高考数学(理数)一轮复习单元检测04《三角函数、解三角形》提升卷（教师版）

这是一份高考数学(理数)一轮复习单元检测04《三角函数、解三角形》提升卷（教师版），共8页。

1．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共4页．
2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．
3．本次考试时间100分钟，满分130分．
4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．
第Ⅰ卷(选择题 共60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，只有一项是符合题目要求的)
1．下列命题中正确的是( )
A．终边在x轴正半轴上的角是零角
B．三角形的内角必是第一、二象限内的角
C．不相等的角的终边一定不相同
D．若β＝α＋k·360°(k∈Z)，则角α与β的终边相同
答案 D
解析 对于A，因为终边在x轴正半轴上的角可以表示为α＝2kπ(k∈Z)，A错误；对于B，直角也可为三角形的内角，但不在第一、二象限内，B错误；对于C，例如30°≠－330°，但其终边相同，C错误，故选D.
2．已知角θ的终边经过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,5)，\f(4,5)))，则sin2eq \f(θ,2)的值为( )
A.eq \f(1,10) B.eq \f(1,5) C.eq \f(4,5) D.eq \f(9,10)
答案 C
解析 因为点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,5)，\f(4,5)))在角θ的终边上，
所以csθ＝－eq \f(3,5)，则sin2eq \f(θ,2)＝eq \f(1－csθ,2)＝eq \f(4,5)，故选C.
3．已知sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－α))＝eq \f(1,3)，则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－2α))等于( )
A.eq \f(7,9) B．－eq \f(7,9) C．±eq \f(7,9) D．－eq \f(2,9)
答案 B
解析 ∵sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－α))＝cseq \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,6)＋α))＝eq \f(1,3)，
∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－2α))＝cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－2α))))＝cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋α))))＝2cs2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋α))－1＝－eq \f(7,9).
4．设f(x)＝asin(πx＋α)＋bcs(πx＋β)，其中a，b，α，β都是非零实数，若f(2017)＝－1，则f(2020)等于( )
A．1B．2C．0D．－1
答案 A
解析 由题知，f(x)＝asin(πx＋α)＋bcs(πx＋β)，其中a，b，α，β都是非零实数，若f(2017)＝asin(2 017π＋α)＋bcs(2 017π＋β)＝－asinα－bcsβ＝－1，则asinα＋bcsβ＝1，所以f(2020)＝asin(2020π＋α)＋bcs(2020π＋β)＝asinα＋bcsβ＝1，故选A.
5．已知函数g(x)＝sinωx(ω>0)，若y＝g(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))上为增函数，则ω的最大值为( )
A．2B．4C．5D．6
答案 A
解析 由已知，函数g(x)包含坐标原点的单调递增区间是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2ω)，\f(π,2ω))).
若函数y＝g(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))上为增函数，则eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))⊆eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2ω)，\f(π,2ω)))，
只要eq \f(π,2ω)≥eq \f(π,4)，得ω≤2.所以ω的最大值为2.
6．设a＝tan35°，b＝cs55°，c＝sin23°，则( )
A．a>b>cB．b>c>a
C．c>b>aD．c>a>b
答案 A
解析 由题可知b＝cs55°＝sin35°，因为sin35°>sin23°，所以b>c，利用三角函数线比较tan35°和sin35°，易知tan35°>sin35°，所以a>b.综上，a>b>c，故选A.
7．若函数f(x)＝eq \r(3)sin(2x＋θ)＋cs(2x＋θ)是偶函数，则θ的最小正实数值是( )
A.eq \f(π,6)B.eq \f(π,3)C.eq \f(2π,3)D.eq \f(5π,6)
答案 B
解析 f(x)＝eq \r(3)sin(2x＋θ)＋cs(2x＋θ)＝2·sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋θ＋\f(π,6))).因为f(x)为偶函数，
所以当x＝0时，2x＋θ＋eq \f(π,6)＝θ＋eq \f(π,6)＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，解得θ＝kπ＋eq \f(π,3)(k∈Z)．
当k＝0时，θ取得最小正实数值eq \f(π,3)，故选B.
8．若函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A>0，ω>0，0<|φ|<\f(π,2)))的部分图象如图所示，则f(x)等于( )
A.eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)x＋\f(π,8)))B.eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x－\f(π,8)))
C.eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)x－\f(π,8)))D.eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x＋\f(π,8)))
答案 C
解析 由题图知，函数f(x)的最小正周期T＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9π,2)－\f(π,2)))＝8π，A＝eq \f(1,2)，所以ω＝eq \f(2π,8π)＝eq \f(1,4)，
f(x)＝eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)x＋φ))，由点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，0))在函数f(x)的图象上，可知sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)＋φ))＝0，
又0<|φ|9．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c,2bsinB＝(2a＋c)sinA＋(2c＋a)sinC．则角B的大小为( )
A.eq \f(π,6)B.eq \f(π,3)C.eq \f(2π,3)D.eq \f(5π,6)
答案 C
解析 由正弦定理得2b2＝(2a＋c)a＋(2c＋a)c，化简得a2＋c2－b2＋ac＝0，所以csB＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq \f(－ac,2ac)＝－eq \f(1,2)，又B∈(0，π)，解得B＝eq \f(2π,3)，故选C.
10．已知函数f(x)＝eq \r(3)sin2x－2cs2x，将f(x)的图象上的所有点的横坐标缩短到原来的eq \f(1,3)，纵坐标不变，再把所得图象向上平移1个单位长度，得到函数g(x)的图象，若g(x1)·g(x2)＝－4，则|x1－x2|的值可能为( )
A.eq \f(π,3) B.eq \f(π,4) C.eq \f(π,2) D．π
答案 C
解析 由题意得f(x)＝eq \r(3)sin2x－cs2x－1＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))－1，
则g(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(6x－\f(π,6)))，故函数g(x)的最小正周期T＝eq \f(2π,6)＝eq \f(π,3).由g(x1)·g(x2)＝－4，
知g(x1)与g(x2)的值一个为2，另一个为－2，故|x1－x2|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(T,2)＋kT))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋\f(kπ,3)))(k∈Z)．
当k＝1时，|x1－x2|＝eq \f(π,2)，故选C.
11．在△ABC中，角A，B，C，所对的边分别为a，b，c，c2sinAcsA＋a2sinCcsC＝4sinB，csB＝eq \f(\r(7),4)，已知D是AC上一点，且S△BCD＝eq \f(2,3)，则eq \f(AD,AC)等于( )
A.eq \f(5,9) B.eq \f(4,9) C.eq \f(2,3) D.eq \f(1,3)
答案 A
解析 设eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)＝k，则由c2sin A·csA＋a2sin CcsC＝4sin B，
得k2sin AsinC(sinC·csA＋sinAcsC)＝4sinB，即k2sinAsinCsin(C＋A)＝4sinB，
所以k2sinAsinC＝4，即ac＝4.又csB＝eq \f(\r(7),4)，所以sinB＝eq \f(3,4)，所以S△ABC＝eq \f(1,2)acsinB＝eq \f(3,2)，
所以eq \f(AD,AC)＝eq \f(S△ABD,S△ABC)＝1－eq \f(S△BCD,S△ABC)＝eq \f(5,9)，故选A.
12．已知f(x)＝2sinωxcs2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ωx,2)－\f(π,4)))－sin2ωx(ω>0)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(2π,3)，\f(5π,6)))上是增函数，且在区间[0，π]上恰好取得一次最大值，则ω的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(3,5)))B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(3,5)))
C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(3,5)))D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))
答案 B
解析 f(x)＝sinωx(1＋sinωx)－sin2ωx＝sinωx，所以eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2ω)，\f(π,2ω)))是含原点的单调递增区间，因为函数f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(2π,3)，\f(5π,6)))上是增函数，所以eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(2π,3)，\f(5π,6)))⊆eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2ω)，\f(π,2ω)))，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(π,2ω)≤－\f(2π,3)，,\f(5π,6)≤\f(π,2ω)，))解得ω≤eq \f(3,5).又ω>0，所以0<ω≤eq \f(3,5).因为函数f(x)在区间[0，π]上恰好取得一次最大值，所以eq \f(π,2ω)≤π第Ⅱ卷(非选择题 共70分)
二、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)
13．已知锐角α满足cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,4)))＝cs2α，则sinαcsα＝________.
答案 eq \f(1,4)
解析 由cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,4)))＝cs2α，得eq \f(\r(2),2)(csα＋sinα)＝cs2α－sin2α，
因为csα＋sinα≠0，所以可化简得csα－sinα＝eq \f(\r(2),2)，
即(csα－sinα)2＝1－2csαsinα＝eq \f(1,2)，解得sinα·csα＝eq \f(1,4).
14．工艺扇面是中国书画的一种常见表现形式．高一某班级想用布料制作一面如图所示的扇面，参加元旦晚会．已知此扇面的中心角为eq \f(π,3)，外圆半径为60cm，内圆半径为30cm，则制作这样一面扇面需要的布料为________cm2.
答案 450π
解析 由扇形的面积公式，知制作这样一面扇面需要的布料为
eq \f(1,2)×eq \f(π,3)×60×60－eq \f(1,2)×eq \f(π,3)×30×30＝450π(cm2)．
15．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，c＝eq \f(7,2)，△ABC的面积为eq \f(3\r(3),2)，且tanA＋tanB＝eq \r(3)(tanAtanB－1)，则a＋b＝________.
答案 eq \f(11,2)
解析 由tanA＋tanB＝eq \r(3)(tanAtanB－1)，
得tan(A＋B)＝eq \f(tanA＋tanB,1－tanAtanB)＝－eq \r(3)，又A，B，C为△ABC的内角，所以A＋B＝eq \f(2π,3)，
所以C＝eq \f(π,3).由S△ABC＝eq \f(1,2)absinC＝eq \f(3\r(3),2)，得ab＝6.
又csC＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(a＋b2－c2－2ab,2ab)＝eq \f(1,2)，解得a＋b＝eq \f(11,2).
16．已知函数f(x)＝eq \f(\r(3),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))－eq \f(1,2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))，若存在x1，x2，…，xn满足0≤x1答案 8
解析 f(x)＝eq \f(\r(3),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))－eq \f(1,2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)－\f(π,6)))＝sinx．
由y＝sinx的图象知，对xi，xi＋1(i＝1,2,3，…，n)有|f(xi)－f(xi＋1)|max
＝f(x)max－f(x)min＝2，则要使n取得最小值，应尽可能多的使xi(i＝1,2,3，…，n)取得极值点，所以在区间[0,6π]上，
当xi的值分别为x1＝0，x2＝eq \f(π,2)，x3＝eq \f(3π,2)，x4＝eq \f(5π,2)，x5＝eq \f(7π,2)，x6＝eq \f(9π,2)，x7＝eq \f(11π,2)，
x8＝6π时，n取得最小值8.
三、解答题(本题共4小题，共50分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．已知csα＝eq \f(1,7)，cs(α－β)＝eq \f(13,14)，且0<β<α(1)求tan2α的值；
(2)求β.
解 (1)由csα＝eq \f(1,7)，0<α∴tanα＝eq \f(sinα,csα)＝eq \f(4\r(3),7)×eq \f(7,1)＝4eq \r(3)，
∴tan2α＝eq \f(2tanα,1－tan2α)＝eq \f(2×4\r(3),1－4\r(3)2)＝－eq \f(8\r(3),47).
(2)由0<β<α又cs(α－β)＝eq \f(13,14)，
∴sin(α－β)＝eq \r(1－cs2α－β)＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(13,14)))2)＝eq \f(3\r(3),14).
由β＝α－(α－β)，得csβ＝cs[α－(α－β)]
＝csαcs(α－β)＋sinαsin(α－β)＝eq \f(1,7)×eq \f(13,14)＋eq \f(4\r(3),7)×eq \f(3\r(3),14)＝eq \f(1,2)，∴β＝eq \f(π,3).
18．已知函数f(x)＝eq \r(3)sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，－\f(π,2)<φ<\f(π,2)))的图象关于直线x＝－eq \f(π,6)对称，且图象上相邻的两个最高点之间的距离为π.
(1)求ω和φ的值；
(2)当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，求函数f(x)的值域．
解 (1)因为函数f(x)的图象上相邻的两个最高点之间的距离为π，
所以T＝eq \f(2π,ω)＝π，解得ω＝2.
因为函数f(x)的图象关于直线x＝－eq \f(π,6)对称，
所以2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))＋φ＝eq \f(π,2)＋kπ(k∈Z)，解得φ＝eq \f(5π,6)＋kπ(k∈Z)．
又－eq \f(π,2)<φ(2)由(1)知f(x)＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))，
因为0≤x≤eq \f(π,2)，所以－eq \f(π,6)≤2x－eq \f(π,6)≤eq \f(5π,6)，
所以－eq \f(1,2)≤sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))≤1，则－eq \f(\r(3),2)≤f(x)≤eq \r(3).
所以当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，函数f(x)的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，\r(3))).
19．在△ABC中，设边a，b，c所对的角分别为A，B，C.A，B，C都不是直角，且accsB＋bccsA＝a2－b2＋8csA.
(1)若sinB＝2sinC，求b，c的值；
(2)若a＝eq \r(6)，求△ABC面积的最大值．
解 (1)∵ac·eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＋bc·eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝a2－b2＋8csA，
∴b2＋c2－a2＝8csA，
∴2bccsA＝8csA，
∵csA≠0，∴bc＝4.
又∵sinB＝2sinC，
由正弦定理，得b＝2c，∴b＝2eq \r(2)，c＝eq \r(2).
(2)a2＝b2＋c2－2bccsA≥2bc－2bccsA，即6≥8－8csA，
∴csA≥eq \f(1,4)，当且仅当b＝c时取等号．
∴sinA≤eq \f(\r(15),4)，∴S＝eq \f(1,2)bcsinA≤eq \f(\r(15),2)，
∴△ABC面积的最大值为eq \f(\r(15),2).
20．已知函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＋2sin2x.
(1)求函数f(x)的最小正周期；
(2)确定函数f(x)在[0，π]上的单调性；
(3)在△ABC中，a，b，c分别是内角A，B，C的对边，若feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(A,2)))＝eq \f(3,2)，b＋c＝7，△ABC的面积为2eq \r(3)，求边a的长．
解 (1)f(x)＝sin2xcseq \f(π,6)＋cs2xsineq \f(π,6)＋1－cs2x＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))＋1，
∴f(x)的最小正周期T＝eq \f(2π,2)＝π.
(2)令2kπ＋eq \f(π,2)≤2x－eq \f(π,6)≤2kπ＋eq \f(3π,2)(k∈Z)，解得kπ＋eq \f(π,3)≤x≤kπ＋eq \f(5π,6)(k∈Z)，
∴f(x)的单调递减区间是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(π,3)，kπ＋\f(5π,6)))(k∈Z)．
同理f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,6)，kπ＋\f(π,3)))，k∈Z，故f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(5π,6)))上为减函数，
在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))和eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)，π))上为增函数．
(3)∵f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))＋1，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(A,2)))＝eq \f(3,2)，
∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A－\f(π,6)))＝eq \f(1,2)，又－eq \f(π,6)∵△ABC的面积为2eq \r(3)，∴eq \f(1,2)bcsineq \f(π,3)＝2eq \r(3)，解得bc＝8.eq \r()
∵b＋c＝7，∴a2＝b2＋c2－2bccseq \f(π,3)＝(b＋c)2－3bc＝25，
∴a＝5.