【文档说明】2023届高考北师版数学一轮复习试题（适用于老高考新教材） 单元质检卷四　三角函数含解析【高考】.docx，共(12)页，116.863 KB，由小赞的店铺上传

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1单元质检卷四三角函数(时间:120分钟满分:150分)一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60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.若θ=cos2021π,则角θ的终边在()A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限

2.已知角α的顶点为坐标原点,始边与x轴的非负半轴重合,终边上有一点A(3cosα,2),则sinα的值等于()A.√53B.23C.-23D.-√533.(2021湖南师大附中高三月考)已知1+sin2𝛼2cos2𝛼+sin2𝛼=2,则tan2α=()A.-34B.-43C.34D.4

34.(2021山西太原高三月考)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且bsin(π-C)-√2ccos(π+B)=0,则tanB=()A.√22B.√2C.-√22D.-√25.(2021安徽合肥高三期末)已知函数f(x)=tanωx+π6(ω>0)的图

象上相邻两个对称中心的距离为π4,若将f(x)的图象向右平移π12个单位长度得到函数g(x)的图象,则函数g(x)的单调递增区间为()A.𝑘π2−π4,𝑘π2+π4(k∈Z)B.𝑘π2−7𝑘π24,𝑘π2+5π24(k∈Z)C.kπ-7π12,kπ+5π12(k∈Z)D.kπ-π2,k

π+π2(k∈Z)6.如图,一个大风车的半径为8m,12min旋转一周,它的最低点P0离地面2m,风车翼片的一个端点P从P0开始按逆时针方向旋转,则点P离地面的距离h(单位:m)与时间t(单位:min)之间的函数关系式是()2A.h(t)=-8sinπ6t+10B.h(t)=-cosπ6t+10C

.h(t)=-8sinπ6t+8D.h(t)=-8cosπ6t+107.(2021天津和平高三期中)已知函数f(x)=asin(ωx+φ)+cos(ωx+φ)ω>0,|φ|<π2的最小正周期为π,其最小值

为-2,且满足f(x)=-fπ2-x,则φ=()A.±π3B.±π6C.π6或π3D.-π6或-π38.已知锐角三角形ABC中,角A,B,C所对边分别为a,b,c,若cos2C=1-𝑐2𝑏2,则角B等于()A.π4B.3π4C.π6D.π39.设α是三角形的一个内角,则下列哪

些值可能为正值()①sin(π-α)②cos(-α)③tan(π+α)④tan𝛼2−3π2A.①②B.②③C.③④D.①④10.若将函数f(x)=cos2x+π12的图象向左平移π8个单位长度,得到函数g(x)的图象,则下列说法不正确的是()A.g(x)的最小正周期为πB.g(x)在区间

0,π2上单调递减C.x=π12不是函数g(x)图象的对称轴D.g(x)在-π6,π6上的最小值为-1211.已知tan(α+β)=tanα+tanβ,其中α≠𝑘π2(k∈Z)且β≠𝑚π2(m∈Z),则下列结论一定正确的是()A.sin(α+β)=

1B.cos(α+β)=1C.sin2𝛼2+sin2𝛽2=1D.sin2α+cos2β=112.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若sin2C=tanA(2sin2C+cosC-2),则下列结论中错误的是()A.△ABC可能是直角三角形B

.角B是锐角3C.必有A=2BD.可能有a=2b二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.(2021山东德州高三月考)若函数f(x)=√2sin(2ωx-θ)(ω>0,-π<θ<0)是周期为π2的偶函数,则fπ6=.14.(2021北京海淀高三月

考)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别是a,b,c,若sinC=2sinA,b2-a2=12ac,则sinB等于.15.已知sin(α-β)=25,sin(α+β)=12,则tan𝛼tan𝛽=.16.如图所示,在平面四边形ABCD中,AB⊥BD,AB

=BD,BC=CD,AD=2,在△ABC中,角A,B,C的对应边分别为a,b,c,若c2=2abcos∠BCA,则△ACD的面积为.三、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(10分)(2021福建泉州高三月

考)已知f(θ)=sin(3π2+𝜃)cos(π2-𝜃)sin(π+𝜃)cos(2π-𝜃)(1-cos2𝜃)2.(1)化简f(θ);(2)若tanθ=12,求fθ-3π4的值.18.(12分)(2021安徽六安高三期中)已知函数f(x)=Asin(ω

x+φ)+BA>0,ω>0,|φ|<π2的部分图象如图所示.(1)求f(x)的解析式及对称中心坐标;4(2)设α∈(0,π),且f𝛼2=-2,求α的值.19.(12分)△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知a=√3,b=2

.(1)若A=π6,求cos2B;(2)当A取得最大值时,求△ABC的面积.520.(12分)(2021河北石家庄高三二模)已知函数f(x)=cosx+π2cosx+5π4.(1)求函数f(x)的最小正周期及单调递增区间;(2)将函数f(x)的图象向右平移π4个单位长度,再将横坐标

扩大为原来的2倍得到g(x)的图象,求函数g(x)在[0,π]上的值域.21.(12分)(2021福建宁德高三二模)如图,准备在河岸一侧建造一个观景台P,已知射线AB,AC为两边夹角为120°的公路(长度均超过√3千米),

在两条公路AB,AC上分别设立游客上下点M,N,从观景台P到M,N建造两条观光线路PM,PN,测得AM=√3千米,AN=√3千米.(1)求线段MN的长度;(2)若∠MPN=60°,求两条观光线路PM与PN之和的最

大值.622.(12分)如图,平面四边形ABCD,点B,C,D均在半径为5√33的圆上,且∠BCD=π3.(1)求BD的长度;(2)若AD=3,∠ADB=2∠ABD,求△ABD的面积.7单元质检卷四三角函数1

.D解析:因为θ=cos2021π=-1∈-π2,0,所以角θ的终边在第四象限,故选D.2.B解析:由三角函数定义得tanα=23cos𝛼,即sin𝛼cos𝛼=23cos𝛼,所以sinα=23,故选B.3.A解析:因为1+sin2𝛼2cos2𝛼+sin2𝛼=1+2sin𝛼c

os𝛼2cos2𝛼+2sin𝛼cos𝛼=(sin𝛼+cos𝛼)22cos𝛼(sin𝛼+cos𝛼)=sin𝛼+cos𝛼2cos𝛼=12tanα+12=2,所以tanα=3,从而可得tan2α=2tan𝛼1-tan2

𝛼=61-9=-34,故选A.4.D解析:由已知得bsinC+√2ccosB=0,即sinBsinC+√2sinCcosB=0,因为sinC≠0,所以sinB+√2cosB=0,故tanB=-√2,故选D.5.A解析:依题意得𝑇2=π4,

所以T=π2,所以π𝜔=π2,解得ω=2,所以f(x)=tan2x+π6,把f(x)的图象向右平移π12个单位长度,得到函数g(x)=tan2x-π12+π6=tan2x的图象,令kπ-π2<2x<kπ+π2,k∈Z,解得𝑘π2−π4

<x<𝑘π2+π4,k∈Z,所以函数g(x)的单调递增区间为𝑘π2−π4,𝑘π2+π4(k∈Z),故选A.6.D解析:设h=Asin(ωt+φ)+BA>0,ω>0,|φ|≤π2,由题意可得hmax=18,hmin=2,T=12,∴A=ℎmax-ℎ

min2=8,B=ℎmax+ℎmin2=10,ω=2π𝑇=π6,则h=8sinπ𝑡6+φ+10.当t=0时,8sinφ+10=2,得sinφ=-1,则φ=-π2,所以h=8sinπ6t-π2+10=-8cosπ6t+10.故选D.7.A解析:由最小正周期为π,可

得ω=2.∵最小值为-2,∴√𝑎2+1=2,a=±√3.∵f(x)=-fπ2-x,∴函数图象关于点π4,0对称.①若a=√3,则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φ=π3.②若a=-√3,则f(x)=-√3sin(2x+φ)+cos(2x+φ)=-2sin2x+φ-π6,∵2×π4+φ-π6=kπ(k∈Z),则φ=kπ-π3(k∈Z).令k=0,得φ=-π3.综上可得,φ=

±π3,故选A.88.A解析:由cos2C=1-𝑐2𝑏2,结合正弦定理可得1-2sin2C=1-sin2𝐶sin2𝐵,整理得sin2B-2sin2Csin2B=sin2B-sin2C.又C为锐角,故sinC≠0.于是sin2B=12,从而sinB=√22.又因为

三角形ABC是锐角三角形,所以B=π4.9.B解析由已知可得0<α<π,则0<𝛼2<π2,sin(π-α)=sinα>0,故①不正确,tan3π2−𝛼2=tanπ2−𝛼2=1tan𝛼2>0,故④不正确;当π2<α<π

时,cos(-α)=cosα<0,tan(π+α)=tanα<0,故②③正确.故选B.10.B解析:由题意可得g(x)=cos2x+π8+π12=cos2x+π3,∴函数g(x)的最小正周期为π,故A正确

;当x∈0,π2时,2x+π3∈π3,4π3,故g(x)在区间0,π2上不单调,故B不正确;∵gπ12=0,故x=π12不是函数g(x)图象的对称轴,故C正确;当x∈-π6,π6时,2x+π3∈0,2π3,∴当2x+π3=2π3,即x=π6时,g

(x)取得最小值-12,故D正确,故选B.11.D解析:因为tan(α+β)=tan𝛼+tan𝛽1-tan𝛼·tan𝛽,且tan(α+β)=tanα+tanβ,所以1-tanα·tanβ=1,即tanα·tanβ=0,所

以α=k1π(k1∈Z)或β=m1π(m1∈Z),sin(α+β)=sin(k1π+m1π)=0(k1,m1∈Z),故A错误;cos(α+β)=cos(k1π+m1π)=±1(k1,m1∈Z),故B错误;s

in2𝛼2+sin2𝛽2=sin2𝑘1π2+sin2𝑚1π2,令k1=m1=1,则sin2π2+sin2π2=2,故C错误;由A知sin(α+β)=0,则α+β=nπ(n∈Z),故sin2α+cos2β=sin2α+cos2(nπ-α)=sin2α+

cos2α=1(n∈Z),故D正确,故选D.12.C解析:依题意得2sinCcosC=sin𝐴cos𝐴(2-2cos2C+cosC-2),即2sinCcosC=sin𝐴cos𝐴·cosC(1-2cosC),整理得c

osC·[2(sinAcosC+cosAsinC)-sinA]=0,即cosC·(2sinB-sinA)=0,所以cosC=0或sinA=2sinB.当cosC=0时,△ABC是直角三角形,故A选项正确;而当sinA=2sinB时,由正弦定理可得a=2b,故C选项错误,D选项正确;无论c

osC=0或sinA=2sinB,均可得角B为锐角,故B选项正确.13.-√22解析:依题意可得2π2𝜔=π2,θ=-π2,即ω=2,θ=-π2,于是f(x)=√2cos4x,因此fπ6=√2cos4×π6=-√22.914.√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-𝑏22𝑎𝑐=𝑎2+4𝑎2-2𝑎22𝑎·2𝑎=34.又0<B<π,∴sinB=√1-cos2𝐵=√1-(34)2=√74.15.9解析:由题得sinα

cosβ-cosαsinβ=25,sinαcosβ+cosαsinβ=12,两式相加得sinαcosβ=920,两式相减得cosαsinβ=120,因此tan𝛼tan𝛽=sin𝛼cos𝛽cos𝛼sin𝛽=920120=9.16.√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分别交BD,AD于点

F,E,∵BC=CD,E,F分别为线段AD,BD的中点,∴∠CED=45°,CE=ED=1,∴S△ACD=2S△ECD=2×12×EC×ED×sin45°=√22.17.解(1)f(θ)=sin(3π2+𝜃

)cos(π2-𝜃)sin(π+𝜃)cos(2π-𝜃)(1-cos2𝜃)2=-cos𝜃sin𝜃(-sin𝜃)cos𝜃(2sin2𝜃)2=cos𝜃sin𝜃sin𝜃cos𝜃4sin4𝜃=cos𝜃cos𝜃

4sin2𝜃=14tan2𝜃.(2)因为tanθ=12,所以tanθ-3π4=tan𝜃-tan3π41+tan𝜃tan3π4=12-(-1)1+12×(-1)=3,所以fθ-3π4=14tan2(𝜃-3π4)=14×32=136.18.解(1)由函数图象可知

A+B=1,B-A=-3,则A=2,B=-1.又𝑇2=7π12−π12=π2,即T=π,所以ω=2π𝑇=2,从而函数f(x)=2sin(2x+φ)-1.把π12,1代入f(x)解析式得π6+φ=π2+2kπ,φ=π3+2kπ(k∈Z).

10又|φ|<π2,故φ=π3,所以函数解析式为f(x)=2sin2x+π3-1.由2x+π3=kπ(k∈Z)得x=-π6+𝑘π2(k∈Z),所以对称中心坐标为𝑘π2−π6,-1(k∈Z).(2)因为f𝛼2=2sinα+π3-1=-2,所以sinα+π3=-1

2.又α∈(0,π),则α+π3∈π3,4π3,所以α+π3=7π6,即α=5π6.19.解(1)由正弦定理𝑎sin𝐴=𝑏sin𝐵得,√312=2sin𝐵,解得sinB=√33,∴cos2B=1-

2sin2B=1-23=13.(2)由余弦定理得cosA=𝑏2+𝑐2-𝑎22𝑏𝑐=𝑐2+14𝑐,∵𝑐2+14𝑐≥2𝑐4𝑐=12,当且仅当c=1时,等号成立,∴cosA≥12,则0<A≤π3,即A的最大值为

π3,此时S△ABC=12bcsinA=12×2×1×√32=√32.20.解(1)f(x)=cosx+π2·cosx+5π4=(-sinx)·-cosx+π4=sinx√22cosx-√22sinx=√22sinxcosx-√22sin2x=√24sin2x-√

22×1-cos2𝑥2=√24sin2x+√24cos2x-√24=12sin2x+π4-√24,所以函数f(x)的最小正周期为2π2=π.由-π2+2kπ≤2x+π4≤π2+2kπ(k∈Z),得-3π8+kπ≤x≤π8+kπ(k∈Z

),故函数的单调递增区间为-3π8+kπ,π8+kπ(k∈Z).(2)函数f(x)的图象向右平移π4个单位长度,得到y=12sin2x-π4+π4-√24=12sin2x-π4-√24,再将横坐标扩大为原来

的2倍得到g(x)=12sinx-π4-√24.11因为x∈[0,π],则x-π4∈-π4,3π4,则sinx-π4∈-√22,1,故g(x)∈-√22,12−√24.故函数g(x)在[0,π]上的值域为-√22,12−√24.21.解(1)在△AMN中,由余弦定理得MN2=AM2

+AN2-2AM·ANcos120°=3+3-2×√3×√3×-12=9,所以MN=3,故线段MN的长度为3千米.(2)设∠PMN=α,因为∠MPN=60°,所以∠PNM=120°-α.在△PMN中,

由正弦定理得𝑀𝑁sin∠𝑀𝑃𝑁=𝑃𝑀sin(120°-𝛼)=𝑃𝑁sin𝛼=3sin60°=2√3,所以PM=2√3sin(120°-α),PN=2√3sinα.因此PM+PN=2√3sin(120°-α)+2√3sinα=2√3√32cosα+1

2sinα+2√3sinα=3√3sinα+3cosα=6sin(α+30°).由于0°<α<120°,所以30°<α+30°<150°.所以当α+30°=90°,即α=60°时,PM+PN取到最大值6.即两条观光线

路距离之和的最大值为6千米.22.解(1)由题意可知,△BCD的外接圆半径为5√33,由正弦定理𝐵𝐷sin∠𝐵𝐶𝐷=2R=5√33×2,解得BD=5.(2)(方法1)在△ABD中,设∠ABD=α,α为锐角,则∠ADB=2α,因为𝐴𝐵sin2𝛼

=𝐴𝐷sin𝛼,所以𝐴𝐵2sin𝛼cos𝛼=3sin𝛼,所以AB=6cosα.因为AD2=AB2+BD2-2AB·BD·cosα,即9=36cos2α+25-60cos2α,所以cosα=√63.则AB=6cosα=2√6,sinα=√33,所以S△ABD=12AB·

BD·sinα=5√2.(方法2)在△ABD中,因为∠ADB=2∠ABD,所以sin∠ADB=sin2∠ABD12=2sin∠ABDcos∠ABD,所以AB=2AD·cos∠ABD=2AD·𝐴𝐵2+𝐵𝐷2-𝐴𝐷22𝐴𝐵·𝐵𝐷,因为BD=5,AD=3,所以AB=2√6,所以c

os∠ABD=√63,则sin∠ABD=√33,所以S△ABD=12AB·BD·sin∠ABD=5√2.