第7章 阶段练习1 任意角的概念、弧度制及三角函数-【金版教程】2024-2025学年高中数学必修第三册作业与测评课件PPT（人教B版2019）

第七章　三角函数 阶段练习1　任意角的概念、弧度制及三角函数 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 4 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 5 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 6 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 7 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 8 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 11 ②④ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 13 9.若A，B是锐角三角形ABC的内角，则点P(cosB－sinA，sinB－cosA)在第______象限. 二 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 14 5 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 17 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 18 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 21 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 22 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 23 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 24 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 25 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 26 　　　　　　　　　　　　　 R 一、单选题 1.已知角θ的终边落在阴影区域内(不含边界)，角α的终边和θ相同，则角α的集合为(　　) A.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(α\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋2kπ<α<\f(π,3)＋2kπ，k∈Z)))) B.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(α\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋\f(kπ,2)<α<\f(π,3)＋\f(kπ,2)，k∈Z)))) C.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(α\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋kπ<α<\f(π,3)＋kπ，k∈Z)))) D.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(α\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋\f(3kπ,2)≤α≤\f(π,3)＋\f(3kπ,2)，k∈Z)))) 解析：终边落在y＝eq \f(\r(3),3)x上的角为eq \f(π,6)＋kπ(k∈Z)，终边落在y＝eq \r(3)x上的角为eq \f(π,3)＋kπ(k∈Z)，故角α的集合为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(α\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋kπ<α<\f(π,3)＋kπ，k∈Z)))).故选C. 2.如果α是第三象限角，则－eq \f(α,2)是(　　) A.第一象限角 B.第一或第二象限角 C.第一或第三象限角 D.第二或第四象限角 解析：因为α是第三象限角，则180°＋k·360°<α<270°＋k·360°，k∈Z，故－135°－k·180°<－eq \f(α,2)<－k·180°－90°，k∈Z，当k为偶数时，－eq \f(α,2)在第三象限；当k为奇数时，－eq \f(α,2)在第一象限.故选C. 3.设sin(－80°)＝k，则tan260°＝(　　) A.eq \f(\r(1－k2),k) B.－eq \f(\r(1－k2),k) C.eq \f(k,\r(1－k2)) D.－eq \f(k,\r(1－k2)) 解析：因为sin(－80°)＝－sin80°＝k，则sin80°＝－k，所以cos80°＝eq \r(1－k2)，则tan260°＝tan(180°＋80°)＝tan80°＝eq \f(sin80°,cos80°)＝－eq \f(k,\r(1－k2)).故选D. 4.已知a＝sineq \f(1,4)，b＝taneq \f(1,4)，c＝log162，则(　　) A.a<b<c 　　　　　B.b<a<c　　　　　　C.c<a<b 　　　　　D.a<c<b 解析：先证明当0<x<eq \f(π,2)时，sinx<x<tanx，构造单位圆⊙O，如 图所示，则A(1，0)，设∠POA＝x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，则P(cosx，sinx)，过点 A作直线AT垂直于x轴，交OP所在直线于点T，由eq \f(AT,OA)＝tanx，得AT＝tanx，所以T(1，tanx)，由图可知，S△OPA<S扇形OPA<S△TOA，即eq \f(1,2)×1×sinx<eq \f(1,2)×12×x<eq \f(1,2)×1×tanx，即sinx<x<tanx，又c＝log162＝log242＝eq \f(1,4)log22＝eq \f(1,4)，a＝sineq \f(1,4)，b＝taneq \f(1,4)，所以a<c<b.故选D. 5.《周髀算经》中给出的弦图是由四个全等的直角三角形和中间 一个小正方形拼成的一个大的正方形，若图中所示的角为α(0°<α<45°)， 且小正方形与大正方形的面积之比为1∶25，则tanα的值为(　　) A.eq \f(25,24) 　　　　　　B.eq \f(24,25) 　　　　　　C.eq \f(4,3) 　　　　　　　D.eq \f(3,4) 解析：如图，设大正方形ABCD的边长为a，则小正方形EFMN 的边长为AF－AE＝AF－BF＝acosα－asinα，所以小正方形与大正 方形的面积之比为eq \f((acosα－asinα)2,a2)＝(cosα－sinα)2＝eq \f(1,25)，化简，得 2sinαcosα＝eq \f(24,25)，由2sinαcosα＝eq \f(2sinαcosα,sin2α＋cos2α)＝eq \f(2tanα,tan2α＋1)＝eq \f(24,25)，0° <α<45°，解得tanα＝eq \f(3,4).故选D. 二、多选题 6.下列命题正确的是(　　) A.在与530°角终边相同的角中，最小的正角为170° B.若角α的终边过点P(－4，3)，则cosα＝－eq \f(4,5) C.已知θ是第二象限角，则tan(sinθ)>tan(cosθ) D.若一扇形的弧长为2，圆心角为90°，则该扇形的面积为eq \f(1,π) 解析：由0°<k·360°＋530°<360°且k∈Z，可得k＝－1，故所求的最小正角β＝170°，A正确；由三角函数的定义，可得cosα＝eq \f(－4,\r(32＋42))＝－eq \f(4,5)，B正确；∵θ是第二象限角，∴0<sinθ<1<eq \f(π,2)，－eq \f(π,2)<－1<cosθ<0，∴tan(sinθ)>0，tan(cosθ)<0，∴tan(sinθ)>tan(cosθ)，C正确；∵扇形的弧长为2，圆心角为90°，则扇形的半径为eq \f(4,π)，∴扇形的面积为eq \f(1,2)×2×eq \f(4,π)＝eq \f(4,π)，D错误.故选ABC. 7.质点A，B在以坐标原点O为圆心，1为半径的圆上同时出发做逆时针匀速圆周运动，点A的起点在射线y＝eq \r(3)x(x≥0)与圆O的交点处，点A的角速度为1 rad/s，点B的起点在圆O与x轴正半轴的交点处，点B的角速度为2 rad/s，则下列说法正确的是(　　) A.在2 s末时，点B的坐标为(－cos4，－sin4) B.在2 s末时，劣弧AB的长为2－eq \f(π,3) C.在5π s末时，点A与点B重合 D.当点A与点B重合时，点A的坐标可以为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2))) 解析：由题意，2 s末时，射线OB逆时针旋转了4 rad，则点B的坐标为(cos4，sin4)，A错误；点A的初始位置为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，2 s后，射线OA逆时针旋转了2 rad，则∠AOB＝4－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(π,3)))＝2－eq \f(π,3)，所以劣弧AB的长为2－eq \f(π,3)，B正确；设t时刻点A与点B重合，则2t－t＝t＝eq \f(π,3)＋2kπ(k∈Z)，令eq \f(π,3)＋2kπ＝5π，得k＝eq \f(7,3)∉Z，所以在5π s末时，点A与点B不重合，C错误；由C项分析可知，t＝eq \f(π,3)时，点A与点B第一次重合，此时射线OA逆时针旋转了eq \f(π,3)，射线OB逆时针旋转了eq \f(2π,3)，可得点A与点B重合于eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(2π,3)，sin\f(2π,3)))，此时点A的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，D正确.故选BD. 解析：对于①，如图1所示，依据三角函数线，可得sineq \f(π,6)的函数值为正，sineq \f(7π,6)的函数值为负，可得sineq \f(π,6)>sineq \f(7π,6)，所以①不正确；对于②，如图2所示，依据三角函数线，可得coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))和coseq \f(π,4)的三角函数线长度相等，即coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))＝coseq \f(π,4)，所以②正确； 三、填空题 8.依据三角函数线作出如下四个判断： ①sineq \f(π,6)＝sineq \f(7π,6)；②coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))＝coseq \f(π,4)；③taneq \f(π,8)>taneq \f(3π,8)；④sineq \f(3π,5)>sineq \f(4π,5). 其中判断正确的是________(填序号). 对于③，如图3所示，因为0<eq \f(π,8)<eq \f(3π,8)<eq \f(π,2)，依据三角函数线，可得taneq \f(π,8)>0，taneq \f(3π,8)>0，且eq \f(3π,8)的正切线的长度大于eq \f(π,8)的正切线的长度，即taneq \f(π,8)<taneq \f(3π,8)，所以③不正确； INCLUDEPICTURE "../550数学(必修第三册作业测评(B版/550SX16.TIF" \* MERGEFORMAT 　　 对于④，如图4所示，依据三角函数线，可得sineq \f(3π,5)>0，sineq \f(4π,5)>0，且eq \f(3π,5)的正弦线的长度大于eq \f(4π,5)的正弦线的长度，所以sineq \f(3π,5)>sineq \f(4π,5)，所以④正确.故判断正确的是②④. 解析：由题意，得cosB－sinA＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－B))－sinA，因为△ABC是锐角三角形，故A＋B>eq \f(π,2)，eq \f(π,2)>A>eq \f(π,2)－B，故sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－B))<sinA，即cosB－sinA<0.又sinB－cosA＝sinB－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－A))，同理可得，sinB>sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－A))，即sinB－cosA>0.故点P(cosB－sinA，sinB－cosA)在第二象限. 10.立德中学拟建一个扇环形状的花坛(如图)，该扇环面由以点O为圆心的两个同心圆弧和延长后可通过点O的两条直线段围成.按设计要求扇环的周长为30米，其中大圆弧所在圆的半径为10米，设计小圆弧所在圆的半径为x米，圆心角为θ(弧度)，当θ＝eq \f(4,3)时，x＝________米；现要给花坛的边缘(实线部分)进行装饰，已知直线部分的装饰费用为4元/米，弧线部分的装饰费用为9元/米，则花坛每平方米的装饰费用M的最小值为________元eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(M＝\f(总费用,花坛总面积))). eq \f(10,3) 解析：由题意，得30＝xθ＋10θ＋2(10－x)，解得θ＝eq \f(10＋2x,10＋x)，当θ＝eq \f(4,3)时，x＝5.S花坛＝eq \f(1,2)×10×θ×10－eq \f(1,2)×θ×x2＝eq \f(θ,2)(100－x2)＝－x2＋5x＋50(0<x<10)，装饰费用为9θ(x＋10)＋2(10－x)·4＝9xθ＋90θ＋8(10－x)＝170＋10x，故M＝eq \f(170＋10x,－x2＋5x＋50)＝－eq \f(10(17＋x),x2－5x－50)，令t＝17＋x，17<t<27，则M＝－eq \f(10t,(t－17)2－5(t－17)－50)＝－eq \f(10t,t2－39t＋324)＝－eq \f(10,t－39＋\f(324,t))，∵t＋eq \f(324,t)≥2eq \r(t·\f(324,t))＝36，当且仅当t＝eq \f(324,t)，即t＝18，x＝1时，等号成立，∴M≥－eq \f(10,36－39)＝eq \f(10,3)，即花坛每平方米的装饰费用M的最小值为eq \f(10,3)元. 四、解答题 11.(1)已知α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2)))，tanα＝2，求cosα－sinα的值； (2)已知coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α))＝eq \f(\r(3),3)，求coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)＋α))－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))的值； (3)求证：eq \f(tanαsinα,tanα－sinα)＝eq \f(tanα＋sinα,tanαsinα). 解：(1)由已知，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(tanα＝\f(sinα,cosα)＝2，,①,sin2α＋cos2α＝1，,②)))由①，得sinα＝2cosα，代入②， 得4cos2α＋cos2α＝1，∴cos2α＝eq \f(1,5)，又α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2)))，∴cosα<0， ∴cosα＝－eq \f(\r(5),5)，∴sinα＝－eq \f(2\r(5),5)，∴cosα－sinα＝－eq \f(\r(5),5)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(5),5)))＝eq \f(\r(5),5). (2)由coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α))＝eq \f(\r(3),3)，得 coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)＋α))－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＝coseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α))))－sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α))))＝－coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α))－coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α))＝－eq \f(\r(3),3)－eq \f(\r(3),3)＝－eq \f(2\r(3),3). (3)证明：∵右边＝eq \f(tan2α－sin2α,(tanα－sinα)tanαsinα) ＝eq \f(tan2α－tan2αcos2α,(tanα－sinα)tanαsinα)＝eq \f(tan2α(1－cos2α),(tanα－sinα)tanαsinα) ＝eq \f(tan2αsin2α,(tanα－sinα)tanαsinα)＝eq \f(tanαsinα,tanα－sinα)＝左边， ∴原等式成立. 12.已知f(α)＝eq \f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－α－\f(5π,2)))cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)＋α))tan2(π－α),cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))sin(π＋α)). (1)化简f(α)； (2)若f(α)＝2，求sin2α－3sinαcosα的值； (3)若feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＝3，求sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))的值. 解：(1)f(α)＝eq \f((－cosα)sinαtan2α,sinα(－sinα))＝eq \f((－cosα)·\f(sin2α,cos2α),－sinα)＝eq \f(sinα,cosα)＝tanα. (2)由(1)，得tanα＝2， 所以sin2α－3sinαcosα＝eq \f(sin2α－3sinαcosα,sin2α＋cos2α)＝eq \f(tan2α－3tanα,tan2α＋1)＝eq \f(4－6,4＋1)＝－eq \f(2,5). (3)由(1)，得taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＝3，令α－eq \f(π,6)＝θ，则α＝θ＋eq \f(π,6)， 则taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,2)))＝eq \f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,2))),cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,2))))＝eq \f(cosθ,－sinθ)＝－eq \f(1,tanθ)＝3， 所以tanθ＝－eq \f(1,3)，又tanθ＝eq \f(sinθ,cosθ)＝－eq \f(1,3)， 得cosθ＝－3sinθ，代入sin2θ＋cos2θ＝1， 解得sinθ＝±eq \f(\r(10),10)， 故sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))＝eq \f(\r(10),10)或sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))＝－eq \f(\r(10),10). 13.圆O的半径为1，P为圆周上一点，现将如图所示放置的边长为1的正方形(正方形的顶点A和点P重合)沿着圆周逆时针滚动.经过若干次滚动，点A第一次回到点P的位置，则点A走过的路程为(　　) A.2π B.eq \f((1＋\r(2))π,2) C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋\f(\r(2),4)))π D.eq \f((2＋\r(2))π,2) 解析：设第i(i∈N＋)次滚动后点A的位置为Ai，结合图形，可知第3次或第4次滚动后，点A再次达到圆周A3(A4)处，则第7次或第8次滚动后，点A达到圆周A7(A8)，第11次或第12次滚动后点A第一次回到点P的位置，相当于正方形在圆内滚动了三圈.因为圆O的半径r＝1，正方形的边长a＝1，所以以正方形的一边为弦时所对应的圆心角为eq \f(π,3)，正方形在圆周上滚动时，点的位置如图所示，设第 i(i∈N＋)次滚动点A的路程为Bi，则B1＝eq \f(π,6)A1B＝eq \f(π,6)×1＝eq \f(π,6)，B2＝ eq \f(π,6)A1A7＝eq \f(π,6)×eq \r(2)＝eq \f(\r(2)π,6)，B3＝B1＝eq \f(π,6)，B4＝0，又B1＋B2＋B3＋B4 ＝B5＋B6＋B7＋B8＝B9＋B10＋B11＋B12，所以点A所走过的路程为 3(B1＋B2＋B3＋B4)＝eq \f((2＋\r(2))π,2).故选D. 解析：∵锐角θ满足logsinθeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(tanθ＋\f(cosθ,sinθ)))＝－eq \f(4,3)，∴锐角θ满足log(tanθ＋eq \f(cosθ,sinθ))sinθ＝－eq \f(3,4)，∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(tanθ＋\f(cosθ,sinθ))) eq \s\up12(－\f(3,4))＝sinθ，即eq \f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(tanθ＋\f(cosθ,sinθ)))\s\up12(3))＝sin4θ，∴eq \f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(sinθ,cosθ)＋\f(cosθ,sinθ)))\s\up12(3))＝sin4θ，∴sin3θcos3θ＝sin4θ，cos3θ＝sinθ，∵θ是锐角，∴cosθ>0，∴cos2θ＝eq \f(sinθ,cosθ)＝tanθ，∴logtanθcosθ＝logcos2θcosθ＝eq \f(1,2)logcosθcosθ＝eq \f(1,2). 14.已知锐角θ满足logsinθeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(tanθ＋\f(cosθ,sinθ)))＝－eq \f(4,3)，则logtanθcosθ的值是________. eq \f(1,2) 15.如图1所示的是杭州2022年第19届亚运会会徽，名为“潮涌”，钱塘江和钱塘江潮头是会徽的形象核心，绿水青山展示了浙江杭州山水城市的自然特征，江潮奔涌表达了浙江儿女勇立潮头的精神气质，整个会徽形象象征着新时代中国特色社会主义大潮的涌动和发展.图2是会徽的几何图形，设eq \o(AD,\s\up15(︵))的长度是l，eq \o(BC,\s\up15(︵))的长度是l′，几何图形ABCD的面积为S，扇形BOC的面积为S′，已知eq \f(l,l′)＝2，∠BOC＝α. (1)求eq \f(S,S′)； (2)若几何图形ABCD的周长为4，则当α为多少时，S最大？ 解：(1)由∠BOC＝α，则l＝α·OA，l′＝α·OB， 所以eq \f(l,l′)＝eq \f(α·OA,α·OB)＝eq \f(OA,OB)＝2，即OA＝2OB，l＝2l′， eq \f(S,S′)＝eq \f(\f(1,2)l·OA－\f(1,2)l′·OB,\f(1,2)l′·OB)＝eq \f(\f(1,2)·2l′·2OB－\f(1,2)l′·OB,\f(1,2)l′·OB)＝3. (2)由(1)知，AB＝CD＝OB， 几何图形ABCD的周长为AB＋l＋l′＋CD＝2OB＋3l′＝4， S＝eq \f(1,2)l·OA－eq \f(1,2)l′·OB＝eq \f(1,2)·2l′·2OB－eq \f(1,2)l′·OB＝eq \f(3,2)l′·OB＝eq \f(1,4)·(3l′)·(2OB)≤eq \f(1,4)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2OB＋3l′,2))) eq \s\up12(2)＝eq \f(1,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,2))) eq \s\up12(2)＝1， 当且仅当eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3l′＝2OB，,l′＝α·OB，)) 即α＝eq \f(2,3)时，S的最大值为1. $$