第25卷 弧度制与任意角三角函数（二）-考点训练卷 2027年天津市（春季高考）《数学考纲百套卷》(原卷版+解析版)

**基本信息** 聚焦弧度制与任意角三角函数基础考点，通过概念辨析、运算训练及简单应用，构建从概念到应用的递进式知识逻辑，培养抽象能力与运算能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |概念辨析|单选4-7题（4题）|象限角判断、终边位置确定|概念生成→原理推导→应用拓展| |基本运算|单选1-3、填空9-13（8题）|弧度角度换算、三角函数值计算|概念生成→原理推导→应用拓展| |综合应用|单选8、填空14、解答15-18（6题）|扇形面积/容积计算、最值问题|概念生成→原理推导→应用拓展|

编写说明：2027年天津市春季高考《数学考纲百套卷》，依据《中等职业学校数学课程标准》及最新的考试要求，在历年数学真题分析的基础上进行编写。本专辑试卷采用三阶递进式训练体系：基础层拆解考点为微目标，紧扣考纲中考查内容及考查要求编写考点训练卷；巩固层强化知识综合，按考纲专题编写专题训练卷；应用层聚焦真题突破，结合考纲与真题编写综合模拟卷。 2027年天津市春季高考《数学考纲百套卷》 第25卷 弧度制与任意角三角函数（二） 考点训练卷 考试时间：90分钟 满分：100分 班级 姓名 学号 成绩 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题4分，共32分.在每小题列出的四个备选项中只有一个是最符合题目要求的，请将其选出. 1．（   ） A． B． C． D．1 【答案】A 【分析】根据特殊角的三角函数值来求解即可. 【详解】. 故选：A. 2． = (     ) A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据角度制与弧度制的转换即可求解. 【详解】因为，所以. 故选：C. 3．对应的弧度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据角度与弧度的转换公式进行计算即可求解. 【详解】因为，则， 所以. 故选：D. 4．若角的终边在第二象限，则下列说法正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据象限角的符号即可选出正确答案. 【详解】第二象限内的点，横坐标为负，纵坐标为正， 所以若角的终边在第二象限，则， 故选：B 5．已知角的终边过点，则（     ） A． B．4 C． D． 【答案】B 【分析】根据任意角的三角函数的概念求解即可. 【详解】因为角的终边过点， 所以. 故选：B. 6．，则角的终边在第（   ）象限 A．一或三 B．二或三 C．一或四 D．三或四 【答案】B 【分析】根据三角函数各象限符号即可判断. 【详解】已知， 若，此时角的终边在第三象限， 若，此时角的终边在第二象限， 所以角的终边在第二或三象限， 故选：B. 7．是（   ）的角. A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 【答案】B 【分析】根据角的取值范围即可判断所在象限. 【详解】， 所以是第二象限角. 故选：B 8．已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的侧面积为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意，结合扇形的弧长公式，及圆锥的侧面积公式，即可求解. 【详解】因为圆锥的底面半径为， 所以底面周长为，即展开图扇形的弧长为， 又侧面展开图为一个半圆，所以扇形的圆心角为， 所以圆锥的母线长， 所以该圆锥的侧面积. 故选：C. 二、填空题：本大题共6小题，每小题4分，共24分. 9．______，__________. 【答案】 1 【分析】根据特殊角的三角函数值求解即可. 【详解】. 故答案为：. 10．已知的终边过点，则______. 【答案】 【分析】利用任意角的三角函数的定义即可求解. 【详解】因为的终边过点， 所以， 则. 故答案为：. 11．已知扇形弧长为，圆心角为，则半径为多少________． 【答案】/ 【分析】根据弧度制的定义即可得解. 【详解】扇形弧长为，圆心角为， 设半径为，则，解得， 故答案为：. 12．角度和弧度可以互相换算，________度；____ 【答案】 【分析】根据角度与弧度之间的转换公式即可得解. 【详解】；， 故答案为：；. 13．已知角的终边经过点，则 __________. 【答案】 【分析】根据任意角的三角函数的定义求值即可. 【详解】已知角的终边经过点， 则， 故答案为：. 14．用圆心角为 ，半径为4的扇形铁皮，制作一个最大的无底容器，则该容器的容积为___________. 【答案】/ 【分析】扇形铁皮制作无底容器，即卷成圆锥形容器，扇形的弧长为圆锥底面周长，扇形的半径为圆锥的母线长，再结合圆锥体积公式计算容积即可. 【详解】扇形的弧长，设圆锥的底面半径为r， 则圆锥的底面周长，所以. 圆锥的母线长，圆锥的高， 圆锥的体积. 故答案为：. 三、解答题:本大题共4小题，第15、16题每题10分，第17、18题每题12分，共44分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15．已知． (1)把改写成的形式，并指出它是第几象限角； (2)求，使与终边相同，且． 【答案】(1)，第一象限角； (2)和. 【分析】（1）由题意，，根据角的相关概念，即可判断； （2）先根据终边相同的角的关系写出的表达式，再结合的取值范围确定的值，即可求出角. （1）因为，又， 所以把写成的形式为， 它是第一象限角． （2）与终边相同的角为， 所以当，或时，，或，满足． 即得所求角为和． 16．已知角的终边经过点. (1)求、、的值； (2)求的值. 【答案】(1)，， (2) 【分析】（1）根据三角函数的定义求解即可. （2）根据（1）代入求解即可. 【详解】（1）点 ， . ∴ ，，. （2）. 17．已知角的终边经过点 (1)求； (2)若是方程的两个根，求的值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据任意角的三角函数的概念和同角三角函数的基本关系分析求解即可； （2）利用韦达定理及第（1）问的结果求解即可. 【详解】（1）角的终边经过点，，，， ，，， . （2），是方程的两个根， ，由韦达定理得，， ，， . 18．一个扇形的周长是16，求圆心角是多少时，这个扇形的面积最大？最大的面积是多少？ 【答案】当圆心角为时，扇形的面积取最大值，最大值为 【分析】设扇形的半径为，弧长为，利用周长关系，表示出扇形的面积，利用二次函数求出面积的最大值，以及圆心角的大小． 【详解】 设扇形的半径为，弧长为，则 ，即． 扇形的面积，将上式代入， 得， 所以当且仅当时，有最大值16， 此时， 可得：． 所以当时，扇形的面积取最大值，最大值为． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 编写说明：2027年天津市春季高考《数学考纲百套卷》，依据《中等职业学校数学课程标准》及最新的考试要求，在历年数学真题分析的基础上进行编写。本专辑试卷采用三阶递进式训练体系：基础层拆解考点为微目标，紧扣考纲中考查内容及考查要求编写考点训练卷；巩固层强化知识综合，按考纲专题编写专题训练卷；应用层聚焦真题突破，结合考纲与真题编写综合模拟卷。 2027年天津市春季高考《数学考纲百套卷》 第25卷 弧度制与任意角三角函数（二） 考点训练卷 考试时间：90分钟 满分：100分 班级 姓名 学号 成绩 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题4分，共32分.在每小题列出的四个备选项中只有一个是最符合题目要求的，请将其选出. 1．（   ） A． B． C． D．1 2． = (     ) A． B． C． D． 3．对应的弧度数为（   ） A． B． C． D． 4．若角的终边在第二象限，则下列说法正确的是（    ） A． B． C． D． 5．已知角的终边过点，则（     ） A． B．4 C． D． 6．，则角的终边在第（   ）象限 A．一或三 B．二或三 C．一或四 D．三或四 7．是（   ）的角. A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 8．已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的侧面积为（     ） A． B． C． D． 二、填空题：本大题共6小题，每小题4分，共24分. 9．______，__________. 10．已知的终边过点，则______. 11．已知扇形弧长为，圆心角为，则半径为多少________． 12．角度和弧度可以互相换算，________度；____ 13．已知角的终边经过点，则 __________. 14．用圆心角为 ，半径为4的扇形铁皮，制作一个最大的无底容器，则该容器的容积为___________. 三、解答题:本大题共4小题，第15、16题每题10分，第17、18题每题12分，共44分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15．已知． (1)把改写成的形式，并指出它是第几象限角； (2)求，使与终边相同，且． 16．已知角的终边经过点. (1)求、、的值； (2)求的值. 17．已知角的终边经过点 (1)求； (2)若是方程的两个根，求的值. 18．一个扇形的周长是16，求圆心角是多少时，这个扇形的面积最大？最大的面积是多少？ 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $