適用于新高考新教材廣西專版2025屆高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí)單元質(zhì)檢卷四三角函數(shù)

單元質(zhì)檢卷四三角函數(shù)(時(shí)間:120分鐘滿分:150分)一、選擇題:本題共8小題,每小題5分,共40分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,只有一項(xiàng)是符合題目要求的.1.若θ=cos2021π,則角θ的終邊在()A.第一象限 B.其次象限C.第三象限 D.第四象限2.某學(xué)生在“撿起樹葉樹枝,凈化校內(nèi)環(huán)境”的志愿活動(dòng)中撿到了三根小樹枝(視為三條線段),想要用它們作為三角形的三條高線制作一個(gè)三角形.經(jīng)測(cè)量,其長(zhǎng)度分別為3cm,4cm,6cm,則()A.能作出一個(gè)銳角三角形B.能作出一個(gè)直角三角形C.能作出一個(gè)鈍角三角形D.不能作出這樣的三角形3.(2024山東日照一模)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,角θ的大小如圖所示,則tanθ= ()A.32 B.4C.1 D.24.在△ABC中,內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,且bsin(π-C)-2ccos(π+B)=0,則tanB=()A.22 B.C.-22 D.-5.(2024湖北模擬預(yù)料)已知cos75°+α2=33,則cos(30°-α)的值為()A.13 B.-1C.23 D.-6.如圖,一個(gè)風(fēng)車的半徑為8m,12min旋轉(zhuǎn)一周,它的最低點(diǎn)P0離地面2m,風(fēng)車翼片的一個(gè)端點(diǎn)P從P0起先按逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn),則點(diǎn)P離地面的距離h(單位:m)與時(shí)間t(單位:min)之間的函數(shù)關(guān)系式是 ()A.h(t)=-8sinπ6t+B.h(t)=-cosπ6t+C.h(t)=-8sinπ6t+D.h(t)=-8cosπ6t+7.已知函數(shù)f(x)=asin(ωx+φ)+cos(ωx+φ)ω>0,|φ|<π2的最小正周期為π,其最小值為-2,且滿意f(x)=-fπ2-x,則φ=()A.±π3 B.±C.π6或π3 D.-8.已知銳角三角形ABC中,角A,B,C所對(duì)邊分別為a,b,c,若cos2C=1-c2b2,則角BA.π4 B.C.π6 D.二、選擇題:本題共4小題,每小題5分,共20分.在每小題給出的選項(xiàng)中,有多項(xiàng)符合題目要求.全部選對(duì)的得5分,部分選對(duì)的得2分,有選錯(cuò)的得0分.9.下列式子等于cosx-π6的是()A.cosx-5π6 B.sinx-2π3C.3cosD.2cos2π12-x210.(2024湖南邵陽(yáng)三模)已知函數(shù)f(x)=cos2x-π6,則()A.f(x)的最小正周期為2πB.f(x)在-5π12,0上單調(diào)遞增C.f(x)的圖象關(guān)于直線x=7πD.若x∈0,π6,則f(x)的最大值為-111.已知函數(shù)f(x)=sin(2x+φ)(0<φ<π)的圖象關(guān)于點(diǎn)2π3,A.f(x)在區(qū)間0,B.f(x)在區(qū)間-πC.直線x=7π6是曲線y=f(D.直線y=32-x是曲線y=f(x12.在△ABC中,角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,若sin2C=tanA(2sin2C+cosC-2),則下列結(jié)論中錯(cuò)誤的是()A.△ABC可能是直角三角形B.角B可能是鈍角C.必有A=2BD.可能有a=2b三、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分.13.請(qǐng)寫出函數(shù)f(x)=sin2x+2π3+sin2x+2的圖象的一個(gè)對(duì)稱中心:.

14.在△ABC中,內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別是a,b,c,若sinC=2sinA,b2-a2=12ac,則sinB等于.15.記函數(shù)f(x)=cos(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)的最小正周期為T.若f(T)=32,x=π9為f(x)的零點(diǎn),則ω的最小值為16.如圖所示,在平面四邊形ABCD中,AB⊥BD,AB=BD,BC=CD,AD=2,在△ABC中,角A,B,C的對(duì)應(yīng)邊分別為a,b,c,若c2=2abcos∠BCA,則△ACD的面積為.

四、解答題:本題共6小題,共70分.解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟.17.(10分)(2024天津,16)在△ABC中,角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c.已知a=39,b=2,∠A=120°.(1)求sinB的值;(2)求c的值;(3)求sin(B-C)的值.18.(12分)已知函數(shù)f(x)=Asin(ωx+φ)+BA>0,ω>0,|φ|<π2的部分圖象如圖所示.(1)求f(x)的解析式及其圖象的對(duì)稱中心的坐標(biāo);(2)設(shè)α∈(0,π),且fα2=-2,求α的值.19.(12分)△ABC的內(nèi)角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c,已知a=3,b=2.(1)若A=π6,求cos2B(2)當(dāng)A取得最大值時(shí),求△ABC的面積.20.(12分)(2024山東濟(jì)南一模)已知△ABC中,A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c,且(a+b)(sinA-sinB)=bsinC.(1)證明:A=2B;(2)若a=3,b=2,求△ABC的面積.21.(12分)如圖,打算在河岸一側(cè)建立一個(gè)觀景臺(tái)P,已知射線AB,AC為兩邊夾角為120°的馬路(長(zhǎng)度均超過(guò)3千米),在兩條馬路AB,AC上分別設(shè)立游客上下點(diǎn)M,N,從觀景臺(tái)P到M,N建立兩條觀光線路PM,PN,測(cè)得AM=3千米,AN=3千米.(1)求線段MN的長(zhǎng)度;(2)若∠MPN=60°,求兩條觀光線路PM與PN之和的最大值.22.(12分)在平面四邊形ABCD中,∠DAB=90°,∠D=60°,AC=6,CD=33.(1)求△ACD的面積;(2)若cos∠ACB=916,求AB+34BC

單元質(zhì)檢卷四三角函數(shù)1.D解析因?yàn)棣?cos2024π=-1∈-π2,0,所以角θ的終邊在第四象限,故選D.2.C解析因?yàn)槿龡l高線的長(zhǎng)度為3cm,4cm,6cm,故三邊長(zhǎng)度之比為4∶3∶2,設(shè)最大邊所對(duì)的角為α,則cosα=4+9-162×2×3=-13.D解析過(guò)P作PQ⊥x軸,垂足為Q(圖略),依據(jù)正切值的定義tanθ+π4=|PQ||則tanθ+π4=tanθ+11-tanθ=4.D解析由已知得bsinC+2ccosB=0,即sinBsinC+2sinCcosB=0,因?yàn)閟inC≠0,所以sinB+2cosB=0,故tanB=-2,故選D.5.A解析cos(30°-α)=1-2sin215°-α2=1-2cos275°+α2=1-23=13.6.D解析設(shè)h=Asin(ωt+φ)+BA>0,ω>0,|φ|≤π2,由題意可得hmax=18,hmin=2,T=12,∴A=hmax-hmin2=8,B=hmax+hmin2=10,ω=2πT=π6,則h=8sinπt6+φ+10.當(dāng)t=0時(shí),8sinφ+10=2,得sinφ=-1,則φ=-π2,所以h=8sin7.A解析由最小正周期為π,可得ω=2.∵最小值為-2,∴a2+1=2,a=±3.∵f(x)=-fπ2-x∴函數(shù)圖象關(guān)于點(diǎn)π4,0對(duì)稱.①若a=3,則f(x)=3sin(2x+φ)+cos(2x+φ)=2sin2x+φ+π6.∵2×π4+φ+π6=kπ(k∈Z),∴φ=kπ-2π3(k∈Z).令k=1,得②若a=-3,則f(x)=-3sin(2x+φ)+cos(2x+φ)=-2sin2x+φ-π6,∵2×π4+φ-π6=kπ(k∈Z),則φ=kπ-π3(k∈令k=0,得φ=-π3綜上可得,φ=±π3,故選A8.A解析由cos2C=1-c2b2,結(jié)合正弦定理可得1-2sin2C=1-sin2Csin2B,整理得sin2B-2sin2Csin2B=sin2B-sin2C.又C為銳角,故sinC≠0.于是sin2B=9.CD解析cosx-5π6=cosx+π6-π=-cosx+π6≠cosx-π6,故A不正確;sinx-2π3=sinx-π6-π2=-cosx-π6≠cosx-π6,故B不正確;3cosx+sinx2=32cosx+12sinx=cosx-π6,故C正確;2cos2π12-x2-1=cosπ6-x=cosx-π10.BC解析由函數(shù)f(x)=cos2x-π6,則T=π,故A錯(cuò)誤;由x∈-5π12,0,則2x-π6∈-π,-π6,∵y=cosx在[-π,0]上單調(diào)遞增,∴f(x)在-5π12,0上單調(diào)遞增,故B正確;由x=7π12,則2x-π6=π,∵y=cosx圖象的對(duì)稱軸為直線x=kπ(k由x∈0,π6,則-π6<2x-π6<π6,令2x-π6∵y=cosx在[-π,0]上單調(diào)遞增,在[0,π]上單調(diào)遞減,∴f(x)在0,π12上單調(diào)遞增,在π12,π6上單調(diào)遞減,故f(x)max=fπ12=cos2×π12-π6=故選BC.11.AD解析由題意得,f2π3=sin4π3+φ=0,所以4π3+φ=kπ,k∈Z,即φ=-4π3+kπ,又0<φ<π,所以k=2,φ=2π故f(x)=sin2x+2π3.選項(xiàng)A,當(dāng)x∈0,5π12時(shí),2x+2π3∈2π3,3π2,所以f(x選項(xiàng)B,當(dāng)x∈-π12,11π12時(shí),2x+2π3由函數(shù)f(x)的圖象(圖略),易知y=f(x)只有一個(gè)極值點(diǎn),由2x+2π3=3選項(xiàng)C,當(dāng)x=7π6時(shí),2x+2π3=3π,f7π6=0,所以直線x=7π選項(xiàng)D,結(jié)合該選項(xiàng),若f'(x)=2cos2x+2π3=-1,得cos2x+2π3=-12,解得2x+2π3=2π3+2kπ或2x+2π3=4π3+2kπ,k∈Z,從而得x=kπ或x=π3+kπ,k∈Z,所以函數(shù)y=f(x)的圖象在點(diǎn)0,32處的切線斜率為y'|x=0=2cos2π312.BC解析依題意得2sinCcosC=sinAcosA(2-2cos2C+cosC-2),即2sinCcosC=sinAcosA·cosC(1-2cosC),整理得cosC·[2(sinAcosC+cosAsinC)-sinA]=0,即cosC·(2sinB-sinA)=0,所以cosC=0或sinA=2sinB.當(dāng)cosC=0時(shí),△ABC是直角三角形,故A選項(xiàng)正確;而當(dāng)sinA=2sinB時(shí),由正弦定理可得a=2b,故C選項(xiàng)錯(cuò)誤,D選項(xiàng)正確;無(wú)論cosC=0或sinA=13.π3,2注:只要具有kπ2-π6,2(k∈Z)這種形式的對(duì)稱中心都對(duì)解析f(x)=sin2x+2π3+sin2x+2=sin2xcos2π3+cos2xsin2π3+sin2x+2=12sin2x+32cos2x+2=sin2由2x+π3=kπ,解得x=kπ2-π所以函數(shù)f(x)圖象的對(duì)稱中心為kπ2-π6,2,k∈Z,當(dāng)k=1時(shí),所得函數(shù)圖象的一個(gè)對(duì)稱中心是π314.74解析∵sinC=2sinA,∴c=2a.又b2-a2=12ac,∴b2=2a2,即b=2a.由余弦定理可得,cosB=a2+c2-b22ac15.3解析依題意,T=2πω,則f(T)=f2πω=cos(2π+φ)=cos又0<φ<π,∴φ=π6.∴f(x)=cosωx又x=π9為f(x∴fπ9=cosπ9∴π9ω+π6=π2+kπ∴ω=3+9k,k∈Z.又ω>0,∴ω的最小值為3.16.22解析∵AB=BD,AB⊥BD,∴在等腰直角三角形ABD中,AD=2AB=2c.在△ABC中,由余弦定理得a2+b2-2abcos∠BCA=c2,又已知c2=2abcos∠BCA,∴a2+b2=2c2.又a=BC=CD,b=AC,AD=2c,∴AC2+CD2=AD2,∴AC⊥CD.作CF⊥BD分別交BD,AD于點(diǎn)F,E,∵BC=CD,E,F分別為線段AD,BD的中點(diǎn),∴∠CED=45°,CE=ED=1,∴S△ACD=2S△ECD=2×12×EC×ED×sin45°=217.解(1)由已知及正弦定理,得asin∵a=39,b=2,∠A=120°,∴sinB=bsin(2)方法一:由(1)及已知,得cosB=1-sin2B=23913,sinC=sin(180°-120°-B)=sin(60°-B)由正弦定理,得c=asinCsin方法二:由余弦定理,得b2+c2-2bccosA=a2,即4+c2-2×2c×-12=39,整理,得c2+2c-35=0,解得c=5或c=-7(舍去).(3)∵C為銳角,∴cosC=1-∴sin(B-C)=sinBcosC-cosBsinC=1313×318.解(1)由題中函數(shù)圖象可知A+B=1,B-A=-3,則A=2,B=-1.又T2=7π所以ω=2πT=2,從而函數(shù)f(x)=2sin(2x+φ)-把π12,1代入f(x)解析式得π6+φ=π2+2kπ,φ=π3+2kπ(k∈Z).又|φ|<π2,故φ=π3,所以函數(shù)解析式為f(x)=2sin2x+π3由2x+π3=kπ(k∈Z)得x=-π6+kπ所以f(x)圖象的對(duì)稱中心的坐標(biāo)為kπ2-π6,-1(k∈(2)因?yàn)閒α2=2sinα+π3-1=-2,所以sinα+π3=-12.又α∈(0,π),則α+π3∈π3,4π3,所以α+π319.解(1)由正弦定理asinA=解得sinB=33,∴cos2B=1-2sin2B=1-2(2)由余弦定理得cosA=b2∵c2+14∴cosA≥12,則0<A≤π3,即A的最大值為此時(shí)S△ABC=12bcsinA=12×2×1×20.(1)證明∵(a+b)(sinA-sinB)=bsinC,由正弦定理得a2-b2=bc,∴cosA=b2∴2cosAsinB=sinC-sinB=sin(A+B)-sinB=sinAcosB+cosAsinB-sinB,∴sinB=sinAcosB-cosAsinB=sin(A-B),∵A,B∈(0,π),∴A-B∈(-π,π),∴B=A-B,或B+(A-B)=π(不合題意),∴A=2B.(2)解由正弦定理,得2sin又由(1)知sinA=sin2B=2sinBcosB,所以2sinB=32sinBcos因?yàn)閍=3,b=2,由(1)中a2-b2=bc可得c=52所以S=12acsinB=15716,即△ABC21.解(1)在△AMN中,