《2025年5年高考3年模拟高中数学全一册人教B版》

2. (2024湖北百校联考,6)已知α∈(0,$\frac{\pi}{2}$),tan(α + $\frac{\pi}{9}$)=2$\sqrt{2}$,则$\frac{\sin(\frac{23\pi}{18}-2\alpha)}{\cos(\frac{\pi}{9}+\alpha)}$的值为 （ ）
A. $-\frac{4\sqrt{2}}{9}$
B. $\frac{1}{3}$
C. $\frac{2\sqrt{3}}{3}$
D. $\frac{7}{3}$

答案： 因为$\alpha\in(0,\frac{\pi}{2})$，$\tan(\alpha+\frac{\pi}{9})=2\sqrt{2}$，则$0＜\alpha+\frac{\pi}{9}＜\frac{\pi}{2}$，所以$\cos(\alpha+\frac{\pi}{9})=\frac{1}{3}$，所以$\sin(\frac{23\pi}{18}-2\alpha)=\sin[\frac{3\pi}{2}-(\frac{2\pi}{9}+2\alpha)]=-\cos(\frac{2\pi}{9}+2\alpha)=-\cos[2(\frac{\pi}{9}+\alpha)]=1 - 2\cos^{2}(\frac{\pi}{9}+\alpha)=1 - 2\times(\frac{1}{3})^{2}=\frac{7}{9}$，所以$\frac{\sin(\frac{23\pi}{18}-2\alpha)}{\cos(\frac{\pi}{9}+\alpha)}=\frac{\frac{7}{9}}{\frac{1}{3}}=\frac{7}{3}$，故选 D.

3. (2024东北三省三校第二次模拟,7)已知函数f(x)=sin(ωx + φ)(ω＞0,0≤φ≤π)为偶函数,其图象相邻两对称轴之间的距离为π,若sinα + f(α)=$\frac{2}{3}$,则$\frac{\sin2\alpha - \cos2\alpha + 1}{1 + \tan\alpha}$的值为 （ ）
A. $\frac{4}{9}$
B. $-\frac{4}{9}$
C. $\frac{5}{9}$
D. $-\frac{5}{9}$

答案： $\because f(x)$为偶函数，$\therefore\varphi=\frac{\pi}{2}+k\pi$，$k\in Z$，又$\because0\leqslant\varphi\leqslant\pi$，$\therefore\varphi=\frac{\pi}{2}$，又$\because f(x)$图象相邻两条对称轴之间的距离为$\pi$，$\therefore T=\frac{2\pi}{|\omega|}=2\pi$，$\because\omega＞0$，$\therefore\omega = 1$，$\therefore f(x)=\sin(x+\frac{\pi}{2})=\cos x$，则$\sin\alpha+f(\alpha)=\sin\alpha+\cos\alpha=\frac{2}{3}$，$\therefore1 + 2\sin\alpha\cos\alpha=\frac{4}{9}$，即$2\sin\alpha\cos\alpha=-\frac{5}{9}$，$\therefore\frac{\sin2\alpha-\cos2\alpha+1}{1+\tan\alpha}=\frac{2\sin\alpha\cos\alpha-(1 - 2\sin^{2}\alpha)+1}{1+\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}}=\frac{2\sin\alpha\cos\alpha+2\sin^{2}\alpha}{\frac{\cos\alpha+\sin\alpha}{\cos\alpha}}=\frac{2\sin\alpha\cos\alpha(\cos\alpha+\sin\alpha)}{\cos\alpha+\sin\alpha}=2\sin\alpha\cos\alpha=-\frac{5}{9}$. 故选 D.

4. (2024福建厦门二模,7)已知cos(140° - α)+sin(110° + α)=sin(130° - α),则tanα= （ ）
A. $\frac{\sqrt{3}}{3}$
B. $-\frac{\sqrt{3}}{3}$
C. $\sqrt{3}$
D. $-\sqrt{3}$

答案： $\cos(140^{\circ}-\alpha)+\sin(110^{\circ}+\alpha)=\sin(130^{\circ}-\alpha)$，即$-\cos(40^{\circ}+\alpha)+\cos(20^{\circ}+\alpha)=\cos(40^{\circ}-\alpha)$，故$\cos(20^{\circ}+\alpha)=\cos(40^{\circ}-\alpha)+\cos(40^{\circ}+\alpha)$，即$\cos20^{\circ}\cos\alpha-\sin20^{\circ}\sin\alpha=2\cos40^{\circ}\cos\alpha$，故$\cos20^{\circ}\cos\alpha-2\cos40^{\circ}\cos\alpha=\sin20^{\circ}\sin\alpha$，即$\tan\alpha=\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}=\frac{\cos20^{\circ}-2\cos40^{\circ}}{\sin20^{\circ}}=\frac{\cos(30^{\circ}-10^{\circ})-2\cos(30^{\circ}+10^{\circ})}{\sin20^{\circ}}=\frac{-\frac{\sqrt{3}}{2}\cos10^{\circ}+\frac{3}{2}\sin10^{\circ}}{\sin20^{\circ}}=\frac{\sqrt{3}\sin(10^{\circ}-30^{\circ})}{\sin20^{\circ}}=\frac{-\sqrt{3}\sin20^{\circ}}{\sin20^{\circ}}=-\sqrt{3}$. 故选 D.

5. (2024广东广州一模,8)已知α,β是函数f(x)=3sin(2x + $\frac{\pi}{6}$)-2在[0,$\frac{\pi}{2}$]上的两个零点,则cos(α - β)= （ ）
A. $\frac{2}{3}$
B. $\frac{\sqrt{5}}{3}$
C. $\frac{\sqrt{15}-2}{6}$
D. $\frac{2\sqrt{3}+\sqrt{5}}{6}$

答案： 因为$\alpha$，$\beta$是函数$f(x)$在$(0,\frac{\pi}{2})$上的两个零点，所以$\sin(2\alpha+\frac{\pi}{6})=\frac{2}{3}$，$\sin(2\beta+\frac{\pi}{6})=\frac{2}{3}$，且$2\alpha+\frac{\pi}{6}\in(\frac{\pi}{6},\frac{7\pi}{6})$，$2\beta+\frac{\pi}{6}\in(\frac{\pi}{6},\frac{7\pi}{6})$，所以$2\alpha+\frac{\pi}{6}+2\beta+\frac{\pi}{6}=\pi$，所以$\alpha+\beta=\frac{\pi}{3}$，所以$\cos(\alpha-\beta)=\cos[\alpha-(\frac{\pi}{3}-\alpha)]=\cos(2\alpha-\frac{\pi}{3})=\cos(2\alpha+\frac{\pi}{6}-\frac{\pi}{2})=\sin(2\alpha+\frac{\pi}{6})=\frac{2}{3}$，故选 A.

6. (2024辽宁鞍山二模,8)已知α,β均为锐角,sinα = 3sinβcos(α + β),则tanα取得最大值时,tan(α + β)的值为 （ ）
A. $\sqrt{2}$
B. $\sqrt{3}$
C. 1
D. 2

答案： 因为$\sin\alpha=\sin(\alpha+\beta-\beta)=\sin(\alpha+\beta)\cos\beta-\cos(\alpha+\beta)\sin\beta=3\sin\beta\cos(\alpha+\beta)$，即$4\sin\beta\cos(\alpha+\beta)=\sin(\alpha+\beta)\cos\beta$，所以$\tan(\alpha+\beta)=4\tan\beta=4\tan(\alpha+\beta-\alpha)=4\frac{\tan(\alpha+\beta)-\tan\alpha}{1+\tan(\alpha+\beta)\tan\alpha}$，整理得，$\tan\alpha=\frac{3\tan(\alpha+\beta)}{\tan^{2}(\alpha+\beta)+4}=\frac{3}{\tan(\alpha+\beta)+\frac{4}{\tan(\alpha+\beta)}}$，因为$\alpha$，$\beta$均为锐角，且$\sin\alpha=3\sin\beta\cos(\alpha+\beta)$，所以$\cos(\alpha+\beta)＞0$，所以$\tan(\alpha+\beta)＞0$，所以$\tan(\alpha+\beta)+\frac{4}{\tan(\alpha+\beta)}\geqslant2\sqrt{\tan(\alpha+\beta)\cdot\frac{4}{\tan(\alpha+\beta)}} = 4$，当且仅当$\tan(\alpha+\beta)=\frac{4}{\tan(\alpha+\beta)}$，即$\tan(\alpha+\beta)=2$时等号成立，所以$\tan\alpha=\frac{3}{\tan(\alpha+\beta)+\frac{4}{\tan(\alpha+\beta)}}\leqslant\frac{3}{4}$，所以$\tan\alpha$取得最大值时，$\tan(\alpha+\beta)$的值为$2$. 故选 D.

7. (多选)(2024浙江温州二模,9)已知角α的顶点为坐标原点,始边与x轴的非负半轴重合,P(-3,4)为其终边上一点,若角β的终边与角2α的终边关于直线y = -x对称,则 （ ）
A. cos(π + α)=$\frac{3}{5}$
B. β = 2kπ + $\frac{\pi}{2}$ + 2α(k∈Z)
C. tanβ=$\frac{7}{24}$
D. 角β的终边在第一象限

答案： 设坐标原点为$O$. 因为角$\alpha$的顶点为坐标原点，始边与$x$轴的非负半轴重合，终边经过点$P(-3,4)$，所以$|OP| = 5$，所以$\sin\alpha=\frac{4}{5}$，$\cos\alpha=-\frac{3}{5}$，所以$\cos(\pi+\alpha)=-\cos\alpha=\frac{3}{5}$，故 A 正确；$\sin2\alpha=2\sin\alpha\cos\alpha=2\times\frac{4}{5}\times(-\frac{3}{5})=-\frac{24}{25}$，$\cos2\alpha=\cos^{2}\alpha-\sin^{2}\alpha=(-\frac{3}{5})^{2}-(\frac{4}{5})^{2}=-\frac{7}{25}$，所以角$2\alpha$的终边与单位圆的交点坐标为$(-\frac{7}{25},-\frac{24}{25})$，因为角$\beta$的终边与角$2\alpha$的终边关于直线$y=-x$对称，所以角$\beta$的终边与单位圆的交点为$(\frac{24}{25},\frac{7}{25})$，所以$\tan\beta=\frac{7}{24}$，且角$\beta$的终边在第一象限，故 CD 正确；又因为终边在直线$y=-x$的角为$k\pi-\frac{\pi}{4}$，$k\in Z$，角$2\alpha$的终边与角$\beta$的终边关于直线$y=-x$对称，所以$\frac{2\alpha+\beta}{2}=k\pi-\frac{\pi}{4}(k\in Z)$，$\beta=2k\pi-\frac{\pi}{2}-2\alpha(k\in Z)$，故 B 错误. 故选 ACD.

8. (2024江苏南京、盐城一模,14)已知α,β∈(0,$\frac{\pi}{2}$),且sinα - sinβ=$-\frac{1}{2}$,cosα - cosβ=$\frac{1}{2}$,则tanα + tanβ=_______.

答案： 答案：$\frac{8}{3}$
解析：由题意可知$\sin\alpha-\sin\beta=-\cos\alpha+\cos\beta$，所以$\sin\alpha+\cos\alpha=\sin\beta+\cos\beta$，所以$\sqrt{2}\sin(\alpha+\frac{\pi}{4})=\sqrt{2}\sin(\beta+\frac{\pi}{4})$，因为$\alpha$，$\beta\in(0,\frac{\pi}{2})$，所以$\alpha+\frac{\pi}{4}\in(\frac{\pi}{4},\frac{3\pi}{4})$，$\beta+\frac{\pi}{4}\in(\frac{\pi}{4},\frac{3\pi}{4})$，又$\alpha\neq\beta$，所以$\alpha+\frac{\pi}{4}+\beta+\frac{\pi}{4}=\pi$，故$\alpha+\beta=\frac{\pi}{2}$，所以$\sin\alpha-\sin\beta=\sin\alpha-\cos\alpha=-\frac{1}{2}$，两边平方得$\sin^{2}\alpha-2\sin\alpha\cos\alpha+\cos^{2}\alpha=\frac{1}{4}$，故$\sin\alpha\cos\alpha=\frac{3}{8}$，则$\tan\alpha+\tan\beta=\tan\alpha+\frac{1}{\tan\alpha}=\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}+\frac{\cos\alpha}{\sin\alpha}=\frac{1}{\sin\alpha\cos\alpha}=\frac{8}{3}$.

1. 新定义理解(多选)(2024安徽芜湖二模,10)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M(a,b),|OM| = m(m≠0),定义f(θ)=$\frac{b + a}{m}$,g(θ)=$\frac{b - a}{m}$,则 （ ）
A. f($\frac{\pi}{6}$)+g($\frac{\pi}{6}$) = 1
B. f(θ)+f²(θ)≥0
C. 若$\frac{f(θ)}{g(θ)}$ = 2,则sin2θ=$\frac{3}{5}$
D. f(θ)g(θ)是周期函数

答案： 因为$M(a,b)$在角$\theta$的终边上，且$|OM| = m$，所以$\cos\theta=\frac{a}{m}$，$\sin\theta=\frac{b}{m}$，则$f(\theta)=\frac{b + a}{m}=\sin\theta+\cos\theta$，$g(\theta)=\frac{b - a}{m}=\sin\theta-\cos\theta$. 对于 A，$f(\frac{\pi}{6})+g(\frac{\pi}{6})=\sin\frac{\pi}{6}+\cos\frac{\pi}{6}+\sin\frac{\pi}{6}-\cos\frac{\pi}{6}=1$，故 A 正确；对于 B，$f(\theta)+f^{2}(\theta)=\sin\theta+\cos\theta+(\sin\theta+\cos\theta)^{2}$，令$t=\sin\theta+\cos\theta=\sqrt{2}\sin(\theta+\frac{\pi}{4})$，$t\in[-\sqrt{2},\sqrt{2}]$，所以$f(\theta)+f^{2}(\theta)=t + t^{2}=(t+\frac{1}{2})^{2}-\frac{1}{4}\geqslant-\frac{1}{4}$，故 B 错误；对于 C，由$\frac{f(\theta)}{g(\theta)}=\frac{\sin\theta+\cos\theta}{\sin\theta-\cos\theta}=\frac{\tan\theta+1}{\tan\theta-1}=2$，解得$\tan\theta=3$，则$\sin2\theta=2\sin\theta\cos\theta=\frac{2\sin\theta\cos\theta}{\sin^{2}\theta+\cos^{2}\theta}=\frac{2\tan\theta}{\tan^{2}\theta+1}=\frac{2\times3}{3^{2}+1}=\frac{3}{5}$，故 C 正确；对于 D，$f(\theta)g(\theta)=(\sin\theta+\cos\theta)(\sin\theta-\cos\theta)=\sin^{2}\theta-\cos^{2}\theta=-\cos2\theta$为周期函数，故 D 正确. 故选 ACD.

2. 创新知识交汇(2024重庆质量检测,14)已知x₁,x₂为方程x² - [$\frac{1}{\tan\beta}-\frac{1}{\tan(\alpha+\beta)}$]x + $\frac{2}{3}$ = 0的两个实数根,且α,β∈(0,$\frac{\pi}{2}$),x₁ = 3x₂,则tanα的最大值为_______.

答案： 答案：$12\sqrt{2}$
解析：$x_1$，$x_2$为方程$x^{2}-[\frac{1}{\tan\beta}-\frac{1}{\tan(\alpha+\beta)}]x+\frac{2}{3}=0$的两个实数根，且$\alpha$，$\beta\in(0,\frac{\pi}{2})$，则$x_1 + x_2=\frac{1}{\tan\beta}-\frac{1}{\tan(\alpha+\beta)}$，$x_1x_2=\frac{2}{3}$，且$\tan\alpha＞0$，$\tan\beta＞0$，由$x_1 = 3x_2$，解得$x_1=\sqrt{2}$，$x_2=\frac{\sqrt{2}}{3}$，所以$x_1 + x_2=\frac{1}{\tan\beta}-\frac{1}{\tan(\alpha+\beta)}＞0$，$x_1 + x_2=\frac{1}{\tan\beta}-\frac{1}{\tan(\alpha+\beta)}=\frac{1}{\tan\beta}-\frac{1 - \tan\alpha\tan\beta}{\tan\alpha+\tan\beta}=\frac{4\sqrt{2}}{3}$，则$\tan\alpha+\tan\beta-(1 - \tan\alpha\tan\beta)\tan\beta=\frac{4\sqrt{2}}{3}(\tan\alpha+\tan\beta)\tan\beta$，整理得$(\tan\alpha-\frac{4\sqrt{2}}{3})\tan^{2}\beta-\frac{4\sqrt{2}}{3}\tan\alpha\tan\beta+\tan\alpha=0$，因为关于$\tan\beta$的方程有解，所以$\Delta=\frac{32}{9}\tan^{2}\alpha-4\tan\alpha(\tan\alpha-\frac{4\sqrt{2}}{3})\geqslant0$，即$\tan^{2}\alpha-12\sqrt{2}\tan\alpha\leqslant0$，解得$0\leqslant\tan\alpha\leqslant12\sqrt{2}$，又$\tan\alpha\neq0$，所以$0＜\tan\alpha\leqslant12\sqrt{2}$，所以$\tan\alpha$的最大值为$12\sqrt{2}$.