《2025年5年高考3年模拟高中数学全一册人教B版》

1. (回归教材)(2024新课标I,4,5分,易)已知$\cos(\alpha+\beta)=m,\tan\alpha\tan\beta = 2$,则$\cos(\alpha - \beta)=$ （ ）
A. $-3m$
B. $-\frac{m}{3}$
C. $\frac{m}{3}$
D. $3m$

答案： 因为$\tan\alpha\tan\beta = 2$，所以$\frac{\sin\alpha\sin\beta}{\cos\alpha\cos\beta}=2$，
所以$\sin\alpha\sin\beta = 2\cos\alpha\cos\beta$，
又$\cos(\alpha + \beta)=\cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta = m$，
所以$\cos\alpha\cos\beta=-m$，$\sin\alpha\sin\beta=-2m$，
所以$\cos(\alpha - \beta)=\cos\alpha\cos\beta+\sin\alpha\sin\beta=-3m$。故选A。

2. (2024全国甲理,8,5分,中)已知$\frac{\cos\alpha}{\cos\alpha-\sin\alpha}=\sqrt{3}$,则$\tan(\alpha+\frac{\pi}{4})=$ （ ）
A. $2\sqrt{3}+1$
B. $2\sqrt{3}-1$
C. $\frac{\sqrt{3}}{2}$
D. $1-\sqrt{3}$

答案： $\because\frac{\cos\alpha}{\cos\alpha-\sin\alpha}=\sqrt{3}$，$\therefore\frac{\cos\alpha-\sin\alpha}{\cos\alpha}=\frac{\sqrt{3}}{3}$，$\therefore1 - \tan\alpha=\frac{\sqrt{3}}{3}$，$\therefore\tan\alpha = 1-\frac{\sqrt{3}}{3}$。因此$\tan(\alpha+\frac{\pi}{4})=\frac{\tan\alpha + 1}{1 - \tan\alpha}=\frac{1-\frac{\sqrt{3}}{3}+1}{1-(1-\frac{\sqrt{3}}{3})}=2\sqrt{3}-1$，故选B。

3. (2024新课标II,13,5分，中)已知$\alpha$为第一象限角,$\beta$为第三象限角,$\tan\alpha+\tan\beta = 4,\tan\alpha\tan\beta=\sqrt{2}+1$,则$\sin(\alpha+\beta)=$ _______.

答案： 答案$-\frac{2\sqrt{2}}{3}$
解析$\tan(\alpha + \beta)=\frac{\tan\alpha+\tan\beta}{1-\tan\alpha\tan\beta}=\frac{4}{1-(\sqrt{2}+1)}=-2\sqrt{2}$，
$1+\tan^{2}(\alpha + \beta)=1+\frac{\sin^{2}(\alpha + \beta)}{\cos^{2}(\alpha + \beta)}=\frac{\cos^{2}(\alpha + \beta)+\sin^{2}(\alpha + \beta)}{\cos^{2}(\alpha + \beta)}=\frac{1}{\cos^{2}(\alpha + \beta)}$，
$\therefore\cos^{2}(\alpha + \beta)=\frac{1}{1+\tan^{2}(\alpha + \beta)}=\frac{1}{1+(-2\sqrt{2})^{2}}=\frac{1}{9}$，
$\therefore\sin^{2}(\alpha + \beta)=1-\cos^{2}(\alpha + \beta)=\frac{8}{9}$，
$\because\alpha$为第一象限角，$\therefore2k_{1}\pi\lt\alpha\lt\frac{\pi}{2}+2k_{1}\pi,k_{1}\in Z$，
$\because\beta$为第三象限角，$\therefore2k_{2}\pi-\pi\lt\beta\lt2k_{2}\pi-\frac{\pi}{2},k_{2}\in Z$，
$\therefore2(k_{1}+k_{2})\pi-\pi\lt\alpha + \beta\lt2(k_{1}+k_{2})\pi,k_{1},k_{2}\in Z$，
$\therefore\sin(\alpha + \beta)=-\frac{2\sqrt{2}}{3}$。

1. (2020课标II理,2,5分,易)若$\alpha$为第四象限角,则 （ ）
A. $\cos2\alpha＞0$
B. $\cos2\alpha＜0$
C. $\sin2\alpha＞0$
D. $\sin2\alpha＜0$

答案： 解法一：$\because\alpha$是第四象限角，$\therefore-\frac{\pi}{2}+2k\pi\lt\alpha\lt2k\pi,k\in Z$，$\therefore-\pi + 4k\pi\lt2\alpha\lt4k\pi,k\in Z$，$\therefore$角$2\alpha$的终边在第三、四象限或$y$轴非正半轴上，$\therefore\sin2\alpha\lt0$，$\cos2\alpha$可正、可负、可为零。故选D。
解法二：因为$\alpha$是第四象限角，所以$\sin\alpha\lt0$，$\cos\alpha\gt0$，因此$\sin2\alpha = 2\sin\alpha\cos\alpha\lt0$，故选D。

2. (2022全国甲理,8,5分,中)
沈括的《梦溪笔谈》是中国古代科技史上的杰作,其中收录了计算圆弧长度的“会圆术”.如图, $\overset{\frown}{AB}$是以$O$为圆心,$OA$为半径的圆弧,$C$是$AB$的中点,$D$在$\overset{\frown}{AB}$上,$CD\perp AB$. “会圆术”给出$\overset{\frown}{AB}$的弧长的近似值$s$的计算公式：$s = AB+\frac{CD^{2}}{OA}$.当$OA = 2$,$\angle AOB = 60^{\circ}$时,$s=$ （ ）

A. $\frac{11 - 3\sqrt{3}}{2}$
B. $\frac{11 - 4\sqrt{3}}{2}$
C. $\frac{9 - 3\sqrt{3}}{2}$
D. $\frac{9 - 4\sqrt{3}}{2}$

答案：
连接$OC$，如图

$\because C$是$AB$的中点，$OA = OB = 2$，$\therefore OC\perp AB$。
又$\because CD\perp AB$，$\therefore D,C,O$三点共线。
$\because\angle AOB = 60^{\circ}$，$OA = OB$，$\therefore\triangle AOB$是等边三角形，
$\therefore AB = 2$，$OC=\sqrt{3}$，$CD = 2-\sqrt{3}$，
$\therefore s = 2+\frac{(2 - \sqrt{3})^{2}}{2}=\frac{11 - 4\sqrt{3}}{2}$，故选B。

3. (2023全国乙文,14,5分,易)若$\theta\in(0,\frac{\pi}{2})$,$\tan\theta=\frac{1}{3}$,则$\sin\theta-\cos\theta =$ _______.

答案：
答案$-\frac{\sqrt{10}}{5}$
解析 解法一：由$\tan\theta=\frac{1}{3}$，可得$\frac{\sin\theta}{\cos\theta}=\frac{1}{3}$，
又$\sin^{2}\theta+\cos^{2}\theta = 1$，$\theta\in(0,\frac{\pi}{2})$，
所以$\sin\theta=\frac{\sqrt{10}}{10}$，$\cos\theta=\frac{3\sqrt{10}}{10}$，
所以$\sin\theta-\cos\theta=\frac{\sqrt{10}}{10}-\frac{3\sqrt{10}}{10}=-\frac{\sqrt{10}}{5}$。
解法二：如图，构造直角三角形$ABC$，其中$AB = 3$，$BC = 1$，$B=\frac{\pi}{2}$，则$A=\theta$，$AC=\sqrt{10}$，所以$\sin\theta=\frac{\sqrt{10}}{10}$，$\cos\theta=\frac{3\sqrt{10}}{10}$，所以$\sin\theta-\cos\theta=-\frac{\sqrt{10}}{5}$。

1. (2021新高考I,6,5分,易)若$\tan\theta=-2$,则$\frac{\sin\theta(1 + \sin2\theta)}{\sin\theta+\cos\theta}=$ （ ）
A. $-\frac{6}{5}$
B. $-\frac{2}{5}$
C. $\frac{2}{5}$
D. $\frac{6}{5}$

答案： $\frac{\sin\theta(1+\sin2\theta)}{\sin\theta+\cos\theta}=\frac{\sin\theta(\sin^{2}\theta+\cos^{2}\theta + 2\sin\theta\cos\theta)}{\sin\theta+\cos\theta}=\frac{\sin\theta(\sin\theta+\cos\theta)^{2}}{\sin\theta+\cos\theta}=\sin\theta(\sin\theta+\cos\theta)=\sin^{2}\theta+\sin\theta\cos\theta=\frac{\sin^{2}\theta+\sin\theta\cos\theta}{\sin^{2}\theta+\cos^{2}\theta}=\frac{\tan^{2}\theta+\tan\theta}{\tan^{2}\theta + 1}=\frac{(-2)^{2}-2}{(-2)^{2}+1}=\frac{2}{5}$。故选C。

2. (2023新课标II,7,5分,易)已知$\alpha$为锐角,$\cos\alpha=\frac{1+\sqrt{5}}{4}$,则$\sin\frac{\alpha}{2}=$ （ ）
A. $\frac{3-\sqrt{5}}{8}$
B. $\frac{-1+\sqrt{5}}{8}$
C. $\frac{3-\sqrt{5}}{4}$
D. $\frac{-1+\sqrt{5}}{4}$

答案： $\because\cos\alpha = 1 - 2\sin^{2}\frac{\alpha}{2}=\frac{1+\sqrt{5}}{4}$，
$\therefore\sin^{2}\frac{\alpha}{2}=\frac{3-\sqrt{5}}{8}=\frac{6 - 2\sqrt{5}}{16}=\frac{(\sqrt{5}-1)^{2}}{16}$，
$\because\alpha$为锐角，$\therefore\frac{\alpha}{2}$也为锐角，$\therefore\sin\frac{\alpha}{2}=\frac{\sqrt{5}-1}{4}$。故选D。

3. (2023新课标I,8,5分,易)已知$\sin(\alpha-\beta)=\frac{1}{3},\cos\alpha\sin\beta=\frac{1}{6}$,则$\cos(2\alpha + 2\beta)=$ （ ）
A. $\frac{7}{9}$
B. $\frac{1}{9}$
C. $-\frac{1}{9}$
D. $-\frac{7}{9}$

答案： $\because\sin(\alpha - \beta)=\sin\alpha\cos\beta-\cos\alpha\sin\beta=\frac{1}{3}$，$\cos\alpha\sin\beta=\frac{1}{6}$，$\therefore\sin\alpha\cos\beta=\frac{1}{3}+\frac{1}{6}=\frac{1}{2}$，
$\therefore\sin(\alpha + \beta)=\sin\alpha\cos\beta+\cos\alpha\sin\beta=\frac{2}{3}$，
$\therefore\cos(2\alpha + 2\beta)=\cos[2(\alpha + \beta)]=1 - 2\sin^{2}(\alpha + \beta)=1-\frac{8}{9}=\frac{1}{9}$，故选B。

4. (2020课标I理,9,5分,易)已知$\alpha\in(0,\pi)$,且$3\cos2\alpha-8\cos\alpha = 5$,则$\sin\alpha=$ （ ）
A. $\frac{\sqrt{5}}{3}$
B. $\frac{2}{3}$
C. $\frac{1}{3}$
D. $\frac{\sqrt{5}}{9}$

答案： 由$3\cos2\alpha-8\cos\alpha = 5$，得$3\cos^{2}\alpha-4\cos\alpha-4 = 0$，所以$\cos\alpha=-\frac{2}{3}$或$\cos\alpha = 2$（舍去），因为$\alpha\in(0,\pi)$，所以$\sin\alpha=\frac{\sqrt{5}}{3}$，故选A。

5. (2021全国甲,文11,理9,5分,中)若$\alpha\in(0,\frac{\pi}{2}),\tan2\alpha=\frac{\cos\alpha}{2-\sin\alpha}$,则$\tan\alpha =$ （ ）
A. $\frac{\sqrt{15}}{15}$
B. $\frac{\sqrt{5}}{5}$
C. $\frac{\sqrt{5}}{3}$
D. $\frac{\sqrt{15}}{3}$

答案： $\because\tan2\alpha=\frac{\cos\alpha}{2-\sin\alpha}$，且$\alpha\in(0,\frac{\pi}{2})$，
$\therefore\frac{\sin2\alpha}{\cos2\alpha}=\frac{\cos\alpha}{2-\sin\alpha}$，（切化弦）
$\therefore2\sin2\alpha=\cos\alpha\cos2\alpha+\sin\alpha\sin2\alpha$，
即$4\sin\alpha\cos\alpha=\cos(2\alpha-\alpha)=\cos\alpha$，（利用二倍角的正弦公式与两角差的余弦公式化简）
又$\cos\alpha\neq0$，$\therefore4\sin\alpha = 1$，
$\therefore\sin\alpha=\frac{1}{4}$，$\therefore\cos\alpha=\frac{\sqrt{15}}{4}$，$\tan\alpha=\frac{\sqrt{15}}{15}$。故选A。

6. (2022新高考II,6,5分,中)若$\sin(\alpha+\beta)+\cos(\alpha+\beta)=2\sqrt{2}\cos(\alpha+\frac{\pi}{4})\sin\beta$,则 （ ）
A. $\tan(\alpha-\beta)=1$
B. $\tan(\alpha+\beta)=1$
C. $\tan(\alpha-\beta)=-1$
D. $\tan(\alpha+\beta)=-1$

答案： 由已知，得$\sin\alpha\cos\beta+\cos\alpha\sin\beta+\cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta=2(\cos\alpha-\sin\alpha)\sin\beta$。
化简，得$\sin\alpha\cos\beta-\cos\alpha\sin\beta+\cos\alpha\cos\beta+\sin\alpha\sin\beta = 0$，
即$\sin(\alpha - \beta)+\cos(\alpha - \beta)=0$。
所以$\tan(\alpha - \beta)=-1$。故选C。