07三角函数的概念、任意角和弧度制-北京市2023-2024学年高一上学期期末数学专题练习（人教A版

这是一份07三角函数的概念、任意角和弧度制-北京市2023-2024学年高一上学期期末数学专题练习（人教A版，共13页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．（2024上·北京·高一北京市十一学校校考期末）已知点是角终边上一点，则（ ）
A．B．C．D．
2．（2024上·北京大兴·高一统考期末）等于（ ）
A．B．C．D．
3．（2023上·北京平谷·高一统考期末）若角的终边与单位圆交于点，则下列三角函数值恒为正的是（ ）
A．B．C．D．
4．（2022上·北京东城·高一统考期末）在直角坐标系中，，，则角的终边与单位圆的交点坐标为（ ）
A． B．
C．D．
5．（2023上·北京通州·高一统考期末）已知角的顶点在原点，始边与轴的非负半轴重合，终边在第三象限且与单位圆交于点，则（ ）
A．B．C．D．
6．（2023上·北京·高一清华附中校考期末）若点在角的终边上，则（ ）
A．B．C．D．
7．（2022上·北京昌平·高一校考期末）已知 ，，则的值为（ ）
A．B．C．D．
8．（2024上·北京·高一北京市十一学校校考期末）已知扇形的圆心角为8rad，其面积是4，则该扇形的弧长是（ ）
A．10cmB．8cm
C．cmD．cm
9．（2023上·北京·高一北京市十一学校校考期末）下列与的终边相同的角的表达式中，正确的是（ ）
A．B．
C．D．
10．（2023上·北京平谷·高一统考期末）已知三角形是边长为的等边三角形．如图，将三角形的顶点与原点重合．在轴上，然后将三角形沿着轴顺时针滚动，每当顶点再次回落到轴上时，将相邻两个之间的距离称为“一个周期”，给出以下四个结论：
①一个周期是；
②完成一个周期，顶点的轨迹是一个半圆；
③完成一个周期，顶点的轨迹长度是；
④完成一个周期，顶点的轨迹与轴围成的面积是．
其中说法正确的是（ ）
A．①②B．①③④C．②③④D．①③
11．（2022上·北京·高一北京市第十二中学校考期末）下列结论中错误的是（ ）
A．终边经过点的角的集合是
B．将表的分针拨慢10分钟，则分针转过的角的弧度数是；
C．，，则；
D．若是第三象限角，则是第二象限角．
12．（2023上·北京朝阳·高一统考期末）设集合，集合，则A与B的关系为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题
13．（2024上·北京顺义·高一统考期末）若圆心角为的扇形的弧长为，则该扇形面积为 .
14．（2023上·北京通州·高一统考期末）半径为1，圆心角为1弧度的扇形的面积为 ．
15．（2022上·北京昌平·高一校考期末）如图，半径为1的圆M与直线l相切于点A，圆M沿着直线l滚动．当圆M滚动到圆时，圆与直线l相切于点B，点A运动到点，线段AB的长度为，则点到直线的距离为 ．
16．（2022上·北京密云·高一统考期末）已知扇形的圆心角是弧度，半径为，则扇形的弧长为 ，面积为 ．
17．（2022上·北京·高一统考期末）能够说明“对任意的，，若，则”是假命题的角，是 ．
18．（2024上·北京通州·高一统考期末）在平面直角坐标系中，角以为始边，终边经过点，当时，则 ；当由变化到时，线段扫过的面积是 .
19．（2024上·北京朝阳·高一统考期末）在平面直角坐标系中，角与角均以为始边，若角的终边经过点，角的终边与角的终边关于原点对称，则 ， ．
20．（2024上·北京东城·高一统考期末）在平面直角坐标系中，角的终边不在坐标轴上，则使得成立的一个值为 ．
三、解答题
21．（2021上·北京·高一101中学校考期末）已知关于的方程的两根为和，．
（1）求实数的值；
（2）求的值．
22．（2018上·北京海淀·高一统考期末）已知向量，，.
（Ⅰ）若关于的方程有解，求实数的取值范围；
（Ⅱ）若且，求.
参考答案：
1．D
【分析】根据题意，结合三角函数的定义，即可求解.
【详解】由点是角终边上一点，即点，
可得，所以.
故选：D.
2．C
【分析】直接由特殊角的三角函数值即可得解.
【详解】由题意有.
故选：C.
3．A
【分析】由三角函数定义结合同角三角函数关系得到正弦和余弦值，从而判断出正确答案.
【详解】由题意得：，，
A选项，，
B选项，可能正，可能负，不确定；
C选项，可能正，可能负，不确定；
D选项，，错误.
故选：A
4．A
【分析】根据三角函数定义，即可求得答案.
【详解】在直角坐标系中，，，
设角的终边与单位圆的交点坐标为，
则 ，
即角的终边与单位圆的交点坐标为，
故选：A
5．C
【分析】因为点在单位圆上，且终边在第三象限确定唯一，根据三角函数求解.
【详解】在单位圆上即
终边在第三象限所以，，所以
所以.
故选：C
6．C
【分析】根据三角函数的概念求解即可得到答案.
【详解】点为坐标原点，.
根据三角函数的概念可得，.
故选：C.
7．C
【分析】根据的范围和的值，求出的值，从而求出的值即可．
【详解】∵，，
∴，
∴.
故选：C.
8．B
【分析】根据扇形的弧长公式和面积公式，准确计算，即可求解.
【详解】设扇形所在圆的半径为，
因为扇形的圆心角为，其面积是，可得，解得，
又由扇形的弧长公式，可得.
故选：B.
9．B
【分析】AC项角度与弧度混用，排除AC；D项终边在第三象限，排除D.
【详解】因为，终边落在第四象限，且与角终边相同，
故与的终边相同的角的集合
即选项B正确；
选项AC书写不规范，选项D表示角终边在第三象限.
故选：B.
10．D
【分析】依题意将沿着轴顺时针滚动，完成一个周期，得出点轨迹，由题目中“一个周期”的定义、轨迹形状、弧长公式、扇形面积公式进行计算即可.
【详解】
如上图，沿着轴顺时针滚动完成一个周期的过程如下：
第一步，绕点顺时针旋转至线段落到轴上位置，得到，此时顶点的轨迹是以为圆心，为半径的一段圆弧，即顶点由原点沿运动至位置；
第二步，绕点顺时针旋转至线段落到轴上位置，得到，此时顶点的轨迹是以为圆心，为半径的一段圆弧，即顶点由沿运动至位置，落到轴，完成一个周期.
对于①，∵，∴一个周期，故①正确；
对于②，如图所示，完成一个周期，顶点的轨迹是和组成的曲线，不是半圆，故②错误；
对于③，由已知，，∴，
∴的弧长，的弧长，
∴完成一个周期，顶点的轨迹长度为，故③正确；
对于④，如图，完成一个周期，顶点的轨迹与轴围成的图形为扇形，扇形与的面积和，∵，
∴，
∵等边边长为，∴，
∴完成一个周期，顶点的轨迹与轴围成的面积是，故④错误.
∴正确的说法为：①③.
故选：D.
【点睛】方法点睛：分步解决点轨迹，第一步是绕点滚动得到，第二步是绕点滚动得到，再将两步得到的点轨迹合并，即可依次判断各个说法是否正确.
11．D
【分析】根据终边相同的角的集合的概念以及特征可判断AC；定义根据角的概念可判断B；由象限角的概念可判断D.
【详解】终边经过点，则该终边为第一象限的角平分线，
即角的集合是，故A正确；
将表的分针拨慢10分钟，则旋转的角度为，即分针转过的角的弧度数是，故B正确；
表示终边为一三象限、二四象限的角平分线的角的集合，
表示终边为一三象限、二四象限的角平分线以及坐标轴上的角的集合，即，故C正确；
由于为第三象限角，所以，
故，所以是第二或第四象限角，故D错误；
故选：D.
12．A
【分析】根据终边相同的角的知识确定正确答案.
【详解】由于集合，所以集合表示终边落在轴上的角的集合；
由于集合，所以集合表示终边落在轴上的角的集合；
所以.
故选：A
13．/
【分析】先求半径，再利用扇形的面积公式计算即可.
【详解】由已知得扇形的半径为，
所以该扇形面积为.
故答案为：.
14．/0.5
【分析】根据扇形面积公式即可得到答案.
【详解】半径为1，圆心角为1弧度的扇形的面积为
.
故答案为：.
15．/
【分析】根据条件可得圆旋转了圆周，作图可得到是等腰直角三角形，进而可求得到的距离．
【详解】根据条件可知圆周长为，
∵，故可得圆旋转了圆周，位置如图：
则，则是等腰直角三角形，
则到的距离，
故答案为：．
16．
【分析】根据扇形弧长和面积公式直接求解即可.
【详解】扇形弧长；扇形面积.
故答案为：；.
17．0，2π(答案不唯一)
【分析】两角终边相同，则三角函数值相同.
【详解】设θ＝2kπ，k∈Z，则sinθ＝0，
当k＝0时，θ＝0；当k＝1时，θ＝2π；
故答案为：0，2π(答案不唯一).
18．
【分析】当时，求出点对应的坐标，即可求得的值，当时，求出点对应的坐标，即可确定扇形的圆心角，从而可以求得线段扫过的面积.
【详解】当时，，，
此时点位于点，
所以，
此时，，
当时，，，
此时点位于点，
此时，，
所以，且，
所以，
所以当由变化到时，线段扫过的面积就是扇形的面积，
即，
故答案为：，.
19．
【分析】根据角终边经过点，从而可求出，，再根据角的终边与角的终边关于原点对称，从而可求解.
【详解】对空：由点在角的终边上，所以，.
对空：由角的终边与角的终边关于原点对称，所以.
故答案为：；.
20．（答案不唯一）
【分析】根据特殊角的三角函数值即可求解.
【详解】不妨考虑第四象限角，由，
取，此时，
故答案为：（答案不唯一）
21．（1）；（2）．
【解析】根据题意,利用韦达定理列出关系式，利用完全平方式和同角三角函数的基本关系化简求出b的值，利用对b的值进行取舍即可.
由可知的值,利用，求出的值，代入原式即可.
【详解】（1）∵为关于的方程的两根，∴，
所以，即，解得，此时，
又，∴，∴.
（2）由（1），得,又，所以，
∴，
∴.
【点睛】关键点点睛：本题考查同角三角函数的基本关系与一元二次方程中的韦达定理相结合，通过利用韦达定理得到和的表达式，再结合是求解本题的关键；其中由对取值进行取舍是本题的易错点.
22．(1) (2)
【详解】试题分析: （Ⅰ）向量，，，所以.
关于的方程有解，即关于的方程有解.因为，所以当时，方程有解，即解得实数的取值范围；
（Ⅱ）因为，所以，即.当时，，由，解得当时，，由，解得.
试题解析：
（Ⅰ）∵向量，，，
∴.
关于的方程有解，即关于的方程有解.
∵，
∴当时，方程有解.
则实数的取值范围为.
（Ⅱ）因为，所以，即.
当时，，.
当时，，.