2022版新教材高考数学一轮复习课时质量评价21任意角蝗制与任意角的三角函数含解析新人教A版

这是一份2022版新教材高考数学一轮复习课时质量评价21任意角蝗制与任意角的三角函数含解析新人教A版，共7页。试卷主要包含了故选D等内容，欢迎下载使用。

A组 全考点巩固练
1．设θ是第三象限角，且eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(cs \f(θ,2)))＝－cs eq \f(θ,2)，则eq \f(θ,2)是( )
A．第一象限角 B．第二象限角
C．第三象限角 D．第四象限角
B 解析：因为θ是第三象限角，所以eq \f(θ,2)是第二或第四象限角．因为eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(cs \f(θ,2)))＝－cs eq \f(θ,2)，所以cs eq \f(θ,2)<0.所以eq \f(θ,2)是第二象限角．
2．若α＝k·360°＋θ，β＝m·360°－θ(k，m∈Z)，则角α与β的终边的位置关系是( )
A．重合B．关于原点对称
C．关于x轴对称D．关于y轴对称
C 解析：角α与θ终边相同，β与－θ终边相同．又角θ与－θ的终边关于x轴对称，所以角α与β的终边关于x轴对称．
3．(2020·百校联考高考考前冲刺(二))已知O为坐标原点，角α的终边经过点P(3，m)(m<0)，且sin α＝eq \f(\r(10),10)m，则sin 2α＝( )
A．eq \f(4,5) B．eq \f(3,5) C．－eq \f(3,5) D．－eq \f(4,5)
C 解析：根据题意，得sin α＝eq \f(m,\r(m2＋9))＝eq \f(\r(10),10)m，解得m＝－1，所以P(3，－1)，所以sin α＝－eq \f(\r(10),10)，cs α＝eq \f(3\r(10),10)，所以sin 2α＝2sin αcs α＝－eq \f(3,5).
4．(2020·北京卷)2020年3月14日是全球首个国际圆周率日(π Day)．历史上，求圆周率π的方法有多种，与中国传统数学中的“割圆术”相似．数学家阿尔·卡西的方法是：当正整数n充分大时，计算单位圆的内接正6n边形的周长和外切正6n边形(各边均与圆相切的正6n边形)的周长，将它们的算术平均数作为2π的近似值．按照阿尔·卡西的方法，π的近似值的表达式是( )
A．3neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(30°,n)＋tan \f(30°,n)))B．6neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(30°,n)＋tan \f(30°,n)))
C．3neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(60°,n)＋tan \f(60°,n)))D．6neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(60°,n)＋tan \f(60°,n)))
A 解析：单位圆内接正6n边形的每条边所对应的圆周角为eq \f(360°,n×6)＝eq \f(60°,n)，每条边长为2sin eq \f(30°,n).
所以，单位圆的内接正6n边形的周长为12nsin eq \f(30°,n).
单位圆的外切正6n边形的每条边长为2taneq \f(30°,n)，其周长为12ntan eq \f(30°,n).
所以2π＝eq \f(12nsin \f(30°,n)＋12ntan \f(30°,n),2)＝6neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(30°,n)＋tan\f(30°,n)))，
则π＝3neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin\f(30°,n)＋tan\f(30°,n))).故选A．
5．(2020·潍坊一模)在平面直角坐标系xOy中，点P(eq \r(3)，1)．将向量eq \(OP,\s\up6(→))绕点O按逆时针方向旋转eq \f(π,2)后，得到向量eq \(OQ,\s\up6(→))，则点Q的坐标是( )
A．(－eq \r(2)，1)B．(－1，eq \r(2))
C．(－eq \r(3)，1)D．(－1，eq \r(3))
D 解析：设以射线OP为终边的角为α，以射线OQ为终边的角为β，且β＝α＋eq \f(π,2).由题意可得sin α＝eq \f(1,2)，cs α＝eq \f(\r(3),2)，结合三角函数的定义与诱导公式可得xQ＝2cs β＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,2)))＝－2sin α＝－1，yQ＝2sin β＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,2)))＝2cs α＝eq \r(3)，即点Q的坐标为(－1，eq \r(3))．故选D．
6．已知点P(sin θ，cs θ)是角α终边上的一点，其中θ＝eq \f(2π,3)，则与角α终边相同的最小正角为________．
eq \f(11π,6) 解析：因为θ＝eq \f(2π,3)，故Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)))，故α为第四象限角且cs α＝eq \f(\r(3),2)，所以α＝2kπ＋eq \f(11π,6)，k∈Z，则最小的正角为eq \f(11π,6).
7．如图，扇形AOB的面积是1，它的弧长是2，则扇形的圆心角α的弧度数为________，弦AB的长为________．
2 2sin 1 解析：由扇形面积公式S＝eq \f(1,2)lr.又α＝eq \f(l,r)，l＝2，可得S＝eq \f(1,2)·eq \f(l2,α)＝1，所以α＝2.易得r＝1，结合图形知AB＝2rsin eq \f(α,2)＝2sin 1.
8．已知角α的终边在直线y＝－3x上，求10sin α＋eq \f(3,cs α)的值．
解：(方法一)设α终边上任一点为P(k，－3k)，
则r＝eq \r(k2＋－3k2)＝eq \r(10)|k|.
当k>0时，r＝eq \r(10)k，
所以sin α＝eq \f(－3k,\r(10)k)＝－eq \f(3,\r(10))，eq \f(1,cs α)＝eq \f(\r(10)k,k)＝eq \r(10)，
所以10sin α＋eq \f(3,cs α)＝－3eq \r(10)＋3eq \r(10)＝0；
当k<0时，r＝－eq \r(10)k，
所以sin α＝eq \f(－3k,－\r(10)k)＝eq \f(3,\r(10))，
eq \f(1,cs α)＝eq \f(－\r(10)k,k)＝－eq \r(10)，
所以10sin α＋eq \f(3,cs α)＝3eq \r(10)－3eq \r(10)＝0.
综上，10sin α＋eq \f(3,cs α)＝0.
(方法二)依题意，tan α＝－3，
所以sin α＝－3cs α，
所以－30cs α＋eq \f(3,cs α)＝eq \f(－30cs2α＋3,cs α).
又sin2α＋cs2α＝1，
所以tan2α＋1＝eq \f(1,cs2α)，
所以cs2α＝eq \f(1,1＋tan2α)＝eq \f(1,10)，
所以－30cs2α＋3＝－30×eq \f(1,10)＋3＝0，所以原式＝0.
9．已知sin α<0，tan α>0.
(1)求角α的集合；
(2)求eq \f(α,2)终边所在的象限；
(3)试判断taneq \f(α,2)sineq \f(α,2)cseq \f(α,2)的符号．
解：(1)因为sin α<0且tan α>0，
所以α是第三象限角，
故角α的集合为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(α\b\lc\|(2kπ＋π<α<2kπ＋\f(3π,2)，k∈Z))).
(2)由(1)知2kπ＋π<α<2kπ＋eq \f(3π,2)，k∈Z，故kπ＋eq \f(π,2)当k＝2n(n∈Z)时，2nπ＋eq \f(π,2)当k＝2n＋1(n∈Z)时，2nπ＋eq \f(3π,2)综上，eq \f(α,2)的终边在第二象限或第四象限．
(3)当eq \f(α,2)是第二象限角时，
taneq \f(α,2)<0，sineq \f(α,2)>0，cseq \f(α,2)<0，
故taneq \f(α,2)sineq \f(α,2)cseq \f(α,2)>0；
当eq \f(α,2)是第四象限角时，
taneq \f(α,2)<0，sineq \f(α,2)<0，cseq \f(α,2)>0，
故taneq \f(α,2)sineq \f(α,2)cseq \f(α,2)>0.
综上，taneq \f(α,2)sineq \f(α,2)cseq \f(α,2)取正号．
B组 新高考培优练
10．在平面直角坐标系中，eq \O(\S\UP11(︵),AB)，eq \O(\S\UP11(︵),CD)，eq \O(\S\UP11(︵),EF)，eq \O(\S\UP11(︵),GH)是圆x2＋y2＝1上的四段弧(如图)，点P在其中一段上，角α以Ox为始边，OP为终边．若tan αA．eq \O(\S\UP11(︵),AB) B．eq \O(\S\UP11(︵),CD) C． eq \O(\S\UP11(︵),EF) D． eq \O(\S\UP11(︵),GH)
C 解析：若点P在eq \O(\S\UP11(︵),AB)或eq \O(\S\UP11(︵),CD) (不包含端点A，D)上，则角α的终边在第一象限，此时tan α－sin α＝tan α·(1－cs α)>0，与tan α若点P在eq \O(\S\UP11(︵),GH)(不包含端点G)上，则角α的终边在第三象限，此时tan α>0，cs α<0，与tan α11．(多选题)(2020·山东师范大学附中月考)在平面直角坐标系xOy中，角α的顶点在原点O，以x轴正半轴为始边，终边经过点P(1，m)(m<0)，则下列各式的值恒大于0的是( )
A．eq \f(sin α,tan α)B．cs α－sin α
C．sin αcs αD．sin α＋cs α
AB 解析：因为角α以Ox为始边，终边经过点P(1，m)(m<0)，所以α是第四象限角，所以sin α<0，cs α>0.
所以eq \f(sin α,tan α)＝cs α>0，cs α－sin α>0，cs α·sin α<0，cs α＋sin α的符号不确定．故选AB．
12．意大利“美术三杰”(文艺复兴后三杰)之一的达·芬奇的经典之作——《蒙娜丽莎》举世闻名，画中女子神秘的微笑数百年来让无数观赏者入迷．某数学兼艺术爱好者对《蒙娜丽莎》的同比例影像作品进行了测绘，将画中女子的嘴唇近似看作一个圆弧，在嘴角A，C处作圆弧的切线，两条切线交于B点，测得如下数据：AB＝6.9 cm，BC＝7.1 cm，AC＝12.6 cm.根据测量得到的结果推算，将《蒙娜丽莎》中女子的嘴唇视作的圆弧对应的圆心角位于区间( )
A．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,4))) B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,3))) C．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(5π,12))) D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)，\f(π,2)))
B 解析：取AB＝BC≈7，设∠ABC＝2θ，则sin θ≈eq \f(\f(12.6,2),7)＝0.9∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(\r(6)＋\r(2),4))).
∴θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(5π,12)))，2θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，\f(5π,6))).
设《蒙娜丽莎》中女子的嘴唇视作的圆弧对应的圆心角为α，则α＋2θ＝π.
∴α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,3))).故选B．
13．如图，在Rt△PBO中，∠PBO＝90°，以O为圆心、OB为半径作圆弧交OP于点A．若圆弧AB等分△POB的面积，且∠AOB＝α，则eq \f(α,tan α)＝________.
eq \f(1,2) 解析：设扇形的半径为r，则扇形的面积为eq \f(1,2)αr2.在Rt△POB中，PB＝rtan α，所以△POB的面积为eq \f(1,2)r·rtan α.由题意得eq \f(1,2)r·rtan α＝2×eq \f(1,2)αr2，所以tan α＝2α，所以eq \f(α,tan α)＝eq \f(1,2).
14．已知圆O与直线l相切于点A，点P，Q同时从A点出发，P沿着直线l向右，Q沿着圆周按逆时针以相同的速度运动．当Q运动到点A时，点P也停止运动，连接OQ，OP(如图)，则阴影部分面积S1，S2的大小关系是________．
S1＝S2 解析：设运动速度为m，运动时间为t，圆O的半径为r，则eq \O(\S\UP11(︵),AQ)＝AP＝tm.根据切线的性质知OA⊥AP，所以S1＝eq \f(1,2)tm·r－S扇形AOB，
S2＝eq \f(1,2)tm·r－S扇形AOB，
所以S1＝S2恒成立．
15．如图，在平面直角坐标系xOy中，角α的始边与x轴的非负半轴重合且与单位圆相交于A点，它的终边与单位圆相交于x轴上方一点B，始边不动，终边在运动．
(1)若点B的横坐标为－eq \f(4,5)，求tan α的值；
(2)若△AOB为等边三角形，写出与角α终边相同的角β的集合；
(3)若α∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(2π,3)))，请写出弓形AB的面积S与α的函数解析式．
解：(1)由题意可得Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,5)，\f(3,5)))，根据三角函数的定义得tan α＝eq \f(y,x)＝－eq \f(3,4).
(2)与角α终边相同的角β的集合为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(β\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(β＝\f(π,3)＋2kπ，k∈Z)))).
(3)若α∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(2π,3)))，则S扇形OAB＝eq \f(1,2)αr2＝eq \f(1,2)α.而S△AOB＝eq \f(1,2)×1×1×sin α＝eq \f(1,2)sin α.
故弓形AB的面积S＝S扇形OAB－S△AOB＝eq \f(1,2)α－eq \f(1,2)sin α，α∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(2,3)π)).