2024-2025學(xué)年高中數(shù)學(xué)第一章三角函數(shù)單元質(zhì)量評估習(xí)題含解析新人教A版必修4

第一章單元質(zhì)量評估eq\o(\s\up7(時(shí)間：120分鐘滿分：150分),\s\do5())一、選擇題(每小題5分，共60分)1．已知角α是第三象限角，則角－α的終邊在(B)A．第一象限B．其次象限C．第三象限D(zhuǎn)．第四象限解析：∵角α是第三象限角，∴k·360°＋180°<α<k·360°＋270°，k∈Z，∴－k·360°－270°<－α<－k·360°－180°，k∈Z.∴角－α的終邊在其次象限．故選B.2．已知扇形AOB的面積為4，圓心角的弧度數(shù)為2，則該扇形的弧長為(A)A．4B．2C．1D．8解析：S＝eq\f(1,2)l·r＝eq\f(1,2)·α·r2＝4，∵α＝2，∴r＝2，∴l(xiāng)＝α·r＝4.3．點(diǎn)P從點(diǎn)(－1,0)動身，沿單位圓x2＋y2＝1順時(shí)針方向運(yùn)動eq\f(π,3)弧長到達(dá)Q點(diǎn)，則Q點(diǎn)的坐標(biāo)為(A)A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，－\f(1,2)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(\r(3),2)))D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)))解析：點(diǎn)P從點(diǎn)(－1,0)動身，沿單位圓x2＋y2＝1順時(shí)針方向運(yùn)動eq\f(π,3)弧長到達(dá)Q點(diǎn)，如圖，因此Q點(diǎn)的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(2π,3)，sin\f(2π,3)))，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，故選A.4．若600°角的終邊上有一點(diǎn)(－4，a)，則a的值是(C)A．－eq\f(4\r(3),3)B．4eq\r(3)C．－4eq\r(3)D．±4eq\r(3)解析：∵tan600°＝tan(60°＋3×180°)＝tan60°＝eq\r(3)，又點(diǎn)(－4，a)在600°角的終邊上，∴－eq\f(a,4)＝tan600°＝eq\r(3)，∴a＝－4eq\r(3).5．sin1，cos1，tan1的大小關(guān)系為(C)A．sin1>cos1>tan1B．sin1>tan1>cos1C．tan1>sin1>cos1D．tan1>cos1>sin1解析：本題主要考查同角的不同三角函數(shù)值的大?。捎趀q\f(π,4)<1<eq\f(π,3)，則有1>sin1>eq\f(\r(2),2)>cos1，又tan1>1，故tan1>sin1>cos1，故選C.6．若函數(shù)y＝sin(ωx＋φ)(ω>0)的部分圖象如圖所示，則ω＝(B)A．5B．4C．3D．2解析：由圖象可知函數(shù)的周期為eq\f(π,2)，所以eq\f(2π,ω)＝eq\f(π,2)，ω＝4.7．已知tanθ＝2，則eq\f(sinθ,sin3θ－cos3θ)＝(C)A.eq\f(1,3)B.eq\f(2,3)C.eq\f(10,7)D.eq\f(3,2)解析：本題主要考查同角三角函數(shù)關(guān)系的應(yīng)用.eq\f(sinθ,sin3θ－cos3θ)＝eq\f(sinθsin2θ＋cos2θ,sin3θ－cos3θ)＝eq\f(tan3θ＋tanθ,tan3θ－1)＝eq\f(23＋2,23－1)＝eq\f(10,7)，故選C.8．設(shè)a＝sin33°，b＝cos55°，c＝tan35°，則(C)A．a(chǎn)>b>cB．b>c>aC．c>b>aD．c>a>b解析：∵b＝cos55°＝sin(90°－55°)＝sin35°，且35°>33°，依據(jù)y＝sinx在(0°，90°)上單調(diào)遞增，可得b>a；結(jié)合三角函數(shù)線可知b<c，∴c>b>a，故選C.9．函數(shù)f(x)＝lgsin(eq\f(π,4)－2x)的一個(gè)增區(qū)間為(C)A．(eq\f(3π,8)，eq\f(7π,8))B．(eq\f(7π,8)，eq\f(9π,8))C．(eq\f(5π,8)，eq\f(7π,8))D．(－eq\f(7π,8)，－eq\f(3π,8))解析：本題主要考查三角函數(shù)的單調(diào)性的推斷和單調(diào)區(qū)間的求法．由sin(eq\f(π,4)－2x)>0，得sin(2x－eq\f(π,4))<0，∴π＋2kπ<2x－eq\f(π,4)<2π＋2kπ(k∈Z)．又f(x)＝lgsin(eq\f(π,4)－2x)的增區(qū)間即為sin(eq\f(π,4)－2x)在定義域內(nèi)的增區(qū)間，即sin(2x－eq\f(π,4))在定義域內(nèi)的減區(qū)間，故π＋2kπ<2x－eq\f(π,4)<eq\f(3π,2)＋2kπ(k∈Z)，化簡得eq\f(5π,8)＋kπ<x<eq\f(7π,8)＋kπ(k∈Z)，當(dāng)k＝0時(shí)，eq\f(5π,8)<x<eq\f(7π,8)，故選C.10．已知函數(shù)y＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))))，則以下說法正確的是(C)A．函數(shù)的最小正周期為eq\f(π,4)B．函數(shù)為偶函數(shù)C．函數(shù)圖象的一條對稱軸為直線x＝eq\f(π,3)D．函數(shù)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，\f(5π,6)))上為減函數(shù)解析：該函數(shù)的最小正周期T＝eq\f(π,2)；因?yàn)閒(－x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2x－\f(π,6)))))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))))，因此它是非奇非偶函數(shù)；函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))在[eq\f(2π,3)，eq\f(5π,6)]上是減函數(shù)，但y＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))))在[eq\f(2π,3)，eq\f(5π,6)]上是增函數(shù)，因此只有C正確．11．將函數(shù)y＝sin(2x＋φ)的圖象沿x軸向左平移eq\f(π,8)個(gè)單位長度后，得到一個(gè)偶函數(shù)的圖象，則φ的一個(gè)可能取值為(B)A.eq\f(3π,4)B.eq\f(π,4)C．0D．－eq\f(π,4)解析：將函數(shù)y＝sin(2x＋φ)的圖象沿x軸向左平移eq\f(π,8)個(gè)單位長度，得到函數(shù)y＝sin[2(x＋eq\f(π,8))＋φ]＝sin(2x＋eq\f(π,4)＋φ)的圖象，因?yàn)榇藭r(shí)函數(shù)為偶函數(shù)，所以eq\f(π,4)＋φ＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，即φ＝eq\f(π,4)＋kπ，k∈Z.令k＝0，得φ＝eq\f(π,4)，故選B.12．已知ω>0，函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上單調(diào)遞減，則ω的取值范圍是(A)A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(5,4)))B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,4)))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))D．(0,2]解析：∵ω>0，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，∴eq\f(π,2)ω＋eq\f(π,4)<ωx＋eq\f(π,4)<πω＋eq\f(π,4)，又y＝sinx的單調(diào)減區(qū)間是[2kπ＋eq\f(π,2)，2kπ＋eq\f(3,2)π](k∈Z)．∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)ω＋\f(π,4)≥2kπ＋\f(π,2)，,πω＋\f(π,4)≤2kπ＋\f(3,2)π，))即4k＋eq\f(1,2)≤ω≤2k＋eq\f(5,4)(k∈Z)．令k＝0，得eq\f(1,2)≤ω≤eq\f(5,4)，故選A.(本題也可用解除法)二、填空題(每小題5分，共20分)13.eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(15π,2)＋α))cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,2))),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9π,2)－α))cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)＋α)))＝－1.解析：原式＝eq\f(sin\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(8π＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,2)))))cos\f(π,2)－α,sin\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(4π＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))))cos\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α)))))＝eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,2)))sinα,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α)))))＝eq\f(－cosαsinα,cosα\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－sinα)))))＝－1.14．函數(shù)y＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的單調(diào)增區(qū)間是[kπ＋eq\f(2,3)π，kπ＋eq\f(7,6)π](k∈Z)．解析：由題意得2kπ＋π≤2x－eq\f(π,3)≤2kπ＋2π，k∈Z.∴kπ＋eq\f(2,3)π≤x≤kπ＋eq\f(7,6)π，k∈Z.∴函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為[kπ＋eq\f(2,3)π，kπ＋eq\f(7,6)π]，k∈Z.15．已知tanα＝cosα，則sinα＝eq\f(－1＋\r(5),2).解析：由于tanα＝eq\f(sinα,cosα)＝cosα，則sinα＝cos2α，所以sinα＝1－sin2α，解得sinα＝eq\f(－1＋\r(5),2)或sinα＝eq\f(－1－\r(5),2)(舍去)．16．已知函數(shù)f(x)＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))(ω>0)和g(x)＝2cos(2x＋φ)＋1的圖象的對稱軸完全相同，若x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，則f(x)的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，3)).解析：∵f(x)與g(x)的圖象的對稱軸完全相同，∴f(x)與g(x)的最小正周期相等，∵ω>0，∴ω＝2，∴f(x)＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，∵0≤x≤eq\f(π,2)，∴－eq\f(π,6)≤2x－eq\f(π,6)≤eq\f(5π,6)，∴－eq\f(1,2)≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))≤1，∴－eq\f(3,2)≤3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))≤3，即f(x)的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，3)).三、解答題(共70分)17．(本小題10分)已知tanα＝－eq\f(3,4).(1)求2＋sinαcosα－cos2α的值；(2)求eq\f(sin4π－αcos3π＋αcos\f(π,2)＋αcos\f(15,2)π－α,cosπ－αsin3π－αsin－π－αsin\f(13,2)π＋α)的值．解：(1)2＋sinαcosα－cos2α＝eq\f(2sin2α＋cos2α＋sinαcosα－cos2α,sin2α＋cos2α)＝eq\f(2sin2α＋sinαcosα＋cos2α,sin2α＋cos2α)＝eq\f(2tan2α＋tanα＋1,tan2α＋1)＝eq\f(2×－\f(3,4)2＋－\f(3,4)＋1,－\f(3,4)2＋1)＝eq\f(\f(9,8)－\f(3,4)＋1,1＋\f(9,16))＝eq\f(22,25).(2)原式＝eq\f(－sinα－cosα－sinαcos[7π＋\f(π,2)－α],－cosαsinαsinαsin[6π＋\f(π,2)＋α])＝eq\f(sin2αcosαsinα,－cosαsin2αcosα)＝－eq\f(sinα,cosα)＝－tanα＝eq\f(3,4).18．(本小題12分)已知函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0，－π<φ<0)圖象最低點(diǎn)的縱坐標(biāo)是－eq\r(3)，相鄰的兩個(gè)對稱中心是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，0))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，0)).(1)求f(x)的解析式；(2)求f(x)的值域；(3)求f(x)的圖象的對稱軸．解：(1)由題意知，A＝eq\r(3)，T＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)－\f(π,3)))＝π，∴eq\f(2π,ω)＝π，∴ω＝2.∴f(x)＝eq\r(3)sin(2x＋φ)．又點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，0))在f(x)的圖象上，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝0，∴eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)＋φ))＝0；∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)＋φ))＝0，結(jié)合－π<φ<0，可得φ＝－eq\f(2π,3).∴f(x)＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(2π,3))).(2)f(x)的值域是[－eq\r(3)，eq\r(3)]．(3)令2x－eq\f(2π,3)＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)，得x＝eq\f(7π,12)＋eq\f(kπ,2)(k∈Z)．∴f(x)的圖象的對稱軸是x＝eq\f(7π,12)＋eq\f(kπ,2)(k∈Z)．19．(本小題12分)已知函數(shù)f(x)＝eq\r(2)asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＋a＋b.(1)當(dāng)a＝1時(shí)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間；(2)當(dāng)a<0時(shí)，f(x)在[0，π]上的值域?yàn)閇2,3]，求a，b的值．解：(1)當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＋1＋b.令2kπ＋eq\f(π,2)≤x－eq\f(π,4)≤2kπ＋eq\f(3π,2)(k∈Z)．解得2kπ＋eq\f(3π,4)≤x≤2kπ＋eq\f(7π,4)(k∈Z)．∴f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(3π,4)，2kπ＋\f(7π,4)))(k∈Z)．(2)f(x)＝eq\r(2)asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＋a＋b，∵x∈[0，π]，∴－eq\f(π,4)≤x－eq\f(π,4)≤eq\f(3π,4)，∴－eq\f(\r(2),2)≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))≤1.又∵a<0，∴eq\r(2)a≤eq\r(2)asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))≤－a，∴eq\r(2)a＋a＋b≤f(x)≤b.∵f(x)的值域是[2,3]，∴eq\r(2)a＋a＋b＝2且b＝3.解得a＝1－eq\r(2)，b＝3.20．(本小題12分)如圖，設(shè)A是單位圓和x軸正半軸的交點(diǎn)，P，Q是單位圓上的兩點(diǎn)，O是坐標(biāo)原點(diǎn)，且∠AOP＝β，β∈(0，eq\f(π,2))，∠AOQ＝α，α∈[0，π)．(1)若點(diǎn)Q的坐標(biāo)是(m，eq\f(4,5))，其中m<0，求cos(π－α)＋sin(－α)的值；(2)設(shè)點(diǎn)P(eq\f(\r(3),2)，eq\f(1,2))，函數(shù)f(α)＝sin(α＋β)，求f(α)的值域．解：(1)由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m2＋\f(4,5)2＝1，,m<0))得m＝－eq\f(3,5)，所以cosα＝m＝－eq\f(3,5)，sinα＝eq\f(4,5).所以cos(π－α)＋sin(－α)＝－cosα－sinα＝－eq\f(1,5).(2)由已知得β＝eq\f(π,6)，因?yàn)棣痢蔥0，π)，則α＋eq\f(π,6)∈[eq\f(π,6)，eq\f(7π,6))，所以－eq\f(1,2)<sin(α＋eq\f(π,6))≤1.故f(α)的值域是(－eq\f(1,2)，1]．21.(本小題12分)設(shè)x∈R，函數(shù)f(x)＝cos(ωx＋φ)(ω>0，－eq\f(π,2)<φ<0)的最小正周期為π，且f(eq\f(π,4))＝eq\f(\r(3),2).(1)求ω和φ的值；(2)在給定坐標(biāo)系中作出函數(shù)f(x)在[0，π]上的圖象；(3)若f(x)>eq\f(\r(2),2)，求x的取值范圍．解：(1)∵函數(shù)f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,ω)＝π，∴ω＝2.∵f(eq\f(π,4))＝cos(2×eq\f(π,4)＋φ)＝cos(eq\f(π,2)＋φ)＝－sinφ＝eq\f(\r(3),2)，且－eq\f(π,2)<φ<0，∴φ＝－eq\f(π,3).(2)由(1)知f(x)＝cos(2x－eq\f(π,3))，列表如下：x0eq\f(π,6)eq\f(5π,12)eq\f(2π,3)eq\f(11π,12)π2x－eq\f(π,3)－eq\f(π,3)0eq\f(π,2)πeq\f(3π,2)eq\f(5π,3)f(x)eq\f(1,2)10－10eq\f(1,2)作圖象如圖所示：(3)∵f(x)>eq\f(\r(2),2)，即cos(2x－eq\f(π,3))>eq\f(\r(2),2)，∴2kπ－eq\f(π,4)<2x－eq\f(π,3)<2kπ＋eq\f(π,4)(k∈Z)，則2kπ＋eq\f(π,12)<2x<2kπ＋eq\f(7π,12)(k∈Z)，即kπ＋eq\f(π,24)<x<kπ＋eq\f(7π,24)(k∈Z)．∴x的取值范圍是{x|kπ＋eq\f(π,24)<x<kπ＋eq\f(7π,24)，k∈Z}．22．(本小題12分)已知函數(shù)f(x)＝As