2023年高考数学一轮复习单元质检卷四三角函数解三角形含解析新人教A版理

这是一份2023年高考数学一轮复习单元质检卷四三角函数解三角形含解析新人教A版理，共12页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
单元质检卷四　三角函数、解三角形(时间:120分钟　满分:140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,只有一项符合题目要求.1.(2021山东威海模拟)已知一个等腰三角形是黄金三角形,其底与腰的长度的比值为黄金比值(即黄金分割值,该值恰好等于2sin 18°),则sin 100°cos 26°+cos 100°sin 26°=(　　)A.- B.C.- D.2.(2021全国乙,文6)cos2-cos2=(　　)A. B. C. D.3.(2021山东青岛一模)已知角θ终边上有一点Ptanπ,2sin-π,则cosθ的值为(　　)A. B.- C.- D.4.(2021湖北黄冈中学高三月考)在△ABC中,C=60°,a+2b=8,sin A=6sin B,则c=(　　)A. B. C.6 D.55.(2021四川眉山三诊)已知函数f(x)=sin4x-,若将f(x)的图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍,然后向右平移φ(φ>0)个单位长度,得到函数g(x)的图象,且函数g(x)的图象关于y轴对称,则φ的最小值是(　　)A. B. C. D.6.(2021全国甲,理9)若α∈,tan 2α=,则tan α=(　　)A. B. C. D.7.(2021山东莱州一中高三月考)若函数y=cosωx(ω>0)的图象在区间-上只有一个对称中心,则ω的取值范围为(　　)A.(1,2] B.[1,2) C.(1,3] D.[1,3)8.(2021湖南长沙模拟)如图,A,B,C是半径为1的圆周上的点,且∠BAC=,AB+AC=,则图中阴影区域的面积为(　　)A. B.C. D.9.(2021江西南昌一模)设△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若,cos C=,a2+b2=68,则△ABC的面积为(　　)A.2 B. C.4 D.210.(2021四川德阳三诊)设函数f(x)=2sin(ωx+φ)ω>0,-<φ<的图象关于直线x=对称,它的最小正周期是π,则下列说法正确的个数为(　　)①将f(x)的图象向右平移|φ|个单位长度得到函数y=2sin ωx的图象;②f(x)的图象过点(0,1);③f(x)的图象的一个对称中心是,0;④f(x)在上单调递减.A.1 B.2 C.3 D.411.(2021广西南宁二中高三月考)如图所示,在四边形ABCD中,AC=AD=CD=7,∠ABC=120°,sin ∠BAC=,则BD=(　　)A.6 B.9 C.7 D.812.(2021安徽合肥一中高三月考)函数f(x)=Acos(ωx+φ)A>0,ω>0,|φ|<的部分图象如图所示,则下列说法错误的是(　　)A.函数f(x)的图象可由y=Acos(ωx)的图象向右平移个单位长度得到B.函数f(x)在区间-上是单调递增的C.函数f(x)在区间-,0上的值域为[-2,]D.直线x=是函数f(x)图象的一条对称轴二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.(2021江苏南通模拟)已知角α的终边经过点(-3,4),则cos+α的值是　　　　　　. 14.(2021河北唐山模拟)若<α<2π,化简=　　　　. 15.(2021陕西西北工大附中高三月考)将函数f(x)的图象向左平移个单位长度,再把所得图象上所有点的横坐标伸长到原来的4倍(纵坐标保持不变)得到g(x)=sin的图象,则f(x)的解析式为　　　　　. 16.(2021山东滨州二模)最大视角问题是1471年德国数学家米勒提出的几何极值问题,故最大视角问题一般称为“米勒问题”.如图,树顶A离地面a米,树上另一点B离地面b米,在离地面c(c<b)米的C处看此树,离此树的水平距离为　　　　　　米时看A,B的视角最大. 三、解答题:共60分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(15分)(2021山东济南二模)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知△ABC恰好满足下列四个条件中的三个:①cosA=;②cosB=-;③a=;④b=1.(1)请指出这三个条件;(2)求边c. 18.(15分)(2021山西太原三模)如图,A,B,C为山脚两侧共线的三点,在山顶P处测得这三点的俯角分别为α=30°,β=45°,γ=30°,现计划沿直线AC开通一条穿山隧道DE,经测量AD=100 m,BE=33 m,BC=100 m.(1)求PB的长;(2)求隧道DE的长.(精确到1 m)附:≈1.414;≈1.732. 19.(15分)(2021安徽池州一模)已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)A>0,ω>0,|φ|<的部分图象如图所示.(1)求函数f(x)的函数解析式;(2)在△ABC中,角A为三角形内角且f(A)=1,AD是△BAC的角平分线,AB=1,AC=3,求AD的长度. 20.(15分)(2021北京海淀模拟)在四边形ABCD中,∠ABD=30°,∠BCD=120°.(1)从下列三个等式中再选择两个作为条件,剩余的一个作为结论,要求构成一个真命题,并给出证明;①AB+AD=6;②BD=AD;③AB=4sin∠ADB.备选:从上述三个等式中再选择两个作为条件,剩余的一个作为结论,构成一个命题,判断该命题的真假并给出证明;(2)在(1)中真命题的条件下,求△BCD周长的最大值;(3)在(1)中真命题的条件下,连接AC,求△ABC面积的最大值. 答案：1.D　解析:由已知可得2sin18°=,故sin18°=,则sin100°cos26°+cos100°sin26°=sin126°=sin(36°+90°)=cos36°=1-2sin218°=1-2×2=2.D　解析:原式=cos2-cos2=cos2-sin2=cos3.D　解析:因为tan=tanπ+=tan,sin-=sin-2π-π+=sin-π+=-sinπ-=-sin=-,即2sin-=-1,所以P(,-1).所以cosθ=4.B　解析:因为sinA=6sinB,由正弦定理可得a=6b,又a+2b=8,所以a=6,b=1.因为C=60°,所以c2=a2+b2-2abcosC,即c2=62+12-2×1×6=31,解得c=5.B　解析:函数f(x)=sin4x-的图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍,得到y=sin2x-,再向右平移φ个单位长度,得到函数g(x)=sin2(x-φ)-=sin2x-2φ-.由g(x)的图象关于y轴对称,故-2φ-+kπ,k∈Z,即φ=-,k∈Z,又φ>0,所以当k=-1时,φ=-6.A　解析:由题意,因为,所以cosα>0,所以,解得sinα=,则cosα=,所以tanα=7.A　解析:∵y=cosωx(ω>0)在区间-上只有一个对称中心,∴cosωx=0在该区间只有一个零点,又ωx∈-,1<ω≤2.8.A　解析:如图所示,设圆心为O,连接OA,OB,OC,BC,因为∠BAC=,所以∠BOC=,所以∠OBC=∠OCB=,BC=在△ABC中,由余弦定理得BC2=AC2+AB2-2AC·AB·cos=(AC+AB)2-3AC·AB,因为AB+AC=,所以AC·AB=1,所以S△ABC=AC·ABsin,S△OBC=OB·OCsin,扇形OBC的面积为S=12=,所以图中阴影区域的面积为S=S△ABC+S扇形OBC-S△OBC=9.B　解析:由,可得,即,所以=a,即c=ab.又a2+b2=68,cosC=,所以c2=a2+b2-2abcosC=68-2c,即2c2+c-136=0,解得c=8或c=-(舍去),所以ab=8.又C为三角形内角,故sinC=,所以△ABC的面积为S△ABC=absinC=10.B　解析:由函数f(x)=2sin(ωx+φ)的最小正周期为π,可得=π,所以ω=2.因为图象关于直线x=对称,所以2+φ=+kπ,k∈Z,所以φ=-+kπ,k∈Z,又-<φ<,所以φ=,所以f(x)=2sin2x+.对于①,将f(x)的图象向右平移个单位长度得到函数y=2sin2x-+=2sin2x-的图象,所以①错误;对于②,f(0)=2sin=1,所以f(x)的图象过点(0,1),所以②正确;对于③,f=2sin=0,所以,0是f(x)的图象的一个对称中心,所以③正确;对于④,当x∈,可得2x+,所以f(x)在上先增后减,所以④不正确.11.D　解析:由正弦定理,得,所以,所以BC=5.由AC=AD=CD=7,可得∠ADC=60°,又∠ABC=120°,所以A,B,C,D四点共圆,∠DBC=∠DAC=60°,由余弦定理,得cos∠DBC=,所以BD=8.12.D　解析:根据图象可得A=2,f(0)=,所以2cosφ=,故φ=±结合图象可得φ=-,又ω,所以ω=2,所以函数的解析:式为y=2cos2x-.对于A,f(x)=2cos2x-=2cos2x-,故可由y=2cos(2x)的图象向右平移个单位长度得到f(x)的图象,故A正确;对于B,f(x)的单调递增区间为-+kπ,+kπ(k∈Z),故-是它的一个单调递增区间,而-⊆-,故B正确;对于C,x∈-,0,所以2x--,-,结合余弦函数的图象可得y∈[-2,],故C正确;对于D,f=2cos=2cos=0,不是函数的最值,故直线x=不是函数f(x)图象的对称轴,故D错误.13　解析:因为角α的终边经过点(-3,4),所以sinα=,所以cos+α=sinα=14.-　解析:===,==,又<α<2π,=-15.f(x)=sin2x-　解析:将g(x)=sin图象上所有点的横坐标缩短为原来的(纵坐标保持不变),得到h(x)=sin2x+,再将h(x)的图象向右平移个单位长度得到f(x)=hx-=sin2x-.16.　解析:过点C作CD⊥AB,交AB的延长线于点D,如图所示, 则BD=b-c,AD=a-c,设∠BCD=α,∠ACB=β,CD=x,在△BCD中,tanα=,在△ACD中,tan(α+β)=,所以tanβ=tan[(α+β)-α]=,当且仅当x=,即x=时等号成立,所以tanβ取最大值时,∠ACB=β最大,所以当离此树的水平距离为米时看A,B的视角最大.17.解:(1)由①知A=,由②知B=,根据三角形内角和定理可知①②不能同时选,再由③④知a>b,所以A>B,故只能选①不能选②,所以选①③④.(2)(方法1)因为cosA=,所以A=又因为,且a=,b=1,所以sinB=,所以B=,所以C=,所以c==2.(方法2)因为a2=b2+c2-2bccosA,且cosA=,a=,b=1,所以c2-c-2=0,所以c=2.18.解:(1)由题意,β=45°,γ=30°,所以∠BCP=30°,∠BPC=15°,又BC=100,所以,即,得PB=50()≈193m.(2)因为α=30°,β=45°,所以A=30°,∠APB=105°,所以,即,得AB==25(8+4)≈373m,所以DE=AB-AD-BE=373-100-33=240m.19.解:(1)由图可知A=2,,即T=π,根据T=,得ω=2,由f=2得2+φ=+2kπ,k∈Z,又因为|φ|<,所以φ=所以函数f(x)的解析:式为f(x)=2sin2x+.(2)由f(A)=1可得A=,因为AD为∠BAC的角平分线,所以∠BAD=∠DAC=又因为S△ABC=S△ABD+S△ACD,即AB·AC·sin∠BAC=AB·AD·sin∠BAD+AC·AD·sin∠CAD,将AB=1,AC=3代入可得AD=20.解:(1)①②⇒③为假命题,证明如下:在△ABD中,∵BD=AD,∠ABD=30°,由正弦定理,知sinA=sin∠ABD=,∵0°<A<180°,∴∠A=60°或∠A=120°.当∠A=60°时,∠ADB=90°,∴AB=2AD,又AB+AD=6,∴AB=4,AD=2,此时sin∠ADB=1,∴AB=4sin∠ADB成立.当∠A=120°时,∠ABD=∠ADB=30°,∴AB=AD.又AB+AD=6,∴AB=AD=3,此时sin∠ADB=,AB≠4sin∠ADB.故①②⇒③为假命题.②③⇒①为假命题,证明如下:∵AB=4sin∠ADB,∠ABD=30°,由正弦定理,得,∴AD=sin∠ABD=4=2,∴BD=AD=2,∴sinA=∵0°<A<180°,∴∠A=60°或∠A=120°.当∠A=60°时,∠ADB=90°,此时AB=4,∴AB+AD=6.当∠A=120°时,∠ADB=30°,此时AB=AD=2,∴AB+AD≠6.故②③⇒①为假命题.①③⇒②为真命题,证明如下:由正弦定理,得,∴AD=sin∠ABD=4=2.∵AB+AD=6,∴AB=4,∴sin∠ADB=1,∴∠ADB=90°,∴BD=AB·cos30°=2AD,证毕.(2)由(1)知,△ABD为直角三角形,且AB=4,BD=2,AD=2,在△BCD中,由余弦定理,得cos∠BCD=,即-,整理得(BC+CD)2=BC·CD+12≤2+12,(BC+CD)2≤12,∴BC+CD的最大值为4,当且仅当BC=CD=2时,等号成立.∴△BCD的周长最大值为4+2(3)由(1)知BD=2,AB=4,∠ABD=30°.设BC=m,m∈(0,2),∠DBC=α,0°<α<60°.在△BCD中,,即,可得m=4sin(60°-α),∴△ABC的面积S=AB·BC·sin∠ABC=4msin(30°+α)=4×4sin(60°-α)·sin(30°+α)=8sin(60°-α)·cos(60°-α)=4sin(120°-2α).∵0°<α<60°,∴0°<120°-2α<120°.∴当120°-2α=90°,即α=15°时,△ABC的面积取得最大值4.