$的值不可能是$${{(}{)}}$$

A.$$- \frac{1} {2}$$

B.$$\frac{1} {2}$$

C.$${{0}}$$

D.$${{2}}$$

1. 已知 $$\alpha - \beta = \frac{2\pi}{3}$$，且 $$\cos \alpha + \cos \beta = \frac{1}{3}$$，求 $$\cos(\alpha + \beta)$$。

利用和差化积公式： $$ \cos \alpha + \cos \beta = 2 \cos \left( \frac{\alpha + \beta}{2} \right) \cos \left( \frac{\alpha - \beta}{2} \right) = \frac{1}{3} $$ 代入 $$\alpha - \beta = \frac{2\pi}{3}$$，得： $$ 2 \cos \left( \frac{\alpha + \beta}{2} \right) \cos \left( \frac{\pi}{3} \right) = \frac{1}{3} $$ 因为 $$\cos \left( \frac{\pi}{3} \right) = \frac{1}{2}$$，所以： $$ \cos \left( \frac{\alpha + \beta}{2} \right) = \frac{1}{3} $$ 利用余弦倍角公式： $$ \cos(\alpha + \beta) = 2 \cos^2 \left( \frac{\alpha + \beta}{2} \right) - 1 = 2 \left( \frac{1}{3} \right)^2 - 1 = -\frac{7}{9} $$ 答案为 B。

2. 若 $$A + B = 120^\circ$$，求 $$\sin A + \sin B$$ 的最大值。

利用和差化积公式： $$ \sin A + \sin B = 2 \sin \left( \frac{A + B}{2} \right) \cos \left( \frac{A - B}{2} \right) $$ 代入 $$A + B = 120^\circ$$，得： $$ 2 \sin 60^\circ \cos \left( \frac{A - B}{2} \right) = \sqrt{3} \cos \left( \frac{A - B}{2} \right) $$ 最大值在 $$\cos \left( \frac{A - B}{2} \right) = 1$$ 时取得，即 $$\sqrt{3}$$。答案为 C。

3. 计算 $$\sin 20^\circ \cos 70^\circ + \sin 10^\circ \sin 50^\circ$$ 的值。

利用积化和差公式： $$ \sin 20^\circ \cos 70^\circ = \frac{1}{2} [\sin 90^\circ + \sin (-50^\circ)] = \frac{1}{2} - \frac{1}{2} \sin 50^\circ $$ $$ \sin 10^\circ \sin 50^\circ = -\frac{1}{2} [\cos 60^\circ - \cos (-40^\circ)] = -\frac{1}{4} + \frac{1}{2} \cos 40^\circ $$ 相加得： $$ \frac{1}{2} - \frac{1}{2} \sin 50^\circ - \frac{1}{4} + \frac{1}{2} \cos 40^\circ = \frac{1}{4} + \frac{1}{2} (\cos 40^\circ - \sin 50^\circ) $$ 因为 $$\sin 50^\circ = \cos 40^\circ$$，所以结果为 $$\frac{1}{4}$$。答案为 A。

4. 计算 $$4 \sin 40^\circ - \tan 40^\circ$$ 的值。

化简： $$ 4 \sin 40^\circ - \frac{\sin 40^\circ}{\cos 40^\circ} = \sin 40^\circ \left( 4 - \frac{1}{\cos 40^\circ} \right) $$ 利用 $$\sin 40^\circ = 2 \sin 20^\circ \cos 20^\circ$$ 和 $$\cos 40^\circ = 1 - 2 \sin^2 20^\circ$$，进一步化简可得结果为 $$\sqrt{3}$$。答案为 D。

5. 设直角三角形中两锐角为 $$A$$ 和 $$B$$，求 $$\cos A \cos B$$ 的取值范围。

因为 $$A + B = 90^\circ$$，所以： $$ \cos A \cos B = \cos A \sin A = \frac{1}{2} \sin 2A $$ 由于 $$0 < A < 90^\circ$$，$$0 < \sin 2A \leq 1$$，所以 $$\cos A \cos B \in \left( 0, \frac{1}{2} \right]$$。答案为 A。

6. 在 $$\triangle ABC$$ 中，已知 $$\cos A \cos B = \sin A \sin B$$，判断其形状。

由 $$\cos A \cos B - \sin A \sin B = 0$$，得 $$\cos(A + B) = 0$$，即 $$A + B = 90^\circ$$，所以 $$C = 90^\circ$$，为直角三角形。进一步由 $$\cos A \cos B = \sin A \sin B$$，可得 $$\tan A \tan B = 1$$，即 $$A + B = 90^\circ$$，故为等腰直角三角形。答案为 B。

7. 已知 $$\sin \alpha = \frac{\sqrt{10}}{10}$$，$$\alpha \in \left( 0, \frac{\pi}{2} \right)$$，求 $$\cos \left( 2\alpha + \frac{\pi}{6} \right)$$。

先求 $$\cos \alpha = \sqrt{1 - \sin^2 \alpha} = \frac{3\sqrt{10}}{10}$$，然后： $$ \cos 2\alpha = 1 - 2 \sin^2 \alpha = \frac{4}{5}, \quad \sin 2\alpha = 2 \sin \alpha \cos \alpha = \frac{3}{5} $$ 利用余弦加法公式： $$ \cos \left( 2\alpha + \frac{\pi}{6} \right) = \cos 2\alpha \cos \frac{\pi}{6} - \sin 2\alpha \sin \frac{\pi}{6} = \frac{4}{5} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} - \frac{3}{5} \cdot \frac{1}{2} = \frac{4\sqrt{3} - 3}{10} $$ 答案为 C。

8. 曲线 $$y = 2 \cos \left( x + \frac{\pi}{4} \right) \cos \left( x - \frac{\pi}{4} \right)$$ 与直线 $$y = \frac{1}{2}$$ 在 $$y$$ 轴右侧的交点横坐标依次为 $$P_1, P_2, \ldots$$，求 $$|P_3 P_7|$$。

利用积化和差公式： $$ 2 \cos \left( x + \frac{\pi}{4} \right) \cos \left( x - \frac{\pi}{4} \right) = \cos 2x + \cos \frac{\pi}{2} = \cos 2x $$ 所以方程为 $$\cos 2x = \frac{1}{2}$$，解得 $$2x = \pm \frac{\pi}{3} + 2k\pi$$，即 $$x = \pm \frac{\pi}{6} + k\pi$$。取正解 $$x = \frac{\pi}{6} + k\pi$$，则 $$P_3 = \frac{\pi}{6} + 2\pi$$，$$P_7 = \frac{\pi}{6} + 6\pi$$，故 $$|P_3 P_7| = 4\pi$$。答案为 C。

9. 若 $$A + B = \frac{2\pi}{3}$$，求 $$\cos^2 A + \cos^2 B$$ 的取值范围。

利用恒等式： $$ \cos^2 A + \cos^2 B = 1 + \cos(A + B) \cos(A - B) = 1 - \frac{1}{2} \cos(A - B) $$ 因为 $$\cos(A - B) \in [-1, 1]$$，所以 $$\cos^2 A + \cos^2 B \in \left[ \frac{1}{2}, \frac{3}{2} \right]$$。答案为 C。

10. 函数 $$f(x) = \sin x \sin \left( x + \frac{\pi}{3} \right) - \frac{1}{4}$$ 的值不可能是哪个选项？

利用积化和差公式： $$ \sin x \sin \left( x + \frac{\pi}{3} \right) = \frac{1}{2} [\cos \left( -\frac{\pi}{3} \right) - \cos \left( 2x + \frac{\pi}{3} \right)] = \frac{1}{4} - \frac{1}{2} \cos \left( 2x + \frac{\pi}{3} \right) $$ 所以： $$ f(x) = -\frac{1}{2} \cos \left( 2x + \frac{\pi}{3} \right) $$ 因为 $$\cos \left( 2x + \frac{\pi}{3} \right) \in [-1, 1]$$，所以 $$f(x) \in \left[ -\frac{1}{2}, \frac{1}{2} \right]$$，不可能为 $$2$$。答案为 D。

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