达标测试卷(4) 三角函数与解三角形-【高考总复习】2025年高考数学一轮达标测试卷

达标测试卷(四)　三角函数与解三角形 (本卷满分150分　考试时间120分钟) 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1.已知P是角θ终边上一点，且sin θ＝，则y的值是(　　) A.－　　 B. C.－ D. 2.已知函数f(x)＝sin(ω＞0)的最小正周期为π，则f＝(　　) A.1 B. C.－1 D.－ 3.已知sin＝，sin＝，则的值为(　　) A.2 B.－2 C. D.－ 4.将函数y＝sin的图象向右平移个单位长度，再把所得各点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，所得图象的函数解析式是(　　) A.y＝sin B.y＝sin C.y＝sin x D.y＝sin 4x 5.△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知B＝，bcsin A＝8sin B，a＝2，则b＝(　　) A.4 B.2 C.2 D.2 6.如图所示，为了测量A，B两处岛屿间的距离，小明在D处观测，A，B分别在D处的北偏西15°、北偏东45°方向，再往正东方向行驶40海里至C处，观测B在C处的正北方向，A在C处的北偏西60°方向，则A，B两处岛屿间的距离为 (　　) A.20 海里 B.40 海里 C.20(1＋)海里 D.40海里 7.已知函数f(x)＝2sin，若方程f(x)＝在(0，π)内的解为x1，x2(x1<x2)，则sin＝(　　) A.－ B. C. D.－ 8.已知O为坐标原点，点P为函数y＝cos x图象上一动点，当点P的横坐标分别为，，时，对应的点分别为P1，P2，P3，则下列选项正确的是(　　) A.|OP1|>|OP2|>|OP3| B.|OP1|>|OP3|>|OP2| C.|OP2|>|OP3|>|OP1| D.|OP3|>|OP2|>|OP1| 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9.下列说法错误的是(　　) A.长度等于半径的弦所对的圆心角为1弧度 B.若tan α≥0，则kπ≤α≤＋kπ(k∈Z) C.若角α的终边过点P(3k，4k)(k≠0)，则sin α＝ D.当2kπ＜α＜＋2kπ(k∈Z)时，sin α＜cos α 10.已知函数f(x)＝Asin(A>0，ω>0，|φ|<)的部分图象如图所示，则下列结论正确的是(　　) A.φ＝ B.函数f(x)的图象关于直线x＝－对称 C.函数f(x)的图象关于点中心对称 D.函数f(x)在上单调递增 11.已知函数f(x)＝·，下列说法正确的有(　　) A.f(x)关于点对称 B.f(x)在区间上单调递增 C.若f＋f＝－2，则x1＋x2＝π＋2kπ D.f(x)的对称轴是x＝＋kπ 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.已知扇形的圆心角为120°，弧长为2π，则扇形面积为________. 13.已知函数f(x)＝cos，其中x∈，若f(x)的值域是，则实数m的取值范围是________. 14.将函数f(x)＝4cos图象与直线g(x)＝x－1的所有交点从左到右依次记为A1，A2，…，An，若P点坐标为(0，1)，则|＋＋…＋|＝________. 四、解答题：本题共5小题，共77分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15.(13分)在①tan(π＋α)＝2；②sin(π－α)－sin＝cos(－α)；③2sin＝cos这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并求解下列问题. 问题：已知________. (1)求的值； (2)当α为第三象限角时，求sin(－α)－cos(π＋α)－cos·sin的值. 16.(15分)已知α，β∈，cos α＝，cos(α＋β)＝. (1)求sin β的值； (2)求cos(α＋2β)的值. 17.(15分)已知函数f(x)＝cos－2sin2x＋1. (1)当x∈时，求f(x)的值域； (2)若x∈且f(x)＝，求f的值. 18.(17分)已知在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，S为△ABC的面积，且2S－ ·＝0. (1)求角C的大小； (2)若∠BAC与∠ABC的内角平分线交于点I，△ABC的外接圆半径为2，求△ABI周长的最大值. 19.(17分)如图有一块半径为4，圆心角为的扇形铁皮AOB，P是圆弧AB上一点(不包括A，B)，点M，N分别在半径OA，OB上. (1)若四边形PMON为矩形，求其面积的最大值； (2)若△PBN和△PMA均为直角三角形，求它们面积之和的取值范围. 学科网（北京）股份有限公司 $$ 达标测试卷(四)　三角函数与解三角形 1.D　因为P是角θ终边上一点，sin θ＝>0，故点P位于第二象限，所以y>0，sin θ＝＝，整理得17y2＝32，因为y>0， 所以y＝.故选D. 2.A　因为函数f(x)＝sin(ω＞0)的最小正周期为π，所以周期T＝＝π，解得ω＝2，即f(x)＝sin，所以f＝sin(2×＋)＝sin＝sin ＝1. 3.B　由题知 解得所以＝＝－2.故选B. 4.A　将函数y＝sin的图象向右平移个单位长度，得到y＝sin＝sin的图象，再把所得图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，可得y＝sin＝sin的图象. 5.B　因为bcsin A＝8sin B，所以abc＝8b，即ac＝8.又因为a＝2，所以c＝4，由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos B，从而b＝＝2，故选B. 6.A　由题意可知CD＝40，∠ADC＝105°，∠BDC＝45°，∠BCD＝90°，∠ACD＝30°，所以∠CAD＝45°，∠ADB＝60°，在△ACD中，由正弦定理得＝，得AD＝20，在Rt△BCD中，因为∠BDC＝45°，∠BCD＝90°，所以BD＝CD＝40，在△ABD中，由余弦定理得AB＝＝＝＝20，故选A. 7.A　 因为x∈，所以2x－∈，又x1，x2是sin＝的两根，结合图象可知＝，所以x2＝－x1，所以sin＝sin＝－cos，因为x1<x2，x2＝－x1，所以0<x1<，所以2x1－∈，所以cos＝，所以sin＝－.故选A. 8.D　设P，则|OP|2＝x2＋cos2x，令y＝x2＋cos2x，x∈，则y′＝2x－2sin xcos x＝2x－sin 2x，设g(x)＝2x－sin 2x，x∈，则g′(x)＝2－2cos 2x>0，所以g(x)＝2x－sin 2x在上单调递增，故g(x)＝2x－sin 2x>g＝0，即y′＝2x－sin 2x>0，所以y＝x2＋cos2x在上单调递增，所以|OP3|2>|OP2|2>|OP1|2，即|OP3|>|OP2|>|OP1|.故选D. 9.ABC　对于A，长度等于半径的弦所对的圆心角为弧度，故A错误；对于B，若tan α≥0，则kπ≤α＜＋kπ(k∈Z)，故B错误；对于C，若角α的终边过点P(3k，4k)(k≠0)，则sin α＝±，故C错误；对于D，当2kπ＜α＜＋2kπ(k∈Z)时，sin α＜cos α，故D正确. 10.AD　由题图知A＝，f(x)的最小正周期T＝＝4＝2π，故ω＝1，又f(x)的图象过点，则sin＝1，即＋φ＝＋2kπ，又|φ|<，故φ＝，A正确；综上，f(x)＝sin，所以f＝sin 0＝0，故为对称中心，B错误；f＝sin＝－，故x＝为对称轴，C错误； 令2kπ－≤x＋≤2kπ＋，得单调递增区间为， 因为⊆， 所以D正确. 故选AD. 11.BC　因为f＝1，f＝1，所以f(x)不关于点对称，故A错误； 当x∈[2kπ，2kπ＋π](k∈Z)时， f(x)＝·， 即f(x)＝cos 2x， 当x∈(k∈Z)时， f(x)＝·， 即f(x)＝1＋sin 2x， 作出f(x)的图象如图所示， 由图象可知f(x)在区间上单调递增，故B正确； 因为f＋f＝－2，所以f＝－1，f＝－1，x1＝＋2k1π，k1∈Z，x2＝＋2k2π，k2∈Z，所以x1＋x2＝π＋2kπ，故C项正确； 由图象可知f(x)的图象不关于x＝－对称，故D项错误. 故选BC. 12.解析　∵α＝120°＝，l＝αr＝2π，∴r＝＝＝3， ∴S＝lr＝×2π×3＝3π，故答案为3π. 答案　3π 13.解析　由x∈，可知≤3x＋≤3m＋. 因为f＝cos ＝－且f＝cos π＝－1，所以要使f(x)的值域是，结合图象可知，只需≤m≤，即m∈. 答案　 14.解析　在同一坐标系中画出f(x)＝4cos，g(x)＝x－1的图象，可分析出它们只有5个交点，如图所示，注意到f(x)，g(x)都关于A3(1，0)对称，那么A1与A5、A2与A4也关于A3(1，0)对称，根据向量的加法法则＋＝＋＝2， 于是|＋＋…＋|＝5||＝5＝5.故答案为5. 答案　5 15.解析　解法一　选条件①. (1)由tan(π＋α)＝2，得tan α＝2， 所以＝＝＝＝8. (2)tan α＝＝2，即sin α＝2cos α. 因为sin2 α＋cos2 α＝1， 所以(2cos α)2＋cos2 α＝1， 又因为α为第三象限角， 所以cos α＝－，sin α＝－. 所以sin(－α)－cos(π＋α)－cossin＝－sin α＋cos α＋sin αcos α＝－－＋×＝. 解法二　选条件②. (1)由sin(π－α)－sin＝cos(－α)， 得sin α－cos α＝cos α，即sin α＝2cos α，tan α＝2， 下同解法一. (2)由(1)知sin α＝2cos α. 下同解法一. 解法三　选条件③. (1)由2sin＝cos，得2cos α＝sin α， 所以tan α＝2， 下同解法一. (2)由(1)知sin α＝2cos α. 下同解法一. 16.解析　(1)因为α，β均为锐角，所以0＜α＋β＜π， 又cos α＝，cos(α＋β)＝， 所以sin α＝＝， sin(α＋β)＝＝. 所以sin β＝sin[(α＋β)－α] ＝sin(α＋β)cos α－cos(α＋β)sin α ＝×－×＝. (2)根据第(1)问可知cos β＝＝. 所以cos(α＋2β)＝cos[(α＋β)＋β] ＝cos(α＋β)cos β－sin(α＋β)sin β ＝×－×＝. 17.解析　(1)f(x)＝cos－2sin2x＋1 ＝sin 2x－ ＝sin 2x＋cos 2x＝2sin， 当x∈时，2x＋∈， ∴2sin<2sin≤2sin， 即－1<2sin≤2， ∴f(x)的值域为. (2)∵f(x)＝2sin＝， ∴sin＝. ∵x∈，∴<2x＋<， ∴cos＝＝， ∴f＝2sin 2x＝2sin ＝2 ＝2×＝. 18.解析　(1)∵2S－ ·＝0， ∴absin C－abcos C＝0， 又ab>0，∴sin C－cos C＝0，tan C＝， 又C∈，∴C＝. (2)∵△ABC的外接圆半径为2， ∴由正弦定理，得＝＝2×2＝4， ∴AB＝2， ∵∠ACB＝，∴∠ABC＋∠BAC＝， ∵∠BAC与∠ABC的内角平分线交于点I， ∴∠ABI＋∠BAI＝，∴∠AIB＝，设∠ABI＝θ，则∠BAI＝－θ，且0<θ<， 在△ABI中，由正弦定理，得＝＝＝＝4， ∴BI＝4sin，AI＝4sin θ， ∴△ABI的周长为2＋4sin＋4sin θ＝2＋4＋4sin θ＝2＋2cos θ＋2sin θ＝4sin＋2， ∵0<θ<，∴<θ＋<，当θ＋＝，即θ＝时，△ABI的周长取得最大值，最大值为4＋2， 故△ABI周长的最大值为4＋2. 19.解析　(1)连接OP，如图，令∠AOP＝θ， 因为四边形PMON为矩形，则OM＝OPcos θ＝4cos θ，PM＝OPsin θ＝4sin θ， 于是得矩形PMON的面积SPMON＝OM·PM＝4cos θ·4sin θ＝8sin 2θ，而0<2θ<π，则当2θ＝，即θ＝时，sin 2θ取最大值1，即有(SPMON)max＝8， 所以矩形PMON面积的最大值为8. (2)由(1)知，PN＝OM＝4cos θ，ON＝PM＝4sin θ， 则BN＝4－4sin θ，AM＝4－4cos θ， Rt△PBN和Rt△PMA的面积和为 S＝S△PBN＋S△PMA＝PN·BN＋PM·AM＝×4cos θ×(4－4sin θ)＋×4sin θ×(4－4cos θ)＝8(sin θ＋cos θ)－16sin θcos θ， 令sin θ＋cos θ＝t，即t＝sin， 而<θ＋<，则1<t≤， 2sin θcos θ＝(sin θ＋cos θ)2－(sin2θ＋cos2θ)＝t2－1， 则S＝f(t)＝8t－8(t2－1)＝－8t2＋8t＋8＝－8＋10，显然f(t)在(1， ]上单调递减， 当t＝，即θ＝时，f(t)min＝f()＝8－8， 而f(1)＝8，因此8－8≤S<8， 所以Rt△PBN和Rt△PMA的面积和的取值范围是[8－8，8). 学科网（北京）股份有限公司 $$