2022年高考数学(理数)一轮考点精选练习16《任意角的三角函数、同角三角函数关系与诱导公式》(含详解)

这是一份2022年高考数学(理数)一轮考点精选练习16《任意角的三角函数、同角三角函数关系与诱导公式》(含详解)，共5页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
已知x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))，cs x=eq \f(4,5)，则tan x的值为( )
A.eq \f(3,4) B.－eq \f(3,4) C.eq \f(4,3) D.－eq \f(4,3)
已知2弧度的圆心角所对的弦长为2，则这个圆心角所对的弧长是( )
A.2 B.sin2 C.eq \f(2,sin1) D.2sin1
若sin θcs θ=eq \f(1,2)，则tan θ＋eq \f(cs θ,sin θ)的值是( )
A.－2 B.2 C.±2 D.eq \f(1,2)
如图，在平面直角坐标系xOy中，角α的终边与单位圆交于点A，点A的纵坐标为eq \f(4,5)，
则csα的值为( )
A.eq \f(4,5) B.－eq \f(4,5) C.eq \f(3,5) D.－eq \f(3,5)
计算sin1 470°=( )
A.eq \f(\r(3),2) B.eq \f(1,2) C.－eq \f(1,2) D.－eq \f(\r(3),2)
已知sin θ＋cs θ=eq \f(4,3)，θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))，则sin θ－cs θ的值为( )
A.eq \f(\r(2),3) B.－eq \f(\r(2),3) C.eq \f(1,3) D.－eq \f(1,3)
已知α为锐角，且sinα=eq \f(4,5)，则cs(π＋α)=( )
A.－eq \f(3,5) B.eq \f(3,5) C.－eq \f(4,5) D.eq \f(4,5)
若sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－α))=eq \f(1,3)，则cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)＋2α))等于( )
A.－eq \f(7,9) B.－eq \f(1,3) C.eq \f(1,3) D.eq \f(7,9)
已知角α的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边上有两点A(1，a)，
B(2，b)，且cs2α=eq \f(2,3)，则|a－b|=( )
A.eq \f(1,5) B.eq \f(\r(5),5) C.eq \f(2\r(5),5) D.1
已知θ为第二象限角，sin θ，cs θ是关于x的方程2x2＋(eq \r(3)－1)x＋m=0(m∈R)的两根，则sin θ－cs θ=( )
A.eq \f(1－\r(3),2) B.eq \f(1＋\r(3),2) C.eq \r(3) D.－eq \r(3)
已知角α的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边上有两点A(1，a)，B(2，b)，且cs 2α=eq \f(2,3)，则|a－b|=( )
A.eq \f(1,5) B.eq \f(\r(5),5) C.eq \f(2\r(5),5) D.1
已知θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，且sinθ＋csθ=a，其中a∈(0,1)，则tanθ的可能取值是( )
A.－3 B.3或eq \f(1,3) C.－eq \f(1,3) D.－3或－eq \f(1,3)
二、填空题
一扇形是从一个圆中剪下的一部分，半径等于圆半径的eq \f(2,3)，面积等于圆面积的eq \f(5,27)，则扇形的弧长与圆周长之比为 .
已知角θ的顶点为坐标原点，始边为x轴的非负半轴.若点P(4，y)是角θ终边上一点，
且sin θ=－eq \f(2 \r(5),5)，则y=________.
计算：sineq \f(4,3)π·cseq \f(5,6)π·taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,3)π))的值是 .
若sin θ，cs θ是方程4x2＋2mx＋m=0的两根，则m的值为________.
已知θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，且eq \f(12,sinθ)＋eq \f(12,csθ)=35，则tan2θ= .
如图，在平面直角坐标系xOy中，一单位圆的圆心的初始位置在(0,1)，此时圆上一点P的位置在(0,0)，圆在x轴上沿正向滚动.当圆滚动到圆心位于C(2,1)时，eq \(OP,\s\up6(→))的坐标为 .
\s 0 答案解析
答案为：B；
解析：因为x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))，所以sin x=－eq \r(1－cs2x)=－eq \f(3,5)，
所以tan x=eq \f(sin x,cs x)=－eq \f(3,4).故选B.
答案为：C.
解析：r=eq \f(1,sin1)，l=θ·r=2·eq \f(1,sin1)=eq \f(2,sin1)，故选C.
答案为：B
解析：tan θ＋eq \f(cs θ,sin θ)=eq \f(sin θ,cs θ)＋eq \f(cs θ,sin θ)=eq \f(1,cs θsin θ)=eq \f(1,\f(1,2))=2.
答案为：D.
解析：因为点A的纵坐标yA=eq \f(4,5)，且点A在第二象限，又因为圆O为单位圆，
所以A点横坐标xA=－eq \f(3,5)，由三角函数的定义可得csα=－eq \f(3,5).
答案为：B.
解析：sin1 470°=sin(1 440°＋30°)=sin(360°×4＋30°)=sin30°=eq \f(1,2)，故选B.
答案为：B
解析： ∵sin θ＋cs θ=eq \f(4,3)，∴(sin θ＋cs θ)2=eq \f(16,9)，
∴sin 2θ=eq \f(7,9).又θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))，∴sin θ＜cs θ，sin θ－cs θ=－eq \r(sin θ－cs θ2)=－eq \r(1－sin 2θ)=－eq \r(1－\f(7,9))=－eq \f(\r(2),3).
答案为：A.
解析：∵α为锐角，∴csα=eq \r(1－sin2α)=eq \f(3,5)，∴cs(π＋α)=－csα=－eq \f(3,5)，故选A.
答案为：A；
解析：∵eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋α))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－α))=eq \f(π,2)，
∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－α))=sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋α))))=cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋α))=eq \f(1,3).
则cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)＋2α))=2cs2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋α))－1=－eq \f(7,9).
答案为：B.
解析：解法1：由正切定义tanα=eq \f(y,x)，则tanα=eq \f(a,1)=eq \f(b,2)，即a=tanα，b=2tanα.
又cs2α=cs2α－sin2α=eq \f(cs2α－sin2α,cs2α＋sin2α)=eq \f(1－tan2α,1＋tan2α)=eq \f(2,3)，得tan2α=eq \f(1,5)，tanα=±eq \f(\r(5),5).
∴|b－a|=|2tanα－tanα|=|tanα|=eq \f(\r(5),5).
答案为：B；
解析：∵sin θ，cs θ是方程2x2＋(eq \r(3)－1)x＋m=0(m∈R)的两根，
∴sin θ＋cs θ=eq \f(1－\r(3),2)，sin θ·cs θ=eq \f(m,2)，
可得(sin θ＋cs θ)2=1＋2sin θ·cs θ=1＋m=eq \f(2－\r(3),2)，解得m=－eq \f(\r(3),2).
∵θ为第二象限角，∴sin θ>0，cs θ<0，即sin θ－cs θ>0，
∵(sin θ－cs θ)2=1－2sin θ·cs θ=1－m=1＋eq \f(\r(3),2)，
∴sin θ－cs θ= eq \r(1＋\f(\r(3),2))=eq \f(1＋\r(3),2)，故选B.
答案为：B；
解析：由cs 2α=eq \f(2,3)，得cs2α－sin2α=eq \f(2,3)，∴eq \f(cs2α－sin2α,cs2α＋sin2α)=eq \f(2,3)，
即eq \f(1－tan2α,1＋tan2α)=eq \f(2,3)，∴tan α=±eq \f(\r(5),5)，即eq \f(b－a,2－1)=±eq \f(\r(5),5)，∴|a－b|=eq \f(\r(5),5).故选B.
答案为：C；
解析：由sinθ＋csθ=a，两边平方可得2sinθ·csθ=a2－1.
由a∈(0,1)，得sinθ·csθ＜0.
又∵θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，∴csθ＞0，sinθ＜0，θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0)).
又由sinθ＋csθ=a＞0，知|sinθ|＜|csθ|.
∴θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，0))，从而tanθ∈(－1,0).故选C.
答案为：eq \f(5,18)；
解析：设圆的半径为r，则扇形的半径为eq \f(2r,3)，记扇形的圆心角为α，
则eq \f(\f(1,2)α\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2r,3)))2,πr2)=eq \f(5,27)，∴α=eq \f(5π,6).∴扇形的弧长与圆周长之比为eq \f(l,C)=eq \f(\f(5π,6)·\f(2r,3),2πr)=eq \f(5,18).
答案为：－8
解析：∵sin θ=eq \f(y,\r(42＋y2))=－eq \f(2 \r(5),5)，∴y＜0，且y2=64，∴y=－8.
答案为：－eq \f(3\r(3),4).
解析：原式=sinπ＋eq \f(π,3)·cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(π－\f(π,6)))·tan－π－eq \f(π,3)
=－sineq \f(π,3)·－cseq \f(π,6)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－tan\f(π,3)))=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)))×(－eq \r(3))=－eq \f(3\r(3),4).
答案为：1－eq \r(5)
解析：由题意知：sin θ＋cs θ=－eq \f(m,2)，sin θcs θ=eq \f(m,4)，
又(sin θ＋cs θ)2=1＋2sin θcs θ，∴eq \f(m2,4)=1＋eq \f(m,2)，解得：m=1±eq \r(5)，
又Δ=4m2－16m≥0，∴m≤0或m≥4，∴m=1－eq \r(5).
答案为：±eq \f(24,7).
解析：依题意得12(sinθ＋csθ)=35sinθcsθ，令sinθ＋csθ=t，
∵θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，∴t>0，则原式化为12t=35·eq \f(t2－1,2)，解得t=eq \f(7,5)，故sinθ＋csθ=eq \f(7,5)，
则sinθcsθ=eq \f(12,25)，即eq \f(sinθcsθ,sin2θ＋cs2θ)=eq \f(12,25)，
即eq \f(tanθ,1＋tan2θ)=eq \f(12,25)，12tan2θ－25tanθ＋12=0，解得tanθ=eq \f(3,4)或eq \f(4,3)，
则tan2θ=eq \f(2tanθ,1－tan2θ)=±eq \f(24,7).
答案为：(2－sin2,1－cs2)；
解析：如图所示，
过圆心C作x轴的垂线，垂足为A，过P作x轴的垂线与过C作y轴的垂线交于点B.
因为圆心移动的距离为2，所以劣弧eq \x\t(PA)=2，即圆心角∠PCA=2，
则∠PCB=2－eq \f(π,2)，所以PB=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(π,2)))=－cs2，CB=cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(π,2)))=sin2，
设点P(xP，yP)，所以xP=2－CB=2－sin2，yP=1＋PB=1－cs2，
所以eq \(OP,\s\up6(→))=(2－sin2,1－cs2).