课时规范练25 两角和与差的正弦、余弦和正切公式-2027届高三数学一轮复习

**基本信息** 以两角和差公式为核心，通过三级训练系统提炼公式直接应用、变形转化及实际建模方法，强化运算能力与推理意识。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础巩固练|10题|公式直接应用、平方差转化、同角关系|构建“公式→基本应用→简单综合”逻辑链| |综合提升练|3题|降幂变形、方程组消元、内角关系应用|深化“单角→复角→综合问题”推导过程| |创新应用练|2题|米勒问题建模、向量数量积求夹角|结合实际情境，培养模型意识与数学表达|

课时规范练25　两角和与差的正弦、余弦和正切公式 (分值:76分) (单选题每小题5分,多选题每小题6分,填空题每小题5分) 基础 巩固练 1.sin 81°cos 51°-cos 81°sin 51°=(　　) A.- B. C.- D. 2.若=3,则tan(α-)=(　　) A.-1 B. C.1 D.3 3.(2025·河北石家庄模拟)已知sin4θ-cos4θ=m,则cos 4θ=(　　) A.2m-1 B.1-2m C.1-2m2 D.2m2-1 4.(2025·黑龙江新时代高中教育联合体模拟)若α∈,且sin+cos 2α=0,则tan α=(　　) A.- B. C.- D. 5.(2026·河北百师联盟高三月考)在平面直角坐标系xOy中,已知锐角θ的顶点在坐标原点,始边与x轴的非负半轴重合,终边与单位圆的交点的纵坐标为.若cos 2θ=msin(-θ),则实数m的值为(　　) A. B. C.- D.- 6.(2025·广东江门一模)已知sin(α-)+cos α=,则cos(2α+)=(　　) A.- B. C.- D. 7.(多选题)(2025·四川南充模拟)下列式子运算正确的有(　　) A.sin 40°(tan 10°-)=-1 B.cos 75°= C. D.tan 22°+tan 23°+tan 22°tan 23°=1 8.(2025·江苏扬州模拟)若sin(θ-)=,则sin 2θ=　　　　　.  9.(2025·浙江台州二模)已知cos α+cos β=,sin α+sin β=,则cos(α-β)=　　　　　.  10.(2024·新高考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)=　　　　　.  综 合 提升练 11.(2025·安徽合肥二模)已知,则sin4θ+cos4θ=(　　) A. B. C. D. 12.(2026·浙江ZDB联盟高三月考)已知α∈(0,),且mcos α+ncos=m,msin α-nsin=n(mn≠0),则cos α=(　　) A. B. C. D. 13.(2025·湖南岳阳二模)已知圆锥的侧面展开图为半圆,其轴截面是以A为顶点的等腰三角形,若A,B,C分别是该三角形的三个内角,则tan+tan+tan B+tantantan B= (　　) A. B.2 C.0 D.1 创 新 应用练 14.(2026·北京十一实验中学高三月考)1471年米勒向诺德尔教授提出了一个有趣的问题:在地球表面的什么地方,一根竖直的悬杆看上去最长(即可见角最大).后人将其称为“米勒问题”,该问题是数学史上最早的极值问题之一.我们把地球表面视为平面α,悬杆视为直线l上两点A,B间的连线,则上述问题可以转化为以下的数学问题:如图1所示,直线l垂直于平面α,直线l上有两点A,B位于平面α的同侧,求平面上一点C,使得∠ACB最大.建立如图2所示的平面直角坐标系.设A,B两点的坐标分别为(0,a),(0,b),0<b<a,点C的坐标为(c,0),当∠ACB最大时,c=(　　) 图1 图2 A.2ab B.ab C.2 D. 15.在平面直角坐标系中,O(0,0),A(sin α,cos α),B(cos(α+),sin(α+)),当∠AOB=时,写出α的一个值为　　　　　.  参考答案 1.D　解析 sin 81°cos 51°-cos 81°sin 51°=sin(81°-51°)=sin 30°=故选D. 2.B　解析 因为=3,所以1+tan α=3,即tan α=2,所以tan(α-)=故选B. 3.D　解析 由sin4θ-cos4θ=m,得-m=(cos2θ+sin2θ)(cos2θ-sin2θ)=cos 2θ,所以cos 4θ=2cos22θ-1=2m2-1.故选D. 4.B　解析 由sin+cos 2α=0,则sin 2α+cos 2α+cos 2α=0,则tan 2α=-,又,则2α∈(0,π),所以2α=,所以α=,tan α=tan 故选B. 5.B　解析 由题意,得sin θ=,cos θ= 由cos 2θ=msin(-θ),得2cos2θ-1=mcos θ,即2-1=m,解得m=故选B. 6.B　解析 由sin(α-)+cos α=,得sin α-cos α+cos α=,即sin α+cos α=, 因此sin(α+)=,所以cos(2α+)=cos[2(α+)]=1-2sin2(α+)=故选B. 7.ACD　解析 sin 40°(tan 10°-) =sin 40°() =2sin 40° =-2sin 40° =-=-1,A正确; cos 75°=cos(45°+30°)=cos 45°cos 30°-sin 45°sin 30°=,B错误; =tan(45°+15°)=,C正确; 因为tan 45°=tan(22°+23°)==1, 所以tan 22°+tan 23°+tan 22°tan 23°=1,D正确.故选ACD. 8　解析 由题意,sin(θ-)=(sin θ-cos θ),即sin θ-cos θ=,两边平方可得1-sin 2θ=,即sin 2θ= 9.-　解析 由cos α+cos β=,sin α+sin β=,两式左、右两边同时平方可得cos2α+2cos αcos β+cos2β=,sin2α+2sin αsin β+sin2β=, 两式相加得2+2cos αcos β+2sin αsin β=cos(α-β)=- 10.-　解析 (方法一)tan(α+β)==-2 又2kπ+π<α+β<2kπ+2π,k∈Z, 所以α+β为第四象限角. 由sin2(α+β)+cos2(α+β)=1,得sin2(α+β)+sin2(α+β)=1,所以sin2(α+β)= 又sin(α+β)<0,所以sin(α+β)=- (方法二)设tan α=m,tan β=n,m>0,n>0,则sin α=,cos α=,sin β=,cos β=,∴sin(α+β)=sin αcos β+cos αsin β==- 11.C　解析 因为,所以, 所以,所以,所以sin 2θ=-,所以2sin θcos θ=-, 所以sin θcos θ=-, 所以sin4θ+cos4θ=(sin2θ+cos2θ)2-2sin2θcos2θ=1-2故选C. 12.B　解析 由mcos α+ncos=m,得m2cos2α+n2cos2+2mncos αcos=m2,同理可得m2sin2α+n2sin2-2mnsin αsin=n2,两式相加得m2+n2+2mn(cos αcos-sin αsin)=m2+n2,又mn≠0,即cos αcos-sin αsin=cos(α+)=0,所以cos=0.因为(0,),所以,得α=,所以cos α=故选B. 13.B　解析 设圆锥的底面圆半径以及圆锥的母线分别为r,l, 由题意可得2πr=2πl,故l=2r, 因此△ABC为等边三角形,故A=B=C=60°,故tan+tan+tan B+tantantan B=tan+tan+tan B(1+tantan)=tan()(1-tantan)+tan B(1+tantan)=2tan B=2tan 60°=2故选B. 14.D　解析 由题意,知∠ACB是锐角,且∠ACB=∠OCA-∠OCB,而tan∠OCA=,tan∠OCB=, 所以tan∠ACB=tan(∠OCA-∠OCB)=,而c+2,所以tan∠ACB=,当且仅当c=,即c=时等号成立,此时∠ACB最大.故选D. 15.-(答案不唯一,满足α=-+kπ(k∈Z)或α=+kπ(k∈Z)的其中一值即可)　解析 由题意可得=(sin α,cos α),=(cos(α+),sin(α+)), 所以||==1,同理可得||=1, 则cos∠AOB=cos<>==sin αcos(α+)+cos αsin(α+)=sin(2α+)=cos=-, 所以2α+=-+2kπ(k∈Z)或2α++2kπ(k∈Z),解得α=-+kπ(k∈Z)或α=+kπ(k∈Z). 1 学科网（北京）股份有限公司 $