2025年高考一轮复习系列（新高考新题型）4.1三角函数的定义及同角三角函数含解析答案

这是一份2025年高考一轮复习系列（新高考新题型）4.1三角函数的定义及同角三角函数含解析答案，共35页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．若角的顶点为坐标原点，始边在x轴的非负半轴上，终边在直线上，则角的取值集合是（ ）
A．B．
C．D．
2．如图，终边落在阴影部分（包括边界）的角的集合是（ ）
A．B．
C．D．
3．下列命题中正确的是（ ）
A．如果我们把相等的角视为同一个角，则弧度制建立了一个从任意角的集合到实数集的一一对应的关系
B．弧度制表示角时，不同大小的弧度可以表示同一个角
C．终边相同的角的弧度制表示相差
D．终边相同的角的弧度都相同
4．已知集合，集合，则（ ）
A．，B．，
C．，D．，
5．在面积为4的扇形中，其周长最小时半径的值为（ ）
A．4B．C．2D．1
6．如图，在扇形中，C是弦的中点，D在上，．其中，长为．则的长度约为（提示：时，）（ ）
A．B．C．D．
7．在平面直角坐标系中，角的顶点与原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，则（ ）
A．B．C．－2D．2
8．设α是第二象限角，P（x，1）为其终边上一点，且，则tanα=（ ）
A．B．C．D．
9．已知角的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边上有两点，，且，则（ ）
A．B．C．D．1
10．已知角的顶点与原点重合，始边与x轴的非负半轴重合，终边与圆相交于点，将的终边逆时针旋转之后与圆的交点为B，则点B的横坐标为（ ）
A．B．
C．D．
11．已知角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，且为终边上一点，则( )
A．B．C．D．
12．已知角的顶点与坐标原点重合，始边点x轴的非负半轴重合，终边上一点的坐标为，则（ ）
A．B．C．D．
13．已知角，角的顶点均为坐标原点，始边均与轴的非负半轴重合，终边分别过，则（ ）
A．或B．2或C．D．
14．“且”是“为第四象限角”的（ ）
A．充要条件B．必要不充分条件
C．充分不必要条件D．既不充分也不必要条件
15．已知，，则的终边在（ ）
A．第一、二、三象限B．第二、三、四象限
C．第一、三、四象限D．第一、二、四象限
16．复数在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
17．“”是“为第一或第三象限角”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
18．设，则（ ）
A．B．
C．D．
19．比较大小，正确的是（ ）．
A．B．
C．D．
20．设，使且同时成立的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
21．在平面直角坐标系中，是圆上的四段弧（如图），点P在其中一段上，角以为始边，OP为终边，若，则P所在的圆弧是
A．B．
C．D．
22．已知，，则（ ）
A．B．
C．D．
23．已知，且，则（ ）
A．B．
C．D．
24．已知，若，则的值为( ).
A．B．C．D．
25．已知锐角满足，则（ ）
A．B．C．D．
26．已知，，则（ ）
A．B．C．D．
27．已知，则（ ）
A．B．2
C．5D．8
28．已知，则（ ）
A．B．C．D．
29．已知 则sin2 等于 （ ）
A．- B．C．- D．
30．已知，则的值为（ ）
A．B．C．D．
31．已知，且，则（ ）
A．B．C．D．
32．已知，，则（ ）
A．B．C．D．
33．已知是三角形的一个内角，满足，则（ ）
A．B．C．D．
34．已知，，则（ ）
A．B．C．D．
35．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
36．若，则（ ）
A．1B．C．2D．
37．已知，，则（ ）.
A．B．
C．D．
38．若 分别是与的等差中项和等比中项， 则的值为（ ）
A．B．C．D．
39．已知，则的值为（ ）
A．B．C．D．
40．已知角的始边为轴的非负半轴，终边经过点，则（ ）
A．B．C．或D．
41．古代中国的太极八卦图是以圆内的圆心为界，画出相同的两个阴阳鱼，阳鱼的头部有阴眼，阴鱼的头部有阳眼，表示万物都在相互转化，互相渗透，阴中有阳，阳中有阴，阴阳相合，相生相克，蕴含现代哲学中的矛盾对立统一规律.图2（正八边形）是由图1（八卦模型图）抽象而得到，并建立如图2的平面直角坐标系，设.则下列错误的结论是（ ）
A．
B．以射线为终边的角的集合可以表示为
C．在以点为圆心、为半径的圆中，弦所对的劣弧弧长为
D．正八边形的面积为
42．已知，则（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
43．已知角的顶点与原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，若，则下列各式的符号无法确定的是（ ）
A．B．C．D．
44．已知角的终边过点，则（ ）
A．B．
C．D．
45．已知，双曲线C：，则（ ）
A．可能是第一象限角B．可能是第四象限角
C．点可能在C上D．点可能在C上
46．如图，设单位圆与轴的正半轴相交于点，以轴的非负半轴为始边作锐角，，，它们的终边分别与单位圆相交于点，，．若，则下列说法正确的是（ ）

A．当时，的面积为
B．当时，扇形的面积为
C．当时，四边形的面积为
D．四边形面积的最大值为1
三、填空题
47．函数y＝lg(2sinx－1)＋的定义域为 .
48．已知，则 ．
49．已知，则 ．
50．已知角的顶点为坐标原点，始边为轴的非负半轴．若是角终边上一点，且，则 ．
51．在平面直角坐标系中，角与角均以为始边，它们的终边关于原点对称.若，则的最大值为 ．
52．曲线所围成的封闭图形的面积为 ．
四、解答题
53．在平面直角坐标系中，已知锐角的终边与单位圆交点的纵坐标为，锐角的终边与单位圆交点的横坐标为．
(1)求和的值；
(2)求的值．
54．已知函数.
(1)若是三角形的一个内角，，求的值；
(2)设函数，若在时恒成立，求实数m的取值范围.
55．“但有一枝堪比玉，何须九畹始征兰”，盛开的白玉兰是上海的春天最亮丽的风景线，除白玉兰外，上海还种植木兰科的其他栽培种，如黄玉兰和紫玉兰等．某种植园准备将如图扇形空地AOB分成三部分，分别种植白玉兰、黄玉兰和紫玉兰；已知扇形的半径为70米，圆心角为，动点P在扇形的弧上，点Q在OB上，且．
(1)求扇形空地AOB的周长和面积；
(2)当米时，求PQ的长；
(3)综合考虑到成本和美观原因，要使白玉兰种植区的面积尽可能的大．设，求面积的最大值．
56．在平面直角坐标系中，利用公式①（其中，，，为常数），将点变换为点的坐标，我们称该变换为线性变换，也称①为坐标变换公式，该变换公式①可由，，，组成的正方形数表唯一确定，我们将称为二阶矩阵，矩阵通常用大写英文字母，，…表示．
(1)在平面直角坐标系中，将点绕原点按逆时针旋转得到点（到原点距离不变），求点的坐标；
(2)如图，在平面直角坐标系中，将点绕原点按逆时针旋转角得到点（到原点距离不变），求坐标变换公式及对应的二阶矩阵；
(3)向量（称为行向量形式），也可以写成，这种形式的向量称为列向量，线性变换坐标公式①可以表示为：，则称是二阶矩阵与向量的乘积，设是一个二阶矩阵，，是平面上的任意两个向量，求证：．
参考答案：
1．D
【分析】根据题意，分为第一象限角和第三象限角时，求出的取值集合再求并集.
【详解】
根据题意，角的终边在直线上，为第一象限角时，；
为第三象限角时，；
综上，角的取值集合是.
故选：D.
2．B
【分析】根据任意角的概念以及角的终边所在位置，即可确定角的集合.
【详解】终边落在阴影部分的角为，，
即终边落在阴影部分（包括边界）的角的集合是．
故选：B．
3．A
【分析】根据弧度制和终边相同角的定义判断即可.
【详解】如果我们把相等的角视为同一个角，则弧度制建立了一个从任意角的集合到实数集的一一对应的关系，故A正确，B错误，
终边相同的角的弧度制表示相差的整数倍，故C错误，D错误；
故选：A
4．A
【分析】根据给定条件把集合B写成用形式表示的集合，再与集合A求交集即可.
【详解】依题意，，
而，
所以，.
故选：A
5．C
【分析】设扇形的半径为，圆心角为，根据扇形的面积公式将用表示，再根据扇形的弧长和周长公式结合基本不等式即可得解.
【详解】设扇形的半径为，圆心角为，
则，所以，
则扇形的周长为，
当且仅当，即时，取等号，此时，
所以周长最小时半径的值为.
故选：C.
6．B
【分析】根据弧长公式，结合已知求出角的余弦的近似值，求出CO,最后得到CD即可.
【详解】设圆心角，，，
所以，，
所以．
故选：B.
7．A
【分析】由题意可知：，根据倍角公式结合齐次化问题分析求解.
【详解】由题意可知：，
所以.
故选：A.
8．B
【分析】利用三角函数的定义先解得，再求正切值即可.
【详解】由三角函数定义可知：，又α是第二象限角，
故，所以.
故选：B
9．A
【分析】利用二倍角的余弦公式可求得，进而可求得的值，利用斜率公式可求得的值．
【详解】∵角的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边上有两点，，
且，∴，
解得，∴，∴，
∴．
故选：A．
10．B
【分析】由三角函数定义得到，再结合余弦和角公式求出，得到答案.
【详解】由三角函数定义得，
的终边逆时针旋转之后圆的交点为B，
则，
故点B的横坐标为.
故选：B
11．C
【分析】根据三角函数定义和同角三角函数关系求出sinα，再由二倍角公式可求cs2α.
【详解】由三角函数定义可知，
，
解得或(舍去)，
则.
故选：C.
12．C
【分析】根据三角函数的定义得的值，再根据二倍角公式求得的值，于是由正弦两角和公式可得的值.
【详解】由题意可得，
所以，
则.
故选：C.
13．D
【分析】取的中点，利用三角函数定义得出，再由倾斜角和斜率的关系得出，最后利用得出答案.
【详解】记为坐标原点，因为，所以，
所以点，均在以原点为圆心为半径的圆上.
连接，取的中点，连接，则，
不妨设，则，
所以.
故选：D.
14．A
【分析】先考查充分性，根据条件确定的终边位置，再考查必要性，有终边位置确定符号即可.
【详解】充分性：
因为，
所以为第一象限角或第四象限角或终边在轴的非负半轴，
又，则，
所以为第三象限角或第四象限角或终边在轴的非正半轴，
综上知，为第四象限角，故充分性成立；
必要性：若为第四象限角，则且，
此时，
故必要性成立，故“且”是“为第四象限角”的充要条件，
故选:A.
15．D
【分析】先通过条件确定的范围，再求出的范围，进而可得角所在象限.
【详解】因为，，
所以为第二象限角，即，
所以，
则的终边所在象限为所在象限，
即的终边在第一、二、四象限.
故选：D.
16．A
【分析】由复数几何意义及三角函数值符号判断其所在象限即可.
【详解】由复数的几何意义知，复数在复平面中对应点，
又因为，所以，，
所以点位于第一象限.
故选：A.
17．C
【分析】由二倍角公式、充分必要条件的定义即可得解.
【详解】因为或，
所以“”是“为第一或第三象限角”的充分必要条件.
故选：C.
18．D
【分析】由，可证，，得结论.
【详解】先证明：当时，.

如图，角终边为OP，其中点P为角的终边与单位圆的交点，轴，交x轴于点M，
A点为单位圆与x轴的正半轴的交点，轴，交角终边于点T，
则有向线段MP为角的正弦线，有向线段AT为角的正切线，
设弧长，
由图形可知：，即，
所以，即.
则，所以．
而，所以，
所以.
故选：D．
19．B
【分析】因为角5的终边位于第四象限，所以是负值，然后利用诱导公式找到内与和3正弦值相等的角，根据第一象限正弦函数的单调性可得结论.
【详解】因为，所以．
而，，
由，所以，．
综上，，故选B．
【点睛】本题考查了不等关系与不等式，考查了三角函数的诱导公式，同时考查了三角函数的单调性，属基础题．
20．D
【分析】根据正弦曲线与余弦曲线分别求出在下的角的范围，再求交集
【详解】因为，由正弦曲线得：时，
由余弦曲线得：时，，
因为，
所以且同时成立的x的取值范围是
故选：D
21．C
【详解】分析：逐个分析A、B、C、D四个选项，利用三角函数的三角函数线可得正确结论.
详解：由下图可得：有向线段为余弦线，有向线段为正弦线，有向线段为正切线.
A选项：当点在上时，，
，故A选项错误；
B选项：当点在上时，，，
，故B选项错误；
C选项：当点在上时，，，
，故C选项正确；
D选项：点在上且在第三象限，，故D选项错误.
综上，故选C.
点睛：此题考查三角函数的定义，解题的关键是能够利用数形结合思想，作出图形，找到所对应的三角函数线进行比较.
22．D
【分析】先利用同角三角函数关系，求出，再利用
即可求解.
【详解】∵，，
∴，
∴，
故选：.
23．A
【分析】用二倍角的余弦公式，将已知方程转化为关于的一元二次方程，求解得出，再用同角间的三角函数关系，即可得出结论.
【详解】，得，
即，解得或（舍去），
又.
故选：A.
【点睛】本题考查三角恒等变换和同角间的三角函数关系求值，熟记公式是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题.
24．A
【分析】利用平方关系和商数关系求解.
【详解】由，，解得，又，所以，所以.
故选：A.
25．B
【分析】利用二倍角公式化简可得，结合角的范围可知，，利用同角三角函数关系可构造方程求得结果.
【详解】由得：，
，，又，，，
由得：，.
故选：B.
26．B
【分析】由余弦的二倍角公式变形后求得，由平方关系求得，再由商数关系得．
【详解】因为，所以，
，，，，
所以，，
．
故选：B
27．D
【分析】利用弦化切可得答案.
【详解】，，
．
故选：D．
28．B
【分析】根据题意，利用三角函数的基本关系式，化为“齐次式”，代入即可求解.
【详解】因为，
所以
.
故选：B.
29．D
【分析】将已知条件等式两边平方，结合同角间的三角函数关系和二倍角公式，即可求解.
【详解】两边平方得，
，
所以.
故选：D.
30．C
【分析】根据题意，结合三角函数的基本关系式，即可求解.
【详解】由，可得，
可得
则，
因为，所以与异号，可得为第二或第四象限，
当为第二象限角时，可得；
当为第四象限角时，可得.
故选：C.
31．C
【分析】根据结合可得与，进而可得.
【详解】则，
即，
又因为，故，，，
故，因为，则，
结合可得，，则.
故.
故选：C
32．A
【分析】先求出，再分析得到，即得解.
【详解】解：，
所以
∵，，
∴.
∴.
故选：A.
33．B
【分析】由已知利用同角三角函数基本关系式,可求的值，进而利用三角函数恒等变换的应用化简，即可计算得解．
【详解】因为，两边平方得，
即，可得，
因为是三角形的一个内角，且，所以，
所以，得，
又因为，，
联立解得：，，故有：，
从而有．
故选：B．
34．D
【分析】利用和差公式和同角三角函数关系以及二倍角即可得出结论.
【详解】将平方得，
所以，则．
所以，
从而．
联立，得．
所以，．
故．
故选：D
35．A
【分析】根据角的范围及集合的关系即可判断.
【详解】当时，，
当时，，
所以.
故选：A
36．B
【分析】由同角的三角函数和二倍角公式结合特殊角的三角函数计算可得.
【详解】因为，
所以，
所以，
所以，
故选：B
37．A
【分析】利用倍角公式结合同角三角关系运算求解.
【详解】因为，则，
且，则，
可得，即，
解得或（舍去）.
故选：A.
38．A
【分析】根据条件可得 ，，然后结合同角三角函数的关系，以及恒等变换公式化简，即可得到结果.
【详解】依题意可得 ，，
且，
所以，即，
解得
又因为，所以，
所以
故选:A
39．D
【分析】利用两角和正切公式得，再利用二倍角公式化简，根据同角三角函数的基本关系将弦化切，代入计算可得.
【详解】因为，所以，
则
.
故选：D
40．B
【分析】根据角的范围可确定为二､四象限角，则，即可利用二倍角公式得，利用弦切互化即可求解.
【详解】由题意，得角是第四象限角，则，
故，则为二､四象限角，则，
又因为，
所以（舍去）或，
所以.
故选：B.
41．D
【分析】由题意可得，正八边形的八个内角相等，则一个内角为，，然后逐个分析求解即可
【详解】解：由题意可得，正八边形的八个内角相等，则一个内角为，
，
因为，，
所以，所以A正确；
因为，所以以射线为终边的角的集合可以表示为，所以B正确；
对于C，因为，半径为1，所以弦所对的劣弧弧长为，所以C正确；
对于D，因为，所以正八边形的面积为，所以D错误，
故选：D
42．B
【分析】作出单位圆，由面积大小关系得到，从而得到，再利用作差法，二倍角公式得到，从而得到答案.
【详解】设，作出单位圆，与轴交于点，则，
过点作垂直于轴，交射线于点，连接，过点作⊥轴于点，
由三角函数定义可知，，，
设扇形的面积为，则，即，
故，
所以，即，
又，故，，
，
因为，所以，故，
综上，.
故选：B
【点睛】方法点睛：利用三角函数线，可以比较有关于三角函数的式子的大小，本题关键点，设，得到，从而得到大小关系.
43．AC
【分析】由题知，再依次讨论各选项即可得答案..
【详解】解：由三角函数定义，，
所以，对于A选项，当时，，时，，时，，所以选项A符号无法确定；
对于B选项， ，所以选项B符号确定；
对于C选项，，故当时，，时，，时，，所以选项C的符号无法确定；
对于D选项，，所以选项D符号确定.
所以下列各式的符号无法确定的是AC选项.
故选：AC.
44．ABD
【分析】根据三角函数定义求出、和，结合二倍角公式直接计算判断A和B，通过角的范围可以判断角的终边位于第一象限或第三象限，进而得到或进而判断C，通过并结合正切二倍角公式判断D.
【详解】因为角的终边过点，
所以，，，
所以，
，故A和B正确，
因为，
所以，即角的终边位于第一象限或第三象限，
所以，但或均满足题意，故C错误，
由，得，
解得（舍去）或，故D正确.
故选：ABD
45．BD
【分析】根据双曲线标准方程的特征，可得，即在第三象限或第四象限，分情况讨论得解.
【详解】根据题意，可得，即，即且，
所以在第三象限或第四象限.故A错误，B正确；
当在第三象限时，有，，，
双曲线方程为，当即，时，方程为，
所以点在双曲线上，故D正确；
当在第四象限时，有，，，
双曲线方程为，因为，所以点不在双曲线上，故C错误.
故选：BD.
46．AC
【分析】根据三角形面积公式可判断A；由扇形面积公式可判定B；，根据三角形面积公式即可判断C；，借助三角函数恒等式化简即可判断D.
【详解】由题意，得圆的半径，，，．
对于A，由，，得，
则，故A正确；
对于B，当时，因为，
所以扇形的面积，故B错误；
对于C，当时，
，故C正确；
对于D，
，
由，得
，
所以当，即时，取得最大值，为，故D错误．
故选：AC
47．
【分析】要使函数有意义，则有，由三角函数线可得不等式组的解集，即得原函数的定义域.
【详解】要使原函数有意义，必须有即，
如图，在单位圆中作出相应的三角函数线，由图可知，
解集为,取交集可得
原函数的定义域为
故答案为：

【点睛】本题考查函数定义域的求解，考查利用三角函数线解不等式，属于基础题.
48．－1
【分析】利用三角恒等变换公式和齐次式弦化切即可计算.
【详解】
.
故答案为：－1.
49．
【分析】利用同角三角函数之间的基本关系可得，将表达式利用平方和关系为1化简可得结果.
【详解】由可得，即；
所以
将代入计算可得；
即.
故答案为：
50．
【分析】根据三角函数定义式列方程，解方程即可.
【详解】由题设知，
即，且，
即，且，
解得，
故答案为：.
51．/
【分析】首先得出，结合三角函数单调性即可求解最值.
【详解】由题意，从而，
因为，所以的取值范围是，的取值范围是，
当且仅当，即时，取得最大值，且最大值为.
故答案为：.
52．
【分析】首先判断曲线关于轴，轴对称，从而确定曲线在第一象限内与轴所围成的图形，再求出图形的面积.
【详解】对于曲线，
在上式中，将y换成得，即曲线关于x轴对称，
将x换成得，即曲线关于y轴对称，
因此只需考虑在第一象限的情形，
当，时曲线即，即，
所以曲线在第一象限内与x轴所围成的图形是由半径为的圆去掉一个等腰直角三角形而形成的图形，
根据对称性可得曲线所围成的封闭图形为下图阴影部分，
所以所围成的封闭图形的面积．
故答案为：.
53．(1)
(2)
【分析】（1）根据任意角三角函数的定义和同角三角函数的关系可求得结果；
（2）先求出，再根据的范围可求得答案.
【详解】（1）由三角函数的定义可知，，，
因为，为锐角，
所以，
；
（2）因为，，，
所以，
因为，，所以，
所以．
54．(1)
(2)
【分析】（1）将两边平方可得，进而可得的符号，再根据求出，利用二倍角的正弦公式求出，即可得解；
（2）化简可得，令，利用换元法求出函数的最小值即可得解.
【详解】（1），
两边平方得，所以，
又因为，所以，
则，
，
所以；
（2），
令，因为，所以
所以，
则，则，
令，，
因为函数在上都是减函数，
所以函数在上是减函数，
则时，取得最大值，
此时取得最小值，
所以，所以.
55．(1)周长为米，面积为平方米
(2)米
(3)平方米
【分析】（1）借助面积公式与周长公式计算即可得；
（2）结合平行线的性质与余弦定理计算即可得；
（3）结合题意，利用正弦定理与面积公式表示出面积后，借助三角恒等变换将其变形为正弦型函数，结合正弦函数的性质计算即可得.
【详解】（1），则扇形空地AOB的周长为，
面积；
（2）由，故，
由余弦定理可得，
即，即有，
即，故（负值舍去）或，
即；
（3）由，故，又，
由正弦定理可得，即，
则，
令，
则
，
有最大值，此时，即，可取，
此时平方米.
56．(1)
(2)，
(3)证明见解析
【分析】（1）利用三角函数的定义得到旋转之前的和，再由两角和的正弦、余弦公式得到点的坐标；
（2）利用三角函数的定义得到旋转之前的和，再由两角和的正弦、余弦公式得到点的坐标，再根据变换公式的定义得到变换公式及与之对应的二阶矩阵；
（3）根据定义分别计算、、，证明即可.
【详解】（1）可求得，设，则，，
设点，，
故
所以.
（2）设，，则，，，
故
所以坐标变换公式为，
该变换所对应的二阶矩阵为
（3）设矩阵，向量，，则．
，
对应变换公式为：，
，
所以
故对应变换公式同样为
所以得证.
【点睛】方法点睛：利用三角函数的定义解题：（1）角的顶点与坐标原点重合；（2）角的始边与轴正半轴重合；在角的终边上任取一点，该点到原点的距离，则：；； .