新高考数学一轮复习核心考点+提升练习考点22任意角和弧度制、三角函数的概念（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学一轮复习核心考点+提升练习考点22任意角和弧度制、三角函数的概念（2份，原卷版+解析版），共8页。
1.了解任意角的概念和弧度制
2.能进行弧度与角度的互化，体会引入弧度制的必要性.
3.借助单位圆理解任意角三角函数(正弦、余弦、正切)的定义．
【知识点】
1．角的概念
(1)定义：角可以看成一条射线绕着它的端点旋转所成的图形．
(2)分类
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(按旋转方向不同分为正角、负角、零角,按终边位置不同分为象限角和轴线角.))
(3)相反角：我们把射线OA绕端点O按不同方向旋转相同的量所成的两个角叫做互为相反角．角α的相反角记为－α.
(4)终边相同的角：所有与角α终边相同的角，连同角α在内，可构成一个集合S＝{β|β＝α＋k·360°，k∈Z}．
2．弧度制的定义和公式
(1)定义：把长度等于半径长的圆弧所对的圆心角叫做1弧度的角，弧度单位用符号rad表示．
(2)公式
3．任意角的三角函数
(1)任意角的三角函数的定义：
设P(x，y)是角α终边上异于原点的任意一点，其到原点O的距离为r，则sin α＝eq \f(y,r)，cs α＝eq \f(x,r)，tan α＝eq \f(y,x)(x≠0)．
(2)三角函数值在各象限内的符号：一全正、二正弦、三正切、四余弦，如图．
常用结论
1．象限角
2．轴线角
【核心题型】
题型一 角及其表示
确定kα，eq \f(α,k)(k∈N*)的终边位置的方法
先写出kα或eq \f(α,k)的范围，然后根据k的可能取值确定kα或eq \f(α,k)的终边所在位置．
【例题1】（2023·安徽·模拟预测）已知角终边上有一点，则为（ ）
A．第一象限角B．第二象限角
C．第三象限角D．第四象限角
【答案】C
【分析】根据终边相同角的定义即可求解.
【详解】已知角终边上有一点，即点，
，
为第三象限角.
故选：C.
【变式1】（2023·辽宁·一模）已知角的终边上一点的坐标为，则的最小正值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】通过，用诱导公式将点的坐标化为，根据三角函数的定义即可写出，判断选项即可.
【详解】解：因为，所以，
而，
所以角的终边上点的坐标可写为：，
所以，因此的最小正值为.
故选：D
【变式2】（2024·北京东城·一模）已知角的终边关于直线对称，且，则的一组取值可以是 ， .
【答案】 （答案不唯一，符合题意即可） （答案不唯一，符合题意即可）
【分析】由角的终边关于直线对称，可得，再由可得或，即可求出答案.
【详解】因为角的终边关于直线对称，
则，，则，
因为，所以，
所有或，，
解得：或，，
取，的一个值可以为，的一个值可以为.
故答案为：（答案不唯一，符合题意即可）；（答案不唯一，符合题意即可）
【变式3】（2024·湖南岳阳·三模）已知角的终边关于直线对称，且，则的一组取值可以是 ， ．
【答案】 （答案不唯一，符合，或，，即可）
【分析】由条件角的终边关于直线对称可得，由可得，解方程求即可.
【详解】因为角的终边关于直线对称，
所以，，
又，
所以或，，
所以，或，，，
取可得或
所以的一组取值可以是，
故答案为：，，（答案不唯一，符合，或，，即可）
题型二 弧度制及其应用
应用弧度制解决问题的方法
(1)利用扇形的弧长和面积公式解题时，要注意角的单位必须是弧度．
(2)求扇形面积最大值的问题时，常转化为基本不等式或二次函数的最值问题．
【例题2】（2024·全国·模拟预测）设，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由，可证，，得结论.
【详解】先证明：当时，.

如图，角终边为OP，其中点P为角的终边与单位圆的交点，轴，交x轴于点M，
A点为单位圆与x轴的正半轴的交点，轴，交角终边于点T，
则有向线段MP为角的正弦线，有向线段AT为角的正切线，
设弧长，
由图形可知：，即，
所以，即.
则，所以．
而，所以，
所以.
故选：D．
【变式1】（23-24高三上·北京·阶段练习）已知圆锥的顶点为，母线，所成角的余弦值为，与圆锥底面所成角为45°，若的面积为，则该圆锥的侧面积为 .
【答案】
【分析】根据条件算出母线长和底面半径即可求出侧面积.
【详解】如图：其中O是底面圆心，设半径为r，则，
， ，
由于，都是母线，所以，
的面积 ，
因为与圆锥底面所成角为45°，所以，
所以在等腰直角三角形SAO中， ，
所以侧面积= ；
故答案为：.
【变式2】（22-23高一下·辽宁朝阳·期中）已知扇形的面积为4，圆心角的弧度数是2，则该扇形的半径为 ．
【答案】
【分析】根据扇形的面积公式列式可求出结果.
【详解】依题意得，，设半径为，
由，得，得.
故答案为：
【变式3】（2024·内蒙古呼和浩特·一模）用一个圆心角为，面积为的扇形（为圆心）用成一个圆锥（点恰好重合），该圆锥顶点为，底面圆的直径为，则的值为 ．
【答案】
【分析】根据扇形的面积及弧长求出母线及底面圆半径，再由余弦定理求解.
【详解】设圆锥的母线长为，底面半径为，
∵扇形的圆心角为
，解得，
∵扇形的弧长等于它围成的圆锥的底面周长，
，
所以圆锥的轴截面中，，，
由余弦定理可得，
故答案为：
题型三 三角函数的概念
(1)利用三角函数的定义，已知角α终边上一点P的坐标，可以求出α的三角函数值；已知角α的三角函数值，也可以求出点P的坐标．
(2)利用角所在的象限判定角的三角函数值的符号时，特别要注意不要忽略角的终边在坐标轴上的情况．
【例题3】（2023·福建福州·模拟预测）已知角的顶点在坐标原点，始边与轴非负半轴重合，为其终边上一点，则（ ）
A．B．4C．D．1
【答案】D
【分析】根据已知条件，结合任意角的三角函数的定义，即可求解．
【详解】始边与轴非负半轴重合，，为其终边上一点，
则，且，解得．
故选：D．
【变式1】（2024·河南·一模）以坐标原点为顶点，x轴非负半轴为始边的角，其终边落在直线上，则有（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用角的终边落在直线上易于求得角或，分别求出角的正弦、余弦值，即可对选项一一判断.
【详解】因角的终边落在直线上，故或.
对于A，当，时，，故A项错误；
对于B，当时，，故B项错误；
对于C，当，时，，当时，，故C项正确；
对于D项，当，时，，则；
当时，，，则.故D项错误.
故选：C.
【变式2】（2024·湖南邵阳·二模）在中，边上的高为，则 .
【答案】/
【分析】作出图形，利用真假三角形边角关系求出，再利用诱导公式及和角的余弦公式计算得出结果.
【详解】令的内角所对边为c，过作于则，

在直角中，，，则，从而，
在直角中，，
从而，，
在中，，
所以.
故答案为：.
【变式3】（2023·广东佛山·一模）若点关于原点对称点为，写出的一个取值为 .
【答案】（答案不唯一，，均可以）
【分析】根据、关于原点对称，所以两角的终边在一条直线上，得：，.再令随意取值，可得结论.
【详解】∵和关于原点对称.
∴与的终边在一条直线上.即：，.
∴，.
令得.
故答案为：（满足，即可）
【课后强化】
【基础保分练】
一、单选题
1．（2023高三·全国·专题练习）与终边相同的角的表达式中，正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据角度的表示方法分析判断AB，根据终边相同的角的定义分析判断CD.
【详解】在同一个表达式中，角度制与弧度制不能混用，所以A，B错误．
与终边相同的角可以写成的形式，
时，，315°换算成弧度制为，所以C错误，D正确．
故选：D．
2．（23-24高三上·江西赣州·期中）已知为第一象限角，且，则为（ ）
A．第一象限角B．第二象限角
C．第三象限角D．第四象限角
【答案】D
【分析】由已知，利用差角正弦公式可得，进而有，结合为第一象限角列不等式求范围即可.
【详解】由题设，则，
所以，而为第一象限角，
所以，则,
所以，即为第四象限角.
故选：D
3．（23-24高三上·重庆渝北·阶段练习）已知角终边上有一点，则是（ ）
A．第一象限角B．第二象限角
C．第三象限角D．第四象限角
【答案】B
【分析】首先由点的坐标确定角终边的位置，再确定所在象限.
【详解】，，即,
点在第四象限，即角的终边在第四象限，的终边为角终边的反向延长线，
那么的终边在第二象限.
故选：B
4．（23-24高三上·海南省直辖县级单位·阶段练习）若是第一象限角，则下列各角为第四象限角的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由题意，根据角的定义和象限角的概念可判断各个选项.
【详解】因为是第一象限角，所以是第四象限角，
则是第一象限角，故A错误；是第二象限角，故B错误；
是第四象限角，故C正确；是第一象限角，故D错误.
故选：C.
二、多选题
5．（2024·全国·模拟预测）如图，设单位圆与轴的正半轴相交于点，以轴的非负半轴为始边作锐角，，，它们的终边分别与单位圆相交于点，，．若，则下列说法正确的是（ ）

A．当时，的面积为
B．当时，扇形的面积为
C．当时，四边形的面积为
D．四边形面积的最大值为1
【答案】AC
【分析】根据三角形面积公式可判断A；由扇形面积公式可判定B；，根据三角形面积公式即可判断C；，借助三角函数恒等式化简即可判断D.
【详解】由题意，得圆的半径，，，．
对于A，由，，得，
则，故A正确；
对于B，当时，因为，
所以扇形的面积，故B错误；
对于C，当时，
，故C正确；
对于D，
，
由，得
，
所以当，即时，取得最大值，为，故D错误．
故选：AC
6．（2024·全国·模拟预测）如图，已知正三棱锥和正三棱锥的侧棱长均为．若将正三棱锥绕旋转，使得点分别旋转至点处，且四点共面，点分别位于两侧，则下列说法中正确的是（ ）

A．多面体存在外接球B．
C．平面D．点运动所形成的最短轨迹长大于
【答案】BCD
【分析】若多面体存在外接球，则球心必为的外心，由即可判断A；正三棱锥中侧棱互相垂直且相等，正三棱锥中侧棱互相垂直且相等，将正三棱锥放到正方体中，即可判断BCD．
【详解】若多面体存在外接球，则球心必为的外心，连接，，
则，平面，又平面，所以，
所以，
因为，所以多面体不存在外接球，故选项A错误；

因为正三棱锥和正三棱锥的侧棱长均为，
则正三棱锥中侧棱两两互相垂直且相等，正三棱锥中侧棱两两互相垂直且相等，
所以正三棱锥可以放到正方体中，当点分别旋转至点处，且四点共面，点分别位于两侧时，如图所示，
易知四边形为平行四边形，则，
又平面，且平面，所以平面，故C正确；
因为四边形为正方形，所以，所以，故B正确；

设交于点，则互相平分，，，
在中，，同理可得，
在中，，所以，
又因为点运动的最短轨迹是以的中点为圆心，半径为的圆弧，
所以点运动所形成的最短轨迹长大于．故选项D正确．
故选：BCD．
【点睛】关键点点睛：本题BC选项的关键是利用线面平行的判定得到平面，D选项的关键是得到点运动的最短轨迹是以的中点为圆心，半径为的圆弧.
三、填空题
7．（2023·天津河北·一模）直线将圆分成两段圆弧，则较短圆弧与较长圆弧的弧长之比为 .
【答案】
【分析】首先假设直线与圆的两个交点为，圆心为，，利用已知求得，再用两段圆弧的弧长之比等于两段弧长所对的圆心角的弧度数之比即可求得两段圆弧的弧长之比.
【详解】设直线与圆的两个交点为，圆心为，，
∵圆心到直线的距离，
∴，
，
∴，
∴，
所以两段圆弧的弧长之比等于两段弧长所对的圆心角的弧度数之比为.
故答案为：.
8．（2024高三·全国·专题练习）已知一个扇形圆心角，所对的弧长，则该扇形面积为 ．
【答案】
【分析】根据题意，结合弧长公式以及扇形面积公式，即可求解．
【详解】因为扇形圆心角，且所对的弧长，
设扇形所在圆的半径为，可得，解得，
所以扇形的面积为.
故答案为：.
9．（2024·全国·模拟预测）已知是第二象限角，且其终边经过点，则 ．
【答案】
【分析】根据题意，求得，得到，再结合三角函数的定义和正切的倍角公式，即可求解.
【详解】因为是第二象限角，可得，
则，所以，
又因为的终边经过点，可得，可得，
解得或（舍去）．
故答案为：.
四、解答题
10．（2024高三·全国·专题练习）已知角终边经过点，且．求的值．
【答案】或
【分析】根据三角函数定义求解.
【详解】∵，∴点P到原点的距离．
又，∴．
∵，∴，∴．
当时，P点坐标为，
由三角函数的定义，有，，
∴；
当时，同理可求得．
11．（22-23高三上·安徽阜阳·期中）已知角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点．
(1)求的值；
(2)求的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据三角函数的定义求出三角函数值，再利用正切的倍角公式与和差公式即可得解；
（2）利用正余弦函数的倍角公式，转化为齐次式，从而化简代入即可.
【详解】（1）依题意，．
则．
故．
（2）依题意，
.
．
【综合提升练】
一、单选题
1．（2024·河南商丘·模拟预测）“”是“为第一象限角”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】利用诱导公式及正弦函数的性质结合充分、必要条件的定义判定选项即可.
【详解】易知，所以
为第一象限角、第二象限角或终边落在纵轴正半轴上的角，
显然不满足充分性，满足必要性.
故选：B
2．（2024·黑龙江·二模）已知角的终边与单位圆的交点，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题意可知，利用诱导公式运算求解.
【详解】因为角的终边与单位圆的交点，可知，
所以.
故选：B.
3．（2024·北京怀柔·模拟预测）攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构样式，多见于亭阁式建筑、园林建筑等，如图所示的亭子带有攒尖的建筑屋顶可近似看作一个圆锥，其底面积为，屋顶的体积为，算得侧面展开图的圆心角约为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据底面圆面积求出底面圆半径，从而求出底面圆周长，得侧面展开图扇形的弧长，再由圆锥体积求圆锥的高，勾股定理求圆锥母线长，得侧面展开图扇形半径，可求侧面展开图的圆心角.
【详解】底面圆的面积为，得底面圆的半径为，
所以底面圆周长为，即圆锥侧面展开图扇形的弧长为，
屋顶的体积为，由得圆锥的高，

所以圆锥母线长，即侧面展开图扇形半径，
得侧面展开图扇形的圆心角约为.
故选：C.
4．（2024·辽宁抚顺·三模）已知圆锥的底面圆的半径为1，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则该圆锥的母线长为（ ）
A．B．3C．D．4
【答案】D
【分析】设母线长为，根据题意得到，即可求解．
【详解】设母线长为，由题意，可得，解得，即圆锥的母线长为．
故选：D.
5．（22-23高三上·安徽安庆·阶段练习）已知条件，条件，则是的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分又不必要条件
【答案】B
【分析】将已知条件转化为逆否命题来判断，在利用充分条件和必要条件的定义进行判断即可得结论
【详解】命题转化为逆否命题：“”是“”的充分、必要问题
因为，有，所以不一定为
故充分性不成立
当时，则，
所以必要性成立
所以“”是“”的必要不充分条件
由原命题与逆否命题等价性
所以是的必要不充分条件
故选：B.
6．（22-23高三上·贵州贵阳·期末）已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据角的范围及集合的关系即可判断.
【详解】当时，，
当时，，
所以.
故选：A
7．（2024·重庆·模拟预测）已知角的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边上有两点，，且，则（ ）
A．B．C．D．1
【答案】A
【分析】利用二倍角的余弦公式可求得，进而可求得的值，利用斜率公式可求得的值．
【详解】∵角的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边上有两点，，
且，∴，
解得，∴，∴，
∴．
故选：A．
8．（2024·四川南充·三模）如图，圆O内接一个圆心角为60°的扇形，在圆O内任取一点，该点落在扇形内的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据圆的半径与扇形半径的关系及扇形的面积公式，由几何概型求解即可.
【详解】设圆的半径为，过作于点，如图，
则扇形的半径,
所以扇形的面积，
圆的面积，
由几何概型可得：.
故选：C
二、多选题
9．（2024·广东广州·模拟预测）下列命题正确的是（ ）
A．“是第二象限角或第三象限角”，“”，则是的充分不必要条件
B．若为第一象限角，则
C．在中，若，则为锐角三角形
D．已知，且，则
【答案】ACD
【分析】对A，根据充分，必要条件的概念判断；对B，利用二倍角余弦公式化简求解；对C，将条件式切化弦结合三角变换求解判断；对D，利用二倍角余弦公式化简条件式，再弦化切求解.
【详解】对于A，若是第二象限角或第三象限角，则.若，取，
此时不是第二象限角或第三象限角，则是的充分不必要条件，故A正确；
对于B，由于为第一象限角，则，
，故B错误；
对于C，在中，若，则，所以，
故，所以，故为锐角三角形，故C正确；
对于D，由，所以，则，
由，知，故D正确.
故选：ACD.
10．（2023·吉林长春·一模）已知，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】BC
【分析】先将两边平方，结合，得出，结合得出，再计算出，即可求出和，根据同角三角函数的商数关系，二倍角的余弦公式和正切公式，两角的余弦公式分别计算即可判断各选项．
【详解】由得，，则，
因为，，
所以，所以，
由，解得，
对于A，，故A错误；
对于B，，故B正确；
对于C，因为，所以，则，
，即，
解得或（舍去），故C正确；
对于D，，故D错误，
故选：BC．
11．（2024·湖南·模拟预测）已知，双曲线C：，则（ ）
A．可能是第一象限角B．可能是第四象限角
C．点可能在C上D．点可能在C上
【答案】BD
【分析】根据双曲线标准方程的特征，可得，即在第三象限或第四象限，分情况讨论得解.
【详解】根据题意，可得，即，即且，
所以在第三象限或第四象限.故A错误，B正确；
当在第三象限时，有，，，
双曲线方程为，当即，时，方程为，
所以点在双曲线上，故D正确；
当在第四象限时，有，，，
双曲线方程为，因为，所以点不在双曲线上，故C错误.
故选：BD.
三、填空题
12．（2023·全国·模拟预测）已知直线与圆交于，两点，则劣弧所对应的扇形的面积为 ．
【答案】/
【分析】化圆为标准方程，求出圆心到直线的距离，即可求出，再由扇形的面积公式求解即可.
【详解】由题意知，圆C的标准方程为，
圆心到直线l的距离．
设弦AB的中点为M，则．由圆C的半径为2，
得，
所以，所以，
故劣弧所对应的扇形ACB的面积为．
故答案为：.
13．（2023·上海青浦·二模）已知函数的图像绕着原点按逆时针方向旋转弧度，若得到的图像仍是函数图像，则可取值的集合为 .
【答案】
【分析】题中函数为圆的一段劣弧，在旋转过程中，只需根据函数的定义考虑一个只有唯一确定的与之对应，即图形与只有一个交点时旋转的角度符合题意.
【详解】画出函数的图象，如图1所示：
圆弧所在的圆方程为，，，在图象绕原点旋转的过程中，当从图1的位置旋转到点时，根据函数的定义知这个旋转过程所得的图形均为函数的图象，如图2所示：
此时绕着原点旋转弧度为；
若函数图象在图2位置绕着原点继续旋转，当点在轴上方，点在轴下方时，根据函数的定义知，所得图形不是函数的图象，如图3所示：
此时转过的角度为，不满足题意；
若函数的图象在图3位置绕着原点继续旋转，当整个图象都在轴下方时，根据函数的定义知，所得图形是函数的图象，如图4所示：
此时转过的角度为；
故答案为：.
14．（2022·全国·模拟预测）已知的顶点为坐标原点，始边与x轴非负半轴重合，终边在第二象限，，则的值为 ．
【答案】
【分析】由题知在第一象限，，，再根据正切的二倍角公式求解即可.
【详解】解：由在第二象限可知，在第一、三象限，
又，所以在第一象限，
所以，故．
因此．
故答案为：
四、解答题
15．（2024高三·全国·专题练习）利用单位圆写出符合下列条件的角α的取值集合．
(1)；
(2)；
(3)tan α≥1.
【答案】(1){α|α＝－＋2kπ或α＝＋2kπ，k∈Z}．
(2){α|－＋2kπ＜α＜＋2kπ，k∈Z}．
(3){α|＋kπ≤α＜＋kπ，k∈Z}．
【解析】略
16．（2023·广东广州·三模）在直角坐标系中，已知是以原点O为圆心，半径长为2的圆，点，角x（单位：弧度）的始边为射线，终边与交于点B，点B的纵坐标y关于角x的函数为．
(1)写出函数的解析式；
(2)将函数的图象上各点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），再将得到的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象．求函数在区间上的最大值和最小值，并写出取得最值时自变量x的值．
【答案】(1)；
(2)当时，函数取最大值2，当时，函数取最小值.
【分析】（1）根据三角函数的定义求函数的解析式；
（2）根据三角函数图象变换结论确定函数的解析式，再根据正弦函数性质求其在上的最值及取最值的条件.
【详解】（1）因为，由三角函数定义可得，
所以，
（2）将函数的图象上各点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变）可得函数的图象，
将函数的图象向左平移个单位长度可得函数的图象，
所以，
因为，所以，
所以，
所以，
所以函数在的最大值为2，此时，即，
函数在的最小值为，此时，即.
所以当时，函数取最大值2，当时，函数取最小值.
17．（23-24高三上·江西·阶段练习）如图，已知两质点A，B同时从点P出发，绕单位圆逆时针做匀速圆周运动，质点A，B运动的角速度分别为3rad/s和5rad/s，设两质点运动时这两质点间的距离为．

(1)求的解析式；
(2)求这两质点从点P出发后第n次相遇的时间（单位：s）．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根据给定条件，求出点的坐标，再利用两点间距离公式结合三角恒等变换化简得解.
（2）由（1）求出函数的零点即可.
【详解】（1）由质点A，B运动的角速度分别为3rad/s和5rad/s，得时质点A，B的坐标分别为，，
则
，
所以的解析式为.
（2）因为两质点从点P出发后每相遇一次即对应函数的一个零点，
因此为在区间上第n个零点，由，得，解得，
所以两质点从点P出发后第n次相遇的时间.
18．（2023·北京海淀·模拟预测）已知函数，且．
(1)求a的值和函数在区间上的最大值及取得最大值时x的值．
(2)若，，求的值．
【答案】(1)，在上的最大值为2，此时x的值为.
(2).
【分析】（1）由求得a的值，再由x的范围求得的范围进而求得的最大值即可.
（2）由得，再由范围求出的范围来判断的符号，进而求得的值，再运用配凑角求得值.
【详解】（1）∵，解得：，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴当，即时，取得最大值为1，
∴当时，取得最大值为2，
即：在上的最大值为2，此时x的值为.
（2）∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴
.
故的值为.
19．（2024·甘肃·一模）如图，角的始边为轴非负半轴，终边与单位圆交于点，过点作轴的垂线，垂足为到直线的距离为.若将关于角的函数关系记为.

(1)求的解析式；
(2)将图象上所有点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），再将所得图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，求在的单调递增区间.
【答案】(1)
(2)和
【分析】（1）根据条件得到直线的方程，利于点到直线的距离公式进行计算即可;
（2）根据函数图象的变换规则得到函数解析式后，整体代入法求解单调区间即可.
【详解】（1）可知，
又直线的方程为，
故根据点到直线距离公式，
即.
（2）可知，
由，
得，
所以当时，函数的单调增区间为和
【拓展冲刺练】
一、单选题
1．（2024·湖南·一模）出土于鲁国故城遗址的“出廓双龙勾玉纹黄玉璜”（图1）的璜身满刻勾云纹，体扁平，呈扇面状，黄身外耧空雕饰“”型双龙，造型精美．现要计算璜身面积（厚度忽略不计），测得各项数据（图2）：，若，则璜身（即曲边四边形）面积近似为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据给定图形求出圆心角，再利用扇形面积公式计算即得.
【详解】显然为等腰三角形，，
则，，又，
所以，于是，
所以璜身的面积近似为.
故选：C
2．（2023·贵州贵阳·三模）《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，其中《方田》章给出计算弧田面积所用的经验公式为：弧田面积（），弧田（如图）由圆弧和其所对弦所围成，公式中“弦”指圆弧所对弦长，“矢”等于半径长与圆心到弦的距离之差.现已知弧田面积为，且弦是矢的倍，按照上述经验公式计算所得弧田的弧长是（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据弧田面积可求得，利用勾股定理可构造方程求得半径，并根据长度关系得到圆心角弧度数，利用扇形弧长公式可求得结果.
【详解】如图，

由题意得：，
弧田面积，解得：.
设圆半径为，则有，即，解得：，
，则在中，，，
所求弧长为.
故选：D.
3．（2024·全国·模拟预测）石雕、木雕、砖雕被称为建筑三雕．源远流长的砖雕，由东周瓦当、汉代画像砖等发展而来，明清时代进入巅峰，形成北京、天津、山西、徽州、广东、临夏以及苏派砖雕七大主要流派．苏派砖雕被称为“南方之秀”，是南方地区砖雕艺术的典型代表，被广泛运用到墙壁、门窗、檐廊、栏槛等建筑中．图（1）是一个梅花砖雕，其正面是一个扇环，如图（2），砖雕厚度为6cm，，，所对的圆心角为直角，则该梅花砖雕的表面积为（单位：）（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先求出，，进而求得梅花砖雕的侧面积及扇环的面积可得该梅花砖雕的表面积.
【详解】
延长与交于点．由，，得，．
因为所对的圆心角为直角，所以，．
所以该梅花砖雕的侧面积，
扇环的面积为，
则该梅花砖雕的表面积．
故选：C．
4．（2023·陕西商洛·一模）在正四棱台中，，点在底面内，且，则的轨迹长度是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】如图1，连接，作，垂足为，结合正四棱台的性质可证平面，根据已知条件求出，再结合可求得，而为定点，从而可得点的轨迹是以为圆心，为半径的弧，再分别作，可求出，再利用弧长公式可求得结果.
【详解】如图1，连接，作，垂足为，
因为四棱台为正四棱台，
所以平面平面，
因为平面平面，平面，
所以平面.
因为，所以，
因为，所以.
因为点在底面内，且，所以.
以为圆心，为半径画圆，如图2，则是的轨迹.
分别作，垂足分别为.
由题意可得，
在和中，，
所以，
所以，
故的轨迹长度是.
故选：B

【点睛】关键点点睛：此题考查立体几何中的轨迹问题，解题的关键是根据题意，从而可得点的轨迹是以为圆心，为半径的，考查空间想象能力和计算能力，属于较难题.
二、多选题
5．（2024·全国·模拟预测）通过研究宋代李诫所著的《营造法式》等古建资料，可以得到中国宋代建筑的屋顶蕴含着丰富的数学元素，体现了数学的对称美，并且符合两个特点：一、从檐口到屋脊的曲线为屋面曲线，左、右屋面曲线对称，可用圆弧拟合屋面曲线，且圆弧所对的圆心角为30°±2°；二、从檐口到屋脊的垂直距离为坡屋面高度半径，水平距离为半坡宽度，且．如图为某宋代建筑模型的结构图，其中A为屋脊，B，C为檐口，且所对的圆心角，所在圆的半径为4，，则（ ）

A．的长为
B．
C．若与所在两圆的圆心距为，则此建筑的屋顶不符合宋代建筑屋顶的特点
D．若与所在两圆的圆心距为4，要想此建筑的屋顶符合宋代建筑屋顶的特点，可将圆心角θ缩小
【答案】ACD
【分析】结合图形特征，利用两角差的正弦正切公式，弧长公式和三角函数，求解选项中的数据.
【详解】记，所在圆的圆心分别为E，F，连接AE，AF，CF，EF，

则，，
选项A：根据弧长公式得的长为，故A正确．
选项B：，则，故B错误．(也可以在中利用余弦定理求解)
选项C：如图1，过点A，C分别作EF的平行线，与过点F的EF的垂线分别交于点D，G，∵，，∴，
∵，∴，．
由题易知AD﹣CG为半坡宽度，DG为坡屋面高度半径，
，，
，，
∴，不符合宋代建筑屋顶的第二个特点，C正确．
选项D：如图2，过点A作EF的垂直平分线，交EF于点M，过点C作，垂足为N，

，，当时，，
∴，∴．
易知CN为半坡宽度，AN为坡屋面高度半径，
∴，D正确．
故选：ACD
【点睛】方法点睛：
理解题目中坡屋面高度半径和半坡宽度的定义是解题关键，结合图形特征，利用三角函数知识求解.
6．（23-24高三上·山东威海·期末）质点和同时出发，在以原点为圆心，半径为的上逆时针作匀速圆周运动.的角速度大小为，起点为与轴正半轴的交点；的角速度大小为，起点为射线与的交点.则当与重合时，的坐标可以为（ ）
A．B．C．D．
【答案】BD
【分析】确定点的初始位置，由题意列出重合时刻的表达式，进而可得点的坐标，通过赋值对比选项即可得解.
【详解】依题意，点的起始位置，点的起始位置，
则，设当与重合时，用的时间为，
于是，即，
则，所以，
对于A，若，则或，，
解得，或，因为，这样的不存在，故A错误；
对于B，当时，，即，故B正确；
对于C，若，则或，，
解得，或，因为，这样的不存在，故C错误；
对于D，当时，，即，故D正确；
故选：BD.
【点睛】思路点睛：通过设两质点重合时所用时间，得到重合点坐标，结合角度差，根据三角函数周期性以及诱导公式判断选项即可.
三、填空题
7．（23-24高三上·北京顺义·期中）已知命题：若为第一象限角，且，则.能说明命题为假命题的一组的值可以是 ， .
【答案】 （答案不唯一） （答案不唯一）
【分析】只要找到一组满足题意的角即可.
【详解】因为为第一象限角，且，
取，则且在第一象限，
此时，
故命题为假命题，满足题意，
所以的值可以是，
故答案为：（答案不唯一）；（答案不唯一）.
8．（2024·全国·模拟预测）在平面直角坐标系中，若角的顶点为原点，始边为轴非负半轴，终边经过点，则 .
【答案】
【分析】先利用三角函数的定义得到，再利用倍角公式和诱导公式进行转化求得.
【详解】由三角函数的定义，得，所以
.
故答案为：
9．（2023·湖北·二模）已知是第三象限角，，则 ．
【答案】
【分析】利用二倍角公式可得，再由同角三角函数的基本关系即可求解.
【详解】因为，
整理可得，
解得，或，由于是第三象限角，（舍去）
所以，．
故答案为：．
四、解答题
10．（2024·安徽·二模）在平面直角坐标系中，利用公式①（其中，，，为常数），将点变换为点的坐标，我们称该变换为线性变换，也称①为坐标变换公式，该变换公式①可由，，，组成的正方形数表唯一确定，我们将称为二阶矩阵，矩阵通常用大写英文字母，，…表示．
(1)在平面直角坐标系中，将点绕原点按逆时针旋转得到点（到原点距离不变），求点的坐标；
(2)如图，在平面直角坐标系中，将点绕原点按逆时针旋转角得到点（到原点距离不变），求坐标变换公式及对应的二阶矩阵；
(3)向量（称为行向量形式），也可以写成，这种形式的向量称为列向量，线性变换坐标公式①可以表示为：，则称是二阶矩阵与向量的乘积，设是一个二阶矩阵，，是平面上的任意两个向量，求证：．
【答案】(1)
(2)，
(3)证明见解析
【分析】（1）利用三角函数的定义得到旋转之前的和，再由两角和的正弦、余弦公式得到点的坐标；
（2）利用三角函数的定义得到旋转之前的和，再由两角和的正弦、余弦公式得到点的坐标，再根据变换公式的定义得到变换公式及与之对应的二阶矩阵；
（3）根据定义分别计算、、，证明即可.
【详解】（1）可求得，设，则，，
设点，，
故
所以.
（2）设，，则，，，
故
所以坐标变换公式为，
该变换所对应的二阶矩阵为
（3）设矩阵，向量，，则．
，
对应变换公式为：，
，
所以
故对应变换公式同样为
所以得证.
【点睛】方法点睛：利用三角函数的定义解题：（1）角的顶点与坐标原点重合；（2）角的始边与轴正半轴重合；在角的终边上任取一点，该点到原点的距离，则：；； .
角α的弧度数公式
|α|＝eq \f(l,r)(弧长用l表示)
角度与弧度的换算
1°＝eq \f(π,180) rad；1 rad＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(180,π)))°
弧长公式
弧长l＝|α|r
扇形面积公式
S＝eq \f(1,2)lr＝eq \f(1,2)|α|r2