2025年高考数学二轮复习课时精练学案必刷小题7　三角函数（2份打包，原卷版+含解析）

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1．已知扇形的周长为15 cm，圆心角为3 rad，则此扇形的弧长为( )
A．3 cm B．6 cm C．9 cm D．12 cm
答案 C
解析 设扇形弧长为l cm，半径为r cm，则eq \f(l,r)＝3，即l＝3r且l＋2r＝15，解得l＝9，故此扇形的弧长为9 cm.
2．已知sin θ＋2cs2eq \f(θ,2)＝eq \f(5,4)，则sin 2θ等于( )
A．－eq \f(15,16) B.eq \f(15,16) C．－eq \f(3,4) D.eq \f(3,4)
答案 A
解析 因为sin θ＋2cs2eq \f(θ,2)＝eq \f(5,4)，所以sin θ＋cs θ＝eq \f(1,4)，两边平方得1＋2sin θcs θ＝eq \f(1,16)，则sin 2θ＝－eq \f(15,16).
3．在平面直角坐标系中，角θ的大小如图所示，则tan θ等于( )
A.eq \f(3,2) B.eq \f(4,3)
C．1 D.eq \f(2,3)
答案 D
解析 由图可知，taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4)))＝eq \f(5,1)＝5，即eq \f(tan θ＋tan \f(π,4),1－tan θtan \f(π,4))＝5，解得tan θ＝eq \f(2,3).
4．将函数f(x)＝cs(2x＋θ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(|θ|<\f(π,2)))的图象向右平移eq \f(π,3)个单位长度后得到函数g(x)的图象，若g(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,4)对称，则θ等于( )
A.eq \f(π,6) B.eq \f(π,12) C．－eq \f(π,6) D．－eq \f(π,12)
答案 A
解析 由题意知，g(x)＝cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))＋θ))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(2π,3)＋θ))，令2x－eq \f(2π,3)＋θ＝kπ(k∈Z)，得函数g(x)的对称轴为x＝eq \f(π,3)－eq \f(θ,2)＋eq \f(kπ,2)，又|θ|5．已知函数f(x)＝2sin(πx＋1)，若对于任意的x∈R，都有f(x1)≤f(x)≤f(x2)成立，则|x1－x2|的最小值为( )
A．2 B．1 C．4 D.eq \f(1,2)
答案 B
解析 由于函数f(x)＝2sin(πx＋1)的周期T＝eq \f(2π,π)＝2，对于任意x∈R，都有f(x1)≤f(x)≤f(x2)成立，可知f(x1)是函数的最小值，f(x2)是函数的最大值，所以|x1－x2|的最小值为eq \f(T,2)＝eq \f(2,2)＝1.
6．若方程sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))＝－eq \f(5,13)在(0，π)上的解为x1，x2，则sin(x1＋x2)的值为( )
A.eq \f(1,2) B．－eq \f(5,13) C．－eq \f(1,2) D.eq \f(\r(3),2)
答案 A
解析 令2x－eq \f(π,3)＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，得x＝eq \f(5π,12)＋eq \f(kπ,2)，k∈Z，因为sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))＝－eq \f(5,13)在(0，π)上的解为x1，x2，则函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))的图象与直线y＝－eq \f(5,13)的交点关于直线x＝eq \f(5π,12)对称，所以x1＋x2＝eq \f(5π,6)，则sin(x1＋x2)＝sin eq \f(5π,6)＝eq \f(1,2).
7．我国古代数学家僧一行应用“九服晷影算法”在《大衍历》中建立了晷影长l与太阳天顶距θ(0°≤θ≤180°)的对应数表，这是世界数学史上较早的一张正切函数表，根据三角学知识可知，晷影长度l等于表高h与太阳天顶距θ正切值的乘积，即l＝htan θ.对同一“表高”两次测量，第一次和第二次太阳天顶距分别为α，β，且tan(α－β)＝eq \f(1,3)，若第二次的“晷影长”与“表高”相等，则第一次的“晷影长”是“表高”的( )
A．1倍 B．2倍 C．3倍 D．4倍
答案 B
解析 依题意，tan β＝1，则tan α＝tan[α－β＋β]＝eq \f(tanα－β＋tan β,1－tanα－β·tan β)＝eq \f(\f(1,3)＋1,1－\f(1,3))＝2，所以第一次的“晷影长”是“表高”的2倍．
8．函数f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω>0,0<φ<π)的部分图象如图，BC∥x轴，当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))时，不等式f(x)≥m－sin 2x恒成立，则m的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(\r(3),2))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2)))
C．(－∞，eq \r(3)] D．(－∞，1]
答案 A
解析 因为BC∥x轴，所以f(x)图象的一条对称轴为x＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋\f(2π,3)))＝eq \f(7π,12)，所以eq \f(T,4)＝eq \f(7π,12)－eq \f(π,3)＝eq \f(π,4)，
则T＝π，所以ω＝eq \f(2π,T)＝2，又2×eq \f(π,3)＋φ＝π＋kπ，k∈Z，且0<φ<π，所以φ＝eq \f(π,3)，故f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))，
因为当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))时，不等式f(x)≥m－sin 2x恒成立，所以m≤f(x)＋sin 2x＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))＋sin 2x＝eq \f(3,2)sin 2x＋eq \f(\r(3),2)cs 2x＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))恒成立，令g(x)＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))，则2x＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(2π,3)))，
所以g(x)＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2π＋\f(π,6)))的最小值为eq \f(\r(3),2)，所以m≤eq \f(\r(3),2)，即m的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(\r(3),2))).
二、多项选择题
9．已知角α的顶点与原点O重合，始边与x轴的非负半轴重合，终边落在第三象限，且与单位圆O交于点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),10)，y))，则( )
A．sin α＝－eq \f(7\r(2),10) B．tan α＝5
C．cs 2α＝－eq \f(24,25) D．sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,4)))＝－eq \f(17\r(2),50)
答案 ACD
解析 由三角函数定义，得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),10)))2＋y2＝1，得y2＝eq \f(49,50).又α是第三象限角，y<0，所以y＝－eq \f(7\r(2),10)，
所以sin α＝－eq \f(7\r(2),10)，cs α＝－eq \f(\r(2),10)，tan α＝eq \f(sin α,cs α)＝eq \f(－\f(7\r(2),10),－\f(\r(2),10))＝7，故A正确，B错误；
cs 2α＝cs2α－sin2α＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),10)))2－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(7\r(2),10)))2＝－eq \f(24,25)，故C正确；sin 2α＝2sin αcs α＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(7\r(2),10)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),10)))＝eq \f(7,25)，则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,4)))＝eq \f(\r(2),2)(sin 2α＋cs 2α)＝eq \f(\r(2),2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,25)－\f(24,25)))＝－eq \f(17\r(2),50)，故D正确．
10．已知tan(α＋β)＝tan α＋tan β，其中α≠eq \f(kπ,2)(k∈Z)且β≠eq \f(mπ,2)(m∈Z)，则下列结论一定正确的是( )
A．sin(α＋β)＝0 B．cs(α＋β)＝1
C．sin2eq \f(α,2)＋sin2eq \f(β,2)＝1 D．sin2α＋cs2β＝1
答案 AD
解析 因为tan(α＋β)＝eq \f(tan α＋tan β,1－tan αtan β)＝tan α＋tan β，
又当tan α＋tan β≠0时，1－tan αtan β＝1，所以tan αtan β＝0，
所以tan α＝0或tan β＝0，这与α≠eq \f(kπ,2)(k∈Z)且β≠eq \f(mπ,2)(m∈Z)矛盾；
所以tan α＋tan β＝0，则α＋β＝kπ(k∈Z)，对于A，sin(α＋β)＝sin kπ＝0，故A正确；
对于B，cs(α＋β)＝cs kπ＝±1，故B错误；
对于C，sin2eq \f(α,2)＋sin2eq \f(β,2)＝eq \f(1－cs α,2)＋eq \f(1－cs β,2)＝1－eq \f(1,2)(cs α＋cs β)，不一定有cs α＋cs β＝0，故C错误；
对于D，sin2α＋cs2β＝sin2α＋cs2(kπ－α)＝sin2α＋cs2α＝1，故D正确．
11．若将函数f(x)＝cs 2x＋cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))的图象向左平移eq \f(π,6)个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到函数y＝g(x)的图象，则下列关于函数y＝g(x)的结论正确的是( )
A．g(x)的最小正周期为π
B．g(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))上的最小值为－eq \f(1,2)
C．g(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,6)))上单调递减
D．g(x)图象的对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2)，1))
答案 ACD
解析 f(x)＝cs 2x＋cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))＝cs 2x＋eq \f(1,2)cs 2x－eq \f(\r(3),2)sin 2x＝eq \f(3,2)cs 2x－eq \f(\r(3),2)sin 2x＝eq \r(3)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))，所以g(x)＝eq \r(3)cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))＋\f(π,6)))＋1＝eq \r(3)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2)))＋1＝－eq \r(3)sin 2x＋1，选项A，g(x)的最小正周期T＝eq \f(2π,2)＝π，故A正确；
选项B，由x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))，知2x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，π))，所以sin 2x∈[0,1]，所以g(x)的最小值为1－eq \r(3)，故B错误；
选项C，令2x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，则x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4)))，因为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,6)))⊆eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4)))，所以g(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,6)))上单调递减，故C正确；
选项D，令2x＝kπ，k∈Z，则x＝eq \f(kπ,2)，k∈Z，所以g(x)图象的对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2)，1))，k∈Z，故D正确．
12．已知函数f(x)＝sin xcs x，g(x)＝sin x＋cs x，则( )
A．f(x)与g(x)均在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))上单调递增
B．f(x)的图象可由g(x)的图象平移得到
C．f(x)图象的对称轴均为g(x)图象的对称轴
D．函数y＝f(x)＋g(x)的最大值为eq \f(1,2)＋eq \r(2)
答案 AD
解析 f(x)＝sin xcs x＝eq \f(1,2)sin 2x，g(x)＝sin x＋cs x＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))，
选项A，由x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))知，2x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，x＋eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))，又函数y＝sin x在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，所以f(x)与g(x)均在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))上单调递增，故A正确；
选项B，f(x)的图象需由g(x)的图象经过平移和伸缩变换得到，故B错误；
选项C，令2x＝eq \f(π,2)＋k1π，k1∈Z，则x＝eq \f(π,4)＋eq \f(k1π,2)，k1∈Z，所以f(x)图象的对称轴为直线x＝eq \f(π,4)＋eq \f(k1π,2)，k1∈Z，
令x＋eq \f(π,4)＝eq \f(π,2)＋k2π，k2∈Z，则x＝eq \f(π,4)＋k2π，k2∈Z，所以g(x)图象的对称轴为直线x＝eq \f(π,4)＋k2π，k2∈Z，所以g(x)图象的对称轴均为f(x)图象的对称轴，故C错误；
选项D，因为f(x)max＝eq \f(1,2)，g(x)max＝eq \r(2)，而当x＝eq \f(π,4)时，f(x)max＝eq \f(1,2)与g(x)max＝eq \r(2)可同时成立，所以y＝f(x)＋g(x)的最大值为eq \f(1,2)＋eq \r(2)，故D正确．
三、填空题
13．如果sin α＝－eq \f(2,3)，α为第三象限角，则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)－α))＝ .
答案 eq \f(\r(5),3)
解析 由诱导公式可知sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)－α))＝－cs α，又sin α＝－eq \f(2,3)且α为第三象限角，
所以cs α＝－eq \r(1－sin2α)＝－eq \f(\r(5),3)，所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)－α))＝eq \f(\r(5),3).
14．计算：2cs 50°－eq \f(tan 40°,2)＝ .
答案 eq \f(\r(3),2)
解析 2cs 50°－eq \f(tan 40°,2)＝2sin 40°－eq \f(sin 40°,2cs 40°)＝eq \f(4sin 40°cs 40°－sin 40°,2cs 40°)＝eq \f(2sin 80°－sin 40°,2cs 40°)
＝eq \f(2cs 10°－sin 40°,2cs 40°)＝eq \f(2cs40°－30°－sin 40°,2cs 40°)＝eq \f(\r(3)cs 40°＋sin 40°－sin 40°,2cs 40°)＝eq \f(\r(3),2).
15．若a，b，c，d为实数，且eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a c,b d))＝ad－bc，定义函数f(x)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(sin x \r(3)cs x,2cs x 2cs x))，现将f(x)的图象先向左平移eq \f(5π,12)个单位长度，再向上平移eq \r(3)个单位长度后得到函数g(x)的图象，则g(x)的解析式为 ．
答案 g(x)＝2cs 2x
解析 由题意可知，f(x)＝2sin xcs x－2eq \r(3)cs2x＝sin 2x－eq \r(3)(1＋cs 2x)＝sin 2x－eq \r(3)cs 2x－eq \r(3)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))－eq \r(3)，将f(x)的图象先向左平移eq \f(5π,12)个单位长度，再向上平移eq \r(3)个单位长度后得到函数g(x)的图象，则g(x)＝2sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(5π,12)))－\f(π,3)))－eq \r(3)＋eq \r(3)＝2cs 2x.
16．已知f(x)＝sin(3x＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(|φ|<\f(π,2)))为奇函数，若对任意α∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,9)，\f(2π,9)))，存在β∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,9)，α))，满足f(α)＋f(β)＝0，则实数α的取值范围是 ．
答案 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,9)))∪eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(2π,9)))
解析 因为f(x)＝sin(3x＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(|φ|<\f(π,2)))为奇函数，所以φ＝0，f(x)＝sin 3x.由f(α)＋f(β)＝0，可得sin 3α＋sin 3β＝0，所以3β＝3α＋π＋2kπ，或3β＝－3α＋2kπ，k∈Z，所以β＝α＋eq \f(π,3)＋eq \f(2kπ,3)，或β＝－α＋eq \f(2kπ,3)，k∈Z，
若对任意α∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,9)，\f(2π,9)))，存在β∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,9)，α))，满足f(α)＋f(β)＝0，则－eq \f(π,9)≤α＋eq \f(π,3)＋eq \f(2kπ,3)≤α，k∈Z，
即eq \f(π,3)＋eq \f(2kπ,3)≤0，α≥－eq \f(4π,9)－eq \f(2kπ,3)，k∈Z，则k只能取－1，α＝eq \f(2π,9)，或－eq \f(π,9)≤－α＋eq \f(2kπ,3)≤α，k∈Z，
则eq \f(kπ,3)≤α≤eq \f(π,9)＋eq \f(2kπ,3)，k∈Z，则k只能取0,0≤α≤eq \f(π,9)，综上可得，实数α的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,9)))∪eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(2π,9))).