【文档说明】2025届高三一轮复习数学试题（人教版新高考新教材）章末目标检测卷4　三角函数、解三角形 Word版含解析.docx，共(9)页，112.302 KB，由小赞的店铺上传

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章末目标检测卷四三角函数、解三角形(时间:120分钟满分:150分)一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要要求的.1.下列函数中周期为π且为偶函数的是()A.y=sin(2𝑥-π2)B.

y=cos(2𝑥-π2)C.y=sin(𝑥+π2)D.y=cos(𝑥+π2)2.已知角α终边上一点P的坐标是(2sin2,-2cos2),则sinα等于()A.sin2B.-sin2C.cos2D.-cos23.(2023全国乙,理6)已知函数f(x)=sin(ωx+φ

)在区间(π6,2π3)单调递增,直线x=π6和x=2π3为函数y=f(x)的图象的两条对称轴,则f(-5π12)=()A.-√32B.-12C.12D.√324.(2023新高考Ⅱ,7)已知α为锐角,cosα=1+√54,则s

in𝛼2=()A.3-√58B.-1+√58C.3-√54D.-1+√545.如图,某山的坡度比为√7∶3(坡度比即坡面的垂直高度和水平宽度的比),在山坡A处测得∠CAD=15°,从A处沿山坡往上前进66m到达B处,在山坡B处测得∠CBD=30°,则塔

CD的高为()A.44mB.42mC.48mD.46m6.将函数f(x)=sin2x的图象向右平移φ(0<φ<π2)个单位长度后得到函数g(x)的图象.若对满足|f(x1)-g(x2)|=2的x1,x2,有|x1-x2|mi

n=π3,则φ等于()A.5π12B.π3C.π4D.π67.已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|<π2)的部分图象如图所示,若x1,x2∈(-π6,π3),且f(x1)=f(x2),则f(x1+x2)等于

()A.1B.12C.√22D.√328.一个半径为4.8m的水轮如图所示,水轮圆心O距离水面2.4m,已知水轮每60s逆时针转动一圈,若当水轮上点P从水中浮现时(图中点P0)开始计时,则()A.点P第一次

到达最高点需要10sB.在水轮转动的一圈内,共有10s的时间点P距离水面的高度不低于4.8mC.点P距离水面的高度h(单位:m)与时间t(单位:s)的函数解析式为h=4.8sin(π30t-π6)+2.4D.当水轮转动50s时,点P在水面下方,距离水面1

.2m二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.9.已知函数f(x)=sin(𝑥+π3),以下判断正确的是()A.2π是f(x)的最小正周期B.点(2π3,0)是f(x

)图象的一个对称中心C.直线x=-π3是f(x)图象的一条对称轴D.区间(π6,7π6)是f(x)的一个单调递减区间10.已知θ∈(0,π),sinθ+cosθ=15,则下列结论正确的是()A.θ∈(π2,π)B.tanθ=-34C.cosθ=-35D.sinθ

-cosθ=7511.已知△ABC的外接圆半径R∈[1,+∞),AB=AC=1,则下列说法正确的是()A.BC的最小值为√3B.∠A的最小值为2π3C.△ABC周长的最小值为2+√2D.△ABC面积的最大值为√34

12.《数书九章》是中国南宋时期杰出数学家秦九韶的著作,全书十八卷共八十一个问题,分为九类,每类九个问题,《数书九章》中记录了秦九韶的许多创造性成就,其中在卷五“三斜求积”中提出了已知三角形三边a,b,c求面积的公式,这与古希腊的海伦公式等价,

其求法是:“以小斜幂并大斜幂减中斜幂,余半之,自乘于上,以小斜幂乘大斜幂减上,余四约之,为实,一为从隅,开平方得积.”若把以上这段文字写成公式,即S=√14[𝑐2𝑎2-(𝑐2+𝑎2-𝑏22)2].现有△ABC满足sinA∶

sinB∶sinC=2∶3∶√7,且S△ABC=6√3,请运用上述公式判断下列说法正确的是()A.△ABC的周长为10+2√7B.△ABC的三个内角A,C,B成等差数列C.△ABC的外接圆直径为4√213D.△ABC的中线CD的长为3√2三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.1

3.√3cos10°−1sin170°=.14.若函数f(x)=sin(𝜔𝑥+π3)(ω>0)的周期T=π,则ω=,函数y=ef(x)的单调递减区间为.(e是自然对数的底数)15.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,设

AD为BC边上的高,且AD=a,则𝑏𝑐+𝑐𝑏的最大值是.16.如图,在三棱锥P-ABC的平面展开图中,AC=1,AB=AD=√3,AB⊥AC,AB⊥AD,∠CAE=30°,则cos∠FCB=.四、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)在①A=π3,a=√3,b=√2;②a=1,b=√3,A=π6;③a=√2,b=√62,B=π3这三个条件中任选一个,补充在下面的问题中,并判断三角形解的情况.在△ABC中,角A,B,C所

对的边分别为a,b,c,,判断三角形解的情况,并在三角形有两解的情况下解三角形.注:若选择多个条件分别解答,则按第一个解答计分.18.(12分)设函数f(x)=sin(𝜔𝑥-π6)+sin(𝜔𝑥-π2),其中

0<ω<3.已知f(π6)=0.(1)求ω;(2)将函数y=f(x)的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变),再将得到的图象向左平移π4个单位长度,得到函数y=g(x)的图象,求g(x)在区间[-π4,3π4]上的

最小值.19.(12分)随着人们生活水平的不断提高,网上外卖订餐应运而生.现有外卖送餐员小李在A地接到两份外卖单,他需分别到B地、D地取餐,再将两份外卖一起送到C地,运餐过程不返回A地.A,B,C,D各地的示意图如图所示,BD=2km,AD=2√3

km,∠ABD=120°,∠DCB=45°,∠CDB=30°,假设小李到达B,D两地时都可以马上取餐(取餐时间忽略不计),送餐过程一路畅通.若小李送餐骑行的平均速度为每小时20千米,请你帮小李设计出所有送餐路径(如AB→BD→DB→BC),并计算各种送餐路径的路程,然后选择一条最

快送达的送餐路径,并计算出最短送餐时间为多少分钟.(各数值保留3位小数)(参考数据:√2≈1.414,√3≈1.732)20.(12分)(2023全国乙,理18)在△ABC中,已知∠BAC=120°,AB=2

,AC=1.(1)求sin∠ABC;(2)若D为BC上一点,且∠BAD=90°,求△ADC的面积.21.(12分)已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|<π2)的部分图象如图所示.(1)求函数f(x)的解析式;(2)若方程f(x)=32在区间[0,π2]上的

两解分别为x1,x2,求sin(x1+x2),cos(x1-x2)的值.22.(12分)设常数a∈R,函数f(x)=asin2x+2cos2x.(1)若f(x)为偶函数,求a的值;(2)若f(π4)=√3+1,求方程f(x)=1-√2

在区间[-π,π]上的解.章末目标检测卷四三角函数、解三角形1.A对于选项A,y=-cos2x,周期为π且是偶函数,所以选项A符合题意;对于选项B,y=sin2x,周期为π且是奇函数,所以选项B不符合

题意;对于选项C,y=cosx,周期为2π,所以选项C不符合题意;对于选项D,y=-sinx,周期为2π,所以选项D不符合题意.2.D因为点P到原点的距离r=√(2sin2)2+(-2cos2)2=2,所

以sinα=-2cos2𝑟=-cos2.3.D由题意,知函数f(x)的周期T=2×(2π3−π6)=π,所以|ω|=2π𝑇=2,则ω=±2,不妨取ω=2.又由题意,得f(π6)=-1,即sin(2×π6+φ)=-1,所以π3+φ=2kπ+3π2(k∈Z),所以φ=2kπ+7π6(k∈

Z),所以f(-5π12)=sin[2×(-5π12)+2kπ+7π6]=sinπ3=√32.故选D.4.D由cosα=1-2sin2𝛼2,得sin2𝛼2=1-cos𝛼2=12(1-1+√54)=3-√58=(√5-14)2.因为0<α<π2,所以0<𝛼2<π4,所以sin𝛼2>0,所

以sin𝛼2=-1+√54.故选D.5.A如图所示,已知该山的坡度比为√7∶3,则tan∠DAO=𝐷𝑂𝐴𝑂=√73,从而可得cos∠DAO=34.因为∠CAD=15°,∠CBD=30°,所以∠ACB=15°,所以B

C=AB=66.在△BCD中,∠BDC=∠DAO+π2,由正弦定理可得𝐶𝐷sin30°=𝐵𝐶sin(∠𝐷𝐴𝑂+π2),即𝐶𝐷12=66cos∠𝐷𝐴𝑂=6634,解得CD=44.6.D由题意可知,g(x)=sin(2x

-2φ).由|f(x1)-g(x2)|=2,可知f(x1)和g(x2)分别为f(x)和g(x)的最大值和最小值(或最小值和最大值).不妨令2x1=π2+2kπ(k∈Z),2x2-2φ=-π2+2mπ(m∈Z),则x1-x2=π2-φ+(k-m)π(

k∈Z,m∈Z).因为|x1-x2|min=π3,且0<φ<π2,所以当k-m=0,即k=m时,有π2-φ=π3,解得φ=π6.故选D.7.D由题中图象可得A=1,𝑇2=2π2𝜔=π3−(-π6)(T为周期),解得ω=2.故f(x)=sin(2x+φ

).由题图可知点(π12,1)在函数f(x)的图象上,故sin(2×π12+φ)=1,即π6+φ=π2+2kπ(k∈Z).∵|φ|<π2,∴φ=π3,即f(x)=sin(2𝑥+π3).∵x1,x2∈(-π6,π3),且f(x1)=f(x2),

∴x1+x2=π12×2=π6,∴f(x1+x2)=sin(2×π6+π3)=√32,故选D.8.C设点P距离水面的高度h(单位:m)与t(单位:s)的函数解析式为h=Asin(ωt+φ)+B(A>0,ω>0,|φ|<π2).依题意可知h的最大值为7.2,最小值为-2

.4,则{𝐴+𝐵=7.2,-𝐴+𝐵=-2.4,解得{𝐴=4.8,𝐵=2.4.∵2π𝜔=60,∴ω=π30,∴h=4.8sin(π30𝑡+𝜑)+2.4.当t=0时,h=0,得sinφ=-12,∵|φ|<π2,∴φ=-π6,∴

所求的函数解析式为h=4.8sin(π30𝑡-π6)+2.4,C正确;令4.8sin(π30𝑡-π6)+2.4=7.2,可得sin(π30t-π6)=1,由π30t-π6=π2,解得t=20.故点P第一次到达最高点需要20s,A错误;4.8sin(π30𝑡-π6)+2.4≥4.8⇒s

in(π30𝑡-π6)≥12⇒π6≤π30t-π6≤5π6⇒10≤t≤30;即在水轮转动的一圈内,有20s的时间点P距离水面的高度不低于4.8m,B错误;当t=50时,h=4.8sin(π30×50-π6

)+2.4=4.8sin3π2+2.4=-2.4,D错误.9.ABD函数f(x)=sin(𝑥+π3),最小正周期T=2π1=2π,故A正确;当x=2π3时,2π3+π3=π,故B正确;当x=-π3时,-π3+π3=0,故C不正确;由2kπ+

π2<x+π3<2kπ+3π2(k∈Z),解得2kπ+π6<x<2kπ+7π6(k∈Z),当k=0时,π6<x<7π6,故D正确.10.ACD∵sinθ+cosθ=15,①∴(sinθ+cosθ)2=(

15)2,即sin2θ+2sinθcosθ+cos2θ=125,∴2sinθcosθ=-2425.∵θ∈(0,π),∴sinθ>0,cosθ<0,∴𝜃∈(π2,π),∴(sinθ-cosθ)2=1-2sinθcosθ=4925,∴sinθ-cosθ=75.②由①+②,得sinθ=45;由

①-②,得cosθ=-35,则tanθ=sin𝜃cos𝜃=45-35=-43.综上可得,正确的有ACD.11.ABD在△ABC中,设角A,B,C所对的边分别为a,b,c,则c=b=1,即B=C.∵△ABC的外接圆半径R∈[1,+∞),由正弦定

理,得1sin𝐵=1sin𝐶=2R≥2,∴0<sinB=sinC≤12,∵B,C不会同为钝角,∴0<B=C≤π6.∵A=π-2B,∴A∈[2π3,π),故B选项正确;由以上可得cosA∈(-1,-12],由余弦定理a2=b2+c2-2bccosA,得a2=2-2cosA,则

a2∈[3,4),即a∈[√3,2),即BC的最小值为√3,故A选项正确,C选项错误;由以上可得sinA∈(0,√32],∵S△ABC=12bcsinA=12sinA,∴△ABC面积的最大值为√34,故D选项正确.12.ABC在△ABC中,设角A,B,C所对

的边分别为a,b,c.由正弦定理,得a∶b∶c=2∶3∶√7.设a=2m,b=3m,c=√7m(m>0),则S=√14[7𝑚2×4𝑚2-(7𝑚2+4𝑚2-9𝑚22)2]=3√32m2=6√3,解得m=2.即△ABC的周长为a+b+c=4+6+2√7=

10+2√7,选项A正确;由余弦定理,得cosC=𝑎2+𝑏2-𝑐22𝑎𝑏=16+36-282×4×6=12,解得C=π3,∵A+B+C=π,∴A+B=2π3,即2C=A+B,∴角A,C,B成等差数列,选项B正确;由正弦定理,知△ABC的外接圆直径为2R=

𝑐sin𝐶=2√7sinπ3=4√213,选项C正确;在△BCD中,有a2=BD2+CD2-2BD·CDcos∠BDC,在△ACD中,有b2=AD2+CD2-2AD·CDcos∠ADC,又∠BDC+∠ADC=π,BD=AD,

∴a2+b2=12c2+2CD2,即CD2=12×16+36-12×28=19,得CD=√19,选项D错误.13.-4由题意得√3cos10°−1sin170°=√3cos10°−1sin10°=√3sin10°-cos10°sin10°cos10°=2sin(10

°-30°)12sin20°=4sin(-20°)sin20°=-4.14.2[π12+𝑘π,7π12+𝑘π](k∈Z)∵ω>0,且周期T为π,即T=2π𝜔=π,∴ω=2,∴f(x)=sin(2𝑥+π3).令2kπ+π2≤2x+π3≤2kπ+3π2(k∈Z),可解得

kπ+π12≤x≤kπ+7π12(k∈Z),则函数f(x)的单调递减区间为[π12+𝑘π,7π12+𝑘π](k∈Z).即函数y=ef(x)的单调递减区间为[π12+kπ,7π12+kπ](k∈Z).15.√5∵

AD为BC边上的高,且AD=a,∴△ABC的面积S=12a2=12bcsinA,∴sinA=𝑎2𝑏𝑐.由余弦定理,得cosA=𝑏2+𝑐2-𝑎22𝑏𝑐=12(𝑏𝑐+𝑐𝑏)−𝑎22𝑏𝑐,故𝑏𝑐+𝑐𝑏=

2(𝑎22𝑏𝑐+cos𝐴)=sinA+2cosA=√5sin(A+α),其中sinα=2√55,cosα=√55.当sin(A+α)=1时,𝑏𝑐+𝑐𝑏取到最大值√5.16.-14由题意得BD=√2AB=√6,BC=√𝐴𝐶2+𝐴

𝐵2=2.∵D,E,F重合于一点P,∴AE=AD=√3,BF=BD=√6,∴在△ACE中,由余弦定理,得CE2=AC2+AE2-2AC·AEcos∠CAE=12+(√3)2-2×1×√3cos30°=1,∴CE=CF=1.

∴在△BCF中,由余弦定理,得cos∠FCB=𝐵𝐶2+𝐶𝐹2-𝐵𝐹22𝐵𝐶·𝐶𝐹=22+12-(√6)22×2×1=-14.17.解若选择条件①,则由正弦定理𝑎sin𝐴=𝑏sin𝐵,得sinB=𝑏sin𝐴𝑎=√

2×√32√3=√22.因为a=√3>b=√2,A=π3,所以角B只能为锐角,故B=π4,该三角形只有一解.若选择条件②,则由正弦定理𝑎sin𝐴=𝑏sin𝐵,得sinB=𝑏sin𝐴𝑎=√3×121=√32.因为b=√3>

a=1,所以B=π3或B=2π3,该三角形有两解.当B=π3时,C=π2,c=√𝑎2+𝑏2=2;当B=2π3时,C=π6,a=c=1.若选择条件③,则由正弦定理𝑎sin𝐴=𝑏sin𝐵,得sinA=𝑎sin𝐵�

�=√2×√32√62=1,因为0<A<π,所以A=π2,该三角形只有一解.18.解(1)f(x)=sin(𝜔𝑥-π6)+sin(𝜔𝑥-π2)=√32sinωx-12cosωx-cosωx=√32sinωx-32cosωx=√3(12sin𝜔𝑥

-√32cos𝜔𝑥)=√3sin(𝜔𝑥-π3).由题设知f(π6)=0,所以𝜔π6−π3=kπ(k∈Z).故ω=6k+2(k∈Z).因为0<ω<3,所以ω=2.(2)由(1)得f(x)=√3sin(2𝑥-π3).根据变换,得g(x)=√3sin(𝑥+π

4-π3)=√3sin(𝑥-π12).因为x∈[-π4,3π4],所以x-π12∈[-π3,2π3].当x-π12=-π3,即x=-π4时,g(x)取得最小值-32.19.解在△BCD中,由正弦定理得𝐵𝐶sin∠𝐵𝐷𝐶=𝐵𝐷sin∠𝐵𝐶𝐷,即𝐵𝐶sin30°=2sin4

5°,解得BC=√2;由𝐶𝐷sin∠𝐶𝐵𝐷=𝐵𝐷sin∠𝐵𝐶𝐷,即𝐶𝐷sin105°=2sin45°,解得CD=1+√3.在△ABD中,由余弦定理可得cos∠ABD=𝐴𝐵2+𝐵𝐷2-𝐴𝐷22𝐴𝐵·𝐵𝐷,即cos120°=𝐴𝐵2+4-124𝐴𝐵,

解得AB=2(负值舍去).①若送餐路径为AB→BD→DB→BC,则总路程为6+√2≈7.414km;②若送餐路径为AD→DB→BC,则总路程为2√3+2+√2≈6.878km;③若送餐路径为AB→BD→DC,则总路程为2+2+√3+1≈6.732km;④若送餐路径为AD→DB→BD

→DC,则总路程为2√3+2+2+√3+1≈10.196km.所以最短送餐路径为AB→BD→DC,此路径的送餐时间为6.73220×60=20.196(分钟).20.解(1)在△ABC中,由余弦定理和题设,得BC2=AB2+AC2-2AB·

AC·cos∠BAC=2×2+1×1-2×2×1×cos120°=7,解得BC=√7(负值舍去).由正弦定理,得sin∠ABC=𝐴𝐶𝐵𝐶·sin∠BAC,所以sin∠ABC=1√7×√32=√2114.(2)由(1)和题设,得cos∠ABC=√1-

sin2∠𝐴𝐵𝐶=5√714.所以tan∠ABC=sin∠𝐴𝐵𝐶cos∠𝐴𝐵𝐶=√35.在Rt△BAD中,有tan∠ABC=𝐴𝐷𝐴𝐵,所以𝐴𝐷2=√35,所以AD=2√35.所以△ADC的面积为12AC·AD·sin(∠BAC-∠BAD)=12×1×2√35×sin

(120°-90°)=√310.21.解(1)由题图可知A=2,周期T=7π6−π6=π.∵T=2π𝜔,∴ω=2.∵f(x)的图象过点(π6,2),∴2sin(2×π6+𝜑)=2,即π3+φ=2kπ+π2(k∈Z),即φ=2kπ+π6(k∈Z).∵|φ|<π2,

∴φ=π6,∴f(x)=2sin(2𝑥+π6).(2)当x=0时,f(0)=2sinπ6=1<32.∵f(x)的图象在y轴右侧的第一个波峰的横坐标为π6,∴f(x)的图象与直线y=32在区间[0,π2]上的两个交点关于直线x=π6对称,∴x1+x2=π3,∴sin(x1+x2)=√32.∵c

os(x1-x2)=cos(2𝑥1-π3)=sin(2𝑥1+π6),且2sin2x1+π6=32,∴cos(x1-x2)=34.22.解(1)∵f(x)=asin2x+2cos2x,∴f(-x)=-asin2x+2cos2x.∵f(x)为偶函数,∴f

(-x)=f(x),∴-asin2x+2cos2x=asin2x+2cos2x.∴2asin2x=0,∴a=0.(2)∵f(π4)=√3+1,∴asinπ2+2cos2π4=a+1=√3+1,∴a=√3,∴f(x)=√3sin2x+2cos2x=√3sin2x+cos2x+1=2sin

(2𝑥+π6)+1.∵f(x)=1-√2,∴2sin(2𝑥+π6)+1=1-√2,∴sin(2𝑥+π6)=-√22,∴2x+π6=-π4+2kπ或2x+π6=54π+2kπ(k∈Z),∴x=kπ-5π24或x=kπ+13π24(k∈Z).∵x∈[-π,π],∴

x=-11π24或-5π24或13π24或19π24,∴所求方程的解为x=-11π24或-5π24或13π24或19π24.