2018年高考考点完全题数学（理）考点通关练习题 第七章　平面解析几何 18 word版含答案

这是一份2018年高考考点完全题数学（理）考点通关练习题 第七章　平面解析几何 18 word版含答案，共12页。试卷主要包含了基础小题，高考小题，模拟小题等内容，欢迎下载使用。


一、基础小题
1．已知角α的终边与单位圆交于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,5)，\f(3,5)))，则tanα＝( )
A．－eq \f(4,3)B．－eq \f(4,5)
C．－eq \f(3,5)D．－eq \f(3,4)
答案 D
解析 根据三角函数的定义，tanα＝eq \f(y,x)＝eq \f(\f(3,5),－\f(4,5))＝－eq \f(3,4)，故选D.
2．sin2cs3tan4的值( )
A．小于0B．大于0
C．等于0D．不存在
答案 A
解析 ∵sin2>0，cs3<0，tan4>0，∴sin2cs3tan4<0.
3．已知扇形的半径为12 cm，弧长为18 cm，则扇形圆心角的弧度数是( )
A．eq \f(2,3)B．eq \f(3,2)
C．eq \f(2,3)πD．eq \f(3,2)π
答案 B
解析 由题意知l＝|α|r，∴|α|＝eq \f(l,r)＝eq \f(18,12)＝eq \f(3,2).
4.如图所示，在直角坐标系xOy中，射线OP交单位圆O于点P，若∠AOP＝θ，则点P的坐标是( )
A．(csθ，sinθ)
B．(－csθ，sinθ)
C．(sinθ，csθ)
D．(－sinθ，csθ)
答案 A
解析 由三角函数的定义知，选A.
5．已知α是第二象限角，P(x，eq \r(5))为其终边上一点，且csα＝eq \f(\r(2),4)x，则x＝( )
A．eq \r(3)B．±eq \r(3)
C．－eq \r(2)D．－eq \r(3)
答案 D
解析 依题意得csα＝eq \f(x,\r(x2＋5))＝eq \f(\r(2),4)x<0，由此解得x＝－eq \r(3)，故选D.
6．已知角α＝2kπ－eq \f(π,5)(k∈Z)，若角θ与角α的终边相同，则y＝eq \f(sinθ,|sinθ|)＋eq \f(csθ,|csθ|)＋eq \f(tanθ,|tanθ|)的值为( )
A．1B．－1
C．3D．－3
答案 B
解析 由α＝2kπ－eq \f(π,5)(k∈Z)及终边相同的概念知，角α的终边在第四象限，又角θ与角α的终边相同，所以角θ是第四象限角，所以sinθ<0，csθ>0，tanθ<0，所以y＝－1＋1－1＝－1.
7．已知扇形的面积为2，扇形圆心角的弧度数是4，则扇形的周长为( )
A．2B．4
C．6D．8
答案 C
解析 设扇形的半径为R，则eq \f(1,2)R2|α|＝2，∴R2＝1，∴R＝1，∴扇形的周长为2R＋|α|·R＝2＋4＝6，故选C.
8．已知角α和角β的终边关于直线y＝x对称，且β＝－eq \f(π,3)，则sinα＝( )
A．－eq \f(\r(3),2)B．eq \f(\r(3),2)
C．－eq \f(1,2)D．eq \f(1,2)
答案 D
解析 因为角α和角β的终边关于直线y＝x对称，所以α＋β＝2kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，又β＝－eq \f(π,3)，所以α＝2kπ＋eq \f(5π,6)(k∈Z)，即得sinα＝eq \f(1,2).
9．给出下列命题：
①第二象限角大于第一象限角；
②三角形的内角是第一象限角或第二象限角；
③不论是用角度制还是用弧度制度量一个角，它们与扇形的半径的大小无关；
④若sinα＝sinβ，则α与β的终边相同；
⑤若csθ<0，则θ是第二或第三象限的角．
其中正确命题的个数是( )
A．1B．2
C．3D．4
答案 A
解析 由于第一象限角370°不小于第二象限角100°，故①错；当三角形的内角为90°时，其既不是第一象限角，也不是第二象限角，故②错；③正确；由于sineq \f(π,6)＝sineq \f(5π,6)，但eq \f(π,6)与eq \f(5π,6)的终边不相同，故④错；当csθ＝－1，θ＝π时既不是第二象限角，又不是第三象限角，故⑤错．综上可知只有③正确．
10．点P从(1,0)出发，沿单位圆x2＋y2＝1逆时针方向运动eq \f(π,3)弧长到达Q点，则Q的坐标为________．
答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)))
解析 根据题意得Q(cseq \f(π,3)，sineq \f(π,3))，即Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(\r(3),2))).
11．已知角α的终边上有一点的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－\f(\r(3),2)))，若α∈(－2π，2π)，则所有的α组成的集合为________．
答案 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(5π,3)))
解析 因为角α的终边上有一点的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－\f(\r(3),2)))，所以角α为第四象限角，且tanα＝－eq \r(3)，即α＝－eq \f(π,3)＋2kπ，k∈Z，因此落在(－2π，2π)内的角α的集合为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(5π,3))).
12．已知角α的终边上的点P和点A(a，b)关于x轴对称(a≠b)，角β的终边上的点Q与A关于直线y＝x对称，则eq \f(sinα,csβ)＋eq \f(tanα,tanβ)＋eq \f(1,csα·sinβ)＝________.
答案 0
解析 由题意得P(a，－b)，Q(b，a)，∴tanα＝－eq \f(b,a)，tanβ＝eq \f(a,b)(a，b≠0)，∴eq \f(sinα,csβ)＋eq \f(tanα,tanβ)＋eq \f(1,csα·sinβ)＝eq \f(－\f(b,\r(a2＋b2)),\f(b,\r(a2＋b2)))＋eq \f(－\f(b,a),\f(a,b))＋eq \f(1,\f(a,\r(a2＋b2))·\f(a,\r(a2＋b2)))＝－1－eq \f(b2,a2)＋eq \f(a2＋b2,a2)＝0.
二、高考小题
13．
如图，圆O的半径为1，A是圆上的定点，P是圆上的动点，角x的始边为射线OA，终边为射线OP，过点P作直线OA的垂线，垂足为M，将点M到直线OP的距离表示成x的函数f(x)，则y＝f(x)在的图象大致为( )
答案 C
解析 由题意|OM|＝|csx|，f(x)＝|OM||sinx|＝|sinxcsx|＝
eq \f(1,2)|sin2x|，由此可知C正确．
14．若tanα>0，则( )
A．sinα>0B．csα>0
C．sin2α>0D．cs2α>0
答案 C
解析 由tanα>0，可得α的终边在第一象限或第三象限，此时sinα与csα同号，故sin2α＝2sinαcsα>0，故选C.
15．设a＝sin33°，b＝cs55°，c＝tan35°，则( )
A．a>b>cB．b>c>a
C．c>b>aD．c>a>b
答案 C
解析 ∵a＝sin33°，b＝cs55°＝sin35°，c＝tan35°＝eq \f(sin35°,cs35°)，∴eq \f(sin35°,cs35°)>sin35°>sin33°.∴c>b>a，选C.
16．设函数f(x)(x∈R)满足f(x＋π)＝f(x)＋sinx.当0≤x<π时，f(x)＝0，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(23π,6)))＝( )
A．eq \f(1,2)B．eq \f(\r(3),2)
C．0D．－eq \f(1,2)
答案 A
解析 由题意得feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(23π,6)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(17π,6)))＋sineq \f(17π,6)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(11π,6)))＋sineq \f(11π,6)＋sineq \f(17π,6)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)))＋sineq \f(5π,6)＋sineq \f(11π,6)＋sineq \f(17π,6)＝0＋eq \f(1,2)－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)＝eq \f(1,2).
三、模拟小题
17．集合eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(α\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(π,4)≤α≤kπ＋\f(π,2)，k∈Z))))
中的角所表示的范围(阴影部分)是( )
答案 C
解析 当k＝2n时，2nπ＋eq \f(π,4)≤α≤2nπ＋eq \f(π,2)，此时α的终边和eq \f(π,4)≤α≤eq \f(π,2)的终边一样．当k＝2n＋1时，2nπ＋π＋eq \f(π,4)≤α≤2nπ＋π＋eq \f(π,2)，此时α的终边和π＋eq \f(π,4)≤α≤π＋eq \f(π,2)的终边一样．
18．已知角α的终边过点P(－8m，－6sin30°)，且csα＝－eq \f(4,5)，则m的值为( )
A．－eq \f(1,2)B．eq \f(1,2)
C．－eq \f(\r(3),2)D．eq \f(\r(3),2)
答案 B
解析 r＝eq \r(64m2＋9)，∴csα＝eq \f(－8m,\r(64m2＋9))＝－eq \f(4,5)，∴m>0，∴eq \f(4m2,64m2＋9)＝eq \f(1,25)，∴m＝±eq \f(1,2)，∴m＝eq \f(1,2).
19．已知角α的终边经过点(3a－9，a＋2)，且csα≤0，sinα>0，则实数a的取值范围是( )
A．(－2,3]B．(－2,3)
C．
答案 A
解析 由csα≤0，sinα>0可知，角α的终边落在第二象限内或y轴的正半轴上，所以有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3a－9≤0，,a＋2>0，))即－220．已知角x的终边上一点的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin\f(5π,6)，cs\f(5π,6)))，则角x的最小正值为( )
A．eq \f(5π,6)B．eq \f(5π,3)
C．eq \f(11π,6)D．eq \f(2π,3)
答案 B
解析 ∵sineq \f(5π,6)＝eq \f(1,2)，cseq \f(5π,6)＝－eq \f(\r(3),2)，∴角x的终边经过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－\f(\r(3),2)))，tanx＝－eq \r(3)，∴x＝2kπ＋eq \f(5,3)π，k∈Z，∴角x的最小正值为eq \f(5π,3).(也可用同角基本关系式tanx＝eq \f(sinx,csx)得出．)
21．已知A(xA，yA)是单位圆上(圆心在坐标原点O)任意一点，且射线OA绕O点逆时针旋转30°到OB交单位圆于B(xB，yB)，则xA－yB的最大值为( )
A．eq \r(2)B．eq \f(\r(3),2)
C．1D．eq \f(1,2)
答案 C
解析 如图，由三角函数的定义，设xA＝csα，则yB＝sin(α＋30°)，∴xA－yB＝csα－sin(α＋30°)＝eq \f(1,2)csα－eq \f(\r(3),2)sinα＝cs(α＋60°)≤1.
22．已知扇形的周长是4 cm，则扇形面积最大时，扇形的圆心角的弧度数是( )
A．2B．1
C．eq \f(1,2)D．3
答案 A
解析 设此扇形的半径为r，弧长为l，则2r＋l＝4，面积S＝eq \f(1,2)rl＝eq \f(1,2)r(4－2r)＝－r2＋2r＝－(r－1)2＋1，故当r＝1时S最大，这时l＝4－2r＝2.从而α＝eq \f(l,r)＝eq \f(2,1)＝2.
23．如图，设点A是单位圆上的一定点，动点P从A出发在圆上按逆时针方向转一周，点P所旋转过的弧 eq \\ac(AP,\s\up15(︵))的长为l，弦AP的长为d，则函数d＝f(l)的图象大致为( )
答案 C
解析 如图，取AP的中点为D，设∠DOA＝θ，则d＝2rsinθ＝2sinθ，l＝2θr＝2θ，∴d＝2sineq \f(l,2)，故选C.
24．已知角θ的终边经过点P(－4csα，3csα)，α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(π，\f(3π,2)))，则sinθ＋csθ＝________.
答案 eq \f(1,5)
解析 因为π<α一、高考大题
本考点在近三年高考中未涉及此题型．
二、模拟大题
1．已知角α终边经过点P(x，－eq \r(2))(x≠0)，且csα＝eq \f(\r(3),6)x.求sinα＋eq \f(1,tanα)的值．
解 ∵P(x，－eq \r(2))(x≠0)，
∴点P到原点的距离r＝eq \r(x2＋2).
又csα＝eq \f(\r(3),6)x，∴csα＝eq \f(x,\r(x2＋2))＝eq \f(\r(3),6)x.
∵x≠0，∴x＝±eq \r(10)，∴r＝2eq \r(3).
当x＝eq \r(10)时，P点坐标为(eq \r(10)，－eq \r(2))，
由三角函数的定义，有sinα＝－eq \f(\r(6),6)，eq \f(1,tanα)＝－eq \r(5)，
∴sinα＋eq \f(1,tanα)＝－eq \f(\r(6),6)－eq \r(5)＝－eq \f(6\r(5)＋\r(6),6)；
当x＝－eq \r(10)时，同样可求得sinα＋eq \f(1,tanα)＝eq \f(6\r(5)－\r(6),6).
2．如图所示，动点P，Q从点A(4,0)出发沿圆周运动，点P按逆时针方向每秒钟转eq \f(π,3)弧度，点Q按顺时针方向每秒钟转eq \f(π,6)弧度，求点P，点Q第一次相遇时所用的时间、相遇点的坐标及P，Q点各自走过的弧长．
解 设P，Q第一次相遇时所用的时间是t，
则t·eq \f(π,3)＋t·eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))＝2π.
所以t＝4(秒)，即第一次相遇的时间为4秒．
设第一次相遇点为C，第一次相遇时P点已运动到终边在eq \f(π,3)·4＝eq \f(4π,3)的位置，
则xC＝－cseq \f(π,3)·4＝－2，yC＝－sineq \f(π,3)·4＝－2eq \r(3).
所以C点的坐标为(－2，－2eq \r(3))．
P点走过的弧长为eq \f(4,3)π·4＝eq \f(16,3)π，
Q点走过的弧长为eq \f(2,3)π·4＝eq \f(8,3)π.
3．设函数f(x)＝－x2＋2x＋a(0≤x≤3)的最大值为m，最小值为n，其中a≠0，a∈R.
(1)求m，n的值(用a表示)；
(2)已知角β的顶点与平面直角坐标系xOy中的原点O重合，始边与x轴的正半轴重合，终边经过点A(m－1，n＋3)，求sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β＋\f(π,6)))的值．
解 (1)由题意可得f(x)＝－(x－1)2＋1＋a，而0≤x≤3，所以m＝f(1)＝1＋a，n＝f(3)＝a－3.
(2)由题意知，角β终边经过点A(a，a)，
当a>0时，r＝eq \r(a2＋a2)＝eq \r(2)a，
则sinβ＝eq \f(a,\r(2)a)＝eq \f(\r(2),2)，csβ＝eq \f(a,\r(2)a)＝eq \f(\r(2),2).
所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β＋\f(π,6)))＝sinβ·cseq \f(π,6)＋csβ·sineq \f(π,6)＝eq \f(\r(2)＋\r(6),4).
当a<0时，r＝eq \r(a2＋a2)＝－eq \r(2)a，
则sinβ＝eq \f(a,－\r(2)a)＝－eq \f(\r(2),2)，csβ＝eq \f(a,－\r(2)a)＝－eq \f(\r(2),2).
所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β＋\f(π,6)))＝sinβ·cseq \f(π,6)＋csβ·sineq \f(π,6)＝－eq \f(\r(2)＋\r(6),4).
综上所述，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β＋\f(π,6)))＝－eq \f(\r(2)＋\r(6),4)或eq \f(\r(2)＋\r(6),4).
4.在平面直角坐标系xOy中，角α的顶点是坐标原点，始边为x轴的正半轴，终边与单位圆O交于点A(x1，y1)，α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2))).将角α终边绕原点按逆时针方向旋转eq \f(π,4)，交单位圆于点B(x2，y2)．
(1)若x1＝eq \f(3,5)，求x2；
(2)过A，B作x轴的垂线，垂足分别为C，D，记△AOC及△BOD的面积分别为S1，S2，且S1＝eq \f(4,3)S2，求tanα的值．
解 (1)因为x1＝eq \f(3,5)，y1>0，所以y1＝eq \r(1－x\\al(2,1))＝eq \f(4,5)，
所以sinα＝eq \f(4,5)，csα＝eq \f(3,5)，
所以x2＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＝csαcseq \f(π,4)－sinαsineq \f(π,4)＝－eq \f(\r(2),10).
(2)S1＝eq \f(1,2)sinαcsα＝eq \f(1,4)sin2α.因为α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))，
所以α＋eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3π,4)))，
所以S2＝－eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))
＝－eq \f(1,4)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,2)))＝－eq \f(1,4)cs2α.
因为S1＝eq \f(4,3)S2，
所以sin2α＝－eq \f(4,3)cs2α，即tan2α＝－eq \f(4,3)，
所以eq \f(2tanα,1－tan2α)＝－eq \f(4,3)，解得tanα＝2或tanα＝－eq \f(1,2).
因为α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))，所以tanα＝2.