2025屆高三一輪復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)試題(人教版新高考新教材)章末目標(biāo)檢測(cè)卷4　三角函數(shù)、解三角形

章末目標(biāo)檢測(cè)卷四三角函數(shù)、解三角形(時(shí)間:120分鐘滿分:150分)一、選擇題:本題共8小題,每小題5分,共40分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,只有一項(xiàng)是符合題目要要求的.1.下列函數(shù)中周期為π且為偶函數(shù)的是()A.y=sin2x-π2 BC.y=sinx+π2 D.2.已知角α終邊上一點(diǎn)P的坐標(biāo)是(2sin2,-2cos2),則sinα等于()A.sin2 B.-sin2 C.cos2 D.-cos23.(2023全國乙,理6)已知函數(shù)f(x)=sin(ωx+φ)在區(qū)間(π6,2π3)單調(diào)遞增,直線x=π6和x=2π3為函數(shù)y=f(x)的圖象的兩條對(duì)稱軸,則fA.-32 B.-12 C.12 4.(2023新高考Ⅱ,7)已知α為銳角,cosα=1+54,則sinα2=A.3-58 C.3-54 5.如圖,某山的坡度比為7∶3(坡度比即坡面的垂直高度和水平寬度的比),在山坡A處測(cè)得∠CAD=15°,從A處沿山坡往上前進(jìn)66m到達(dá)B處,在山坡B處測(cè)得∠CBD=30°,則塔CD的高為()A.44m B.42m C.48m D.46m6.將函數(shù)f(x)=sin2x的圖象向右平移φ(0<φ<π2)個(gè)單位長度后得到函數(shù)g(x)的圖象.若對(duì)滿足|f(x1)-g(x2)|=2的x1,x2,有|x1-x2|min=π3,則φ等于(A.5π12 B.π3 C.π47.已知函數(shù)f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|<π2)的部分圖象如圖所示,若x1,x2∈-π6,π3,且f(x1)=f(x2),則f(xA.1 B.12 C.22 D8.一個(gè)半徑為4.8m的水輪如圖所示,水輪圓心O距離水面2.4m,已知水輪每60s逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)一圈,若當(dāng)水輪上點(diǎn)P從水中浮現(xiàn)時(shí)(圖中點(diǎn)P0)開始計(jì)時(shí),則()A.點(diǎn)P第一次到達(dá)最高點(diǎn)需要10sB.在水輪轉(zhuǎn)動(dòng)的一圈內(nèi),共有10s的時(shí)間點(diǎn)P距離水面的高度不低于4.8mC.點(diǎn)P距離水面的高度h(單位:m)與時(shí)間t(單位:s)的函數(shù)解析式為h=4.8sin(π30t-π6)+2D.當(dāng)水輪轉(zhuǎn)動(dòng)50s時(shí),點(diǎn)P在水面下方,距離水面1.2m二、選擇題:本題共4小題,每小題5分,共20分.在每小題給出的選項(xiàng)中,有多項(xiàng)符合題目要求.全部選對(duì)的得5分,部分選對(duì)的得2分,有選錯(cuò)的得0分.9.已知函數(shù)f(x)=sinx+π3A.2π是f(x)的最小正周期B.點(diǎn)2π3,0是C.直線x=-π3是f(xD.區(qū)間π6,7π610.已知θ∈(0,π),sinθ+cosθ=15,則下列結(jié)論正確的是(A.θ∈π2,π B.tanC.cosθ=-35 D.sinθ-cosθ=11.已知△ABC的外接圓半徑R∈[1,+∞),AB=AC=1,則下列說法正確的是()A.BC的最小值為3B.∠A的最小值為2C.△ABC周長的最小值為2+2D.△ABC面積的最大值為312.《數(shù)書九章》是中國南宋時(shí)期杰出數(shù)學(xué)家秦九韶的著作,全書十八卷共八十一個(gè)問題,分為九類,每類九個(gè)問題,《數(shù)書九章》中記錄了秦九韶的許多創(chuàng)造性成就,其中在卷五“三斜求積”中提出了已知三角形三邊a,b,c求面積的公式,這與古希臘的海倫公式等價(jià),其求法是:“以小斜冪并大斜冪減中斜冪,余半之,自乘于上,以小斜冪乘大斜冪減上,余四約之,為實(shí),一為從隅,開平方得積.”若把以上這段文字寫成公式,即S=14c2a2-c2+a2-b222.現(xiàn)有△ABC滿足sinA∶sinB∶sinA.△ABC的周長為10+27B.△ABC的三個(gè)內(nèi)角A,C,B成等差數(shù)列C.△ABC的外接圓直徑為4D.△ABC的中線CD的長為32三、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分.13.3cos10°?114.若函數(shù)f(x)=sinωx+π3(ω>0)的周期T=π,則ω=,函數(shù)y=ef(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為15.在△ABC中,角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c,設(shè)AD為BC邊上的高,且AD=a,則bc+cb16.如圖,在三棱錐P-ABC的平面展開圖中,AC=1,AB=AD=3,AB⊥AC,AB⊥AD,∠CAE=30°,則cos∠FCB=.

四、解答題:本題共6小題,共70分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17.(10分)在①A=π3,a=3,b=2;②a=1,b=3,A=π6;③a=2,b=62,B=在△ABC中,角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c,,判斷三角形解的情況,并在三角形有兩解的情況下解三角形.

注:若選擇多個(gè)條件分別解答,則按第一個(gè)解答計(jì)分.18.(12分)設(shè)函數(shù)f(x)=sinωx-π6+sinωx-π2,其中0<ω<3.(1)求ω;(2)將函數(shù)y=f(x)的圖象上各點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長為原來的2倍(縱坐標(biāo)不變),再將得到的圖象向左平移π4個(gè)單位長度,得到函數(shù)y=g(x)的圖象,求g(x)在區(qū)間-π19.(12分)隨著人們生活水平的不斷提高,網(wǎng)上外賣訂餐應(yīng)運(yùn)而生.現(xiàn)有外賣送餐員小李在A地接到兩份外賣單,他需分別到B地、D地取餐,再將兩份外賣一起送到C地,運(yùn)餐過程不返回A地.A,B,C,D各地的示意圖如圖所示,BD=2km,AD=23km,∠ABD=120°,∠DCB=45°,∠CDB=30°,假設(shè)小李到達(dá)B,D兩地時(shí)都可以馬上取餐(取餐時(shí)間忽略不計(jì)),送餐過程一路暢通.若小李送餐騎行的平均速度為每小時(shí)20千米,請(qǐng)你幫小李設(shè)計(jì)出所有送餐路徑(如AB→BD→DB→BC),并計(jì)算各種送餐路徑的路程,然后選擇一條最快送達(dá)的送餐路徑,并計(jì)算出最短送餐時(shí)間為多少分鐘.(各數(shù)值保留3位小數(shù))(參考數(shù)據(jù):2≈1.414,3≈1.732)20.(12分)(2023全國乙,理18)在△ABC中,已知∠BAC=120°,AB=2,AC=1.(1)求sin∠ABC;(2)若D為BC上一點(diǎn),且∠BAD=90°,求△ADC的面積.21.(12分)已知函數(shù)f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|<π2)的部分圖象如圖所示(1)求函數(shù)f(x)的解析式;(2)若方程f(x)=32在區(qū)間0,π2上的兩解分別為x1,x2,求sin(x1+x2),cos(x122.(12分)設(shè)常數(shù)a∈R,函數(shù)f(x)=asin2x+2cos2x.(1)若f(x)為偶函數(shù),求a的值;(2)若fπ4=3+1,求方程f(x)=1-2在區(qū)間[-π,

章末目標(biāo)檢測(cè)卷四三角函數(shù)、解三角形1.A對(duì)于選項(xiàng)A,y=-cos2x,周期為π且是偶函數(shù),所以選項(xiàng)A符合題意;對(duì)于選項(xiàng)B,y=sin2x,周期為π且是奇函數(shù),所以選項(xiàng)B不符合題意;對(duì)于選項(xiàng)C,y=cosx,周期為2π,所以選項(xiàng)C不符合題意;對(duì)于選項(xiàng)D,y=-sinx,周期為2π,所以選項(xiàng)D不符合題意.2.D因?yàn)辄c(diǎn)P到原點(diǎn)的距離r=(2sin2)2所以sinα=-2cos2r=-cos3.D由題意,知函數(shù)f(x)的周期T=2×(2π3?π6)=π,所以|ω|=2πT=2,則ω又由題意,得f(π6)=-1,即sin(2×π6+φ)=-1,所以π3+φ=2kπ+3π2(k∈Z),所以φ=2kπ+7π6(k∈Z),所以f(-5π12)=sin[2×(-5π12)+4.D由cosα=1-2sin2α2,得sin2α2=1-cosα2=12(1因?yàn)?<α<π2,所以0<α2<π4,所以sinα2>0,5.A如圖所示,已知該山的坡度比為7∶3,則tan∠DAO=DOAO=73,因?yàn)椤螩AD=15°,∠CBD=30°,所以∠ACB=15°,所以BC=AB=66.在△BCD中,∠BDC=∠DAO+π2由正弦定理可得CDsin30°=BCsin∠DAO+6.D由題意可知,g(x)=sin(2x-2φ).由|f(x1)-g(x2)|=2,可知f(x1)和g(x2)分別為f(x)和g(x)的最大值和最小值(或最小值和最大值).不妨令2x1=π2+2kπ(k∈Z),2x2-2φ=-π2+2mπ(m∈Z),則x1-x2=π2-φ+(k-m)π(k∈Z,m∈因?yàn)閨x1-x2|min=π3,且0<φ<π2,所以當(dāng)k-m=0,即k=m時(shí),有π2-φ=π3,解得φ=7.D由題中圖象可得A=1,T2=2π2ω=π3故f(x)=sin(2x+φ).由題圖可知點(diǎn)π12,1在函數(shù)f(x)的圖象上,故sin(2×π12+φ)=1,即π6+φ=π2+2k∵|φ|<π2,∴φ=π3,即f(x)=∵x1,x2∈-π6,π3,且f(x1)=f(x2),∴x1+x2=π12×2=π6,∴f(x1+x8.C設(shè)點(diǎn)P距離水面的高度h(單位:m)與t(單位:s)的函數(shù)解析式為h=Asin(ωt+φ)+B(A>0,ω>0,|φ|<π2)依題意可知h的最大值為7.2,最小值為-2.4,則A+B∵2πω=60,∴ω=π30,∴h=4.8sinπ30當(dāng)t=0時(shí),h=0,得sinφ=-12,∵|φ|<π2,∴φ=-∴所求的函數(shù)解析式為h=4.8sinπ30t-π6+2.令4.8sinπ30t-π6+2.4=7.2,可得sin(π30由π30t-π6=π2故點(diǎn)P第一次到達(dá)最高點(diǎn)需要20s,A錯(cuò)誤;4.8sinπ30t-π6+2.4≥4.8?sinπ30t-即在水輪轉(zhuǎn)動(dòng)的一圈內(nèi),有20s的時(shí)間點(diǎn)P距離水面的高度不低于4.8m,B錯(cuò)誤;當(dāng)t=50時(shí),h=4.8sinπ30×50-π6+2.4=4.8sin3π2+2.49.ABD函數(shù)f(x)=sinx+最小正周期T=2π1=2π,故A當(dāng)x=2π3時(shí),2π3+π3當(dāng)x=-π3時(shí),-π3+π3=0由2kπ+π2<x+π3<2kπ+3π2(k∈Z),解得2kπ+π6<x<2kπ+7π6(k∈Z),當(dāng)k=0時(shí),π10.ACD∵sinθ+cosθ=15,∴(sinθ+cosθ)2=152,即sin2θ+2sinθcosθ+cos2θ=∴2sinθcosθ=-24∵θ∈(0,π),∴sinθ>0,cosθ<0,∴θ∴(sinθ-cosθ)2=1-2sinθcosθ=4925,∴sinθ-cosθ=由①+②,得sinθ=45;由①-②,得cosθ=-3則tanθ=sinθcos綜上可得,正確的有ACD.11.ABD在△ABC中,設(shè)角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c,則c=b=1,即B=C.∵△ABC的外接圓半徑R∈[1,+∞),由正弦定理,得1sinB=1sinC=2R≥2,∴0<sin∵B,C不會(huì)同為鈍角,∴0<B=C≤∵A=π-2B,∴A∈2π3,π由以上可得cosA∈-1,-12,由余弦定理a2=b2+c2-2bccosA,得a2=2-2cosA,則a2∈[3,4),即a∈[3,2),即BC的最小值為3,故A由以上可得sinA∈0,32,∵S△ABC=12bcsinA=∴△ABC面積的最大值為34,故D選項(xiàng)正確12.ABC在△ABC中,設(shè)角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c.由正弦定理,得a∶b∶c=2∶3∶7.設(shè)a=2m,b=3m,c=7m(m>0),則S=147m2×4m2即△ABC的周長為a+b+c=4+6+27=10+27,選項(xiàng)A正確;由余弦定理,得cosC=a2+b2-c22ab=16+36-282×4×6=12,解得C=π3,∵A+B+C=π由正弦定理,知△ABC的外接圓直徑為2R=csinC=27在△BCD中,有a2=BD2+CD2-2BD·CDcos∠BDC,在△ACD中,有b2=AD2+CD2-2AD·CDcos∠ADC,又∠BDC+∠ADC=π,BD=AD,∴a2+b2=12c2+2CD2,即CD2=12×16+36-12×28=19,得CD=19,選項(xiàng)13.-4由題意得3cos10°?14.2π12+kπ,7π12+kπ(k∈Z)∵ω>0,且周期T為π,即T=2πω=π,令2kπ+π2≤2x+π3≤2kπ+3π2(k∈Z),可解得kπ+π12≤x≤kπ+7π12(k∈Z),則函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為π12+kπ,7π12+kπ(k∈Z).即函數(shù)y=15.5∵AD為BC邊上的高,且AD=a∴△ABC的面積S=12a2=12bcsinA,∴sin由余弦定理,得cosA=b2+c2-a22bc=12bc+cb?a22bc,故bc+cb=2當(dāng)sin(A+α)=1時(shí),bc+16.-14由題意得BD=2AB=6,BC=AC2∵D,E,F重合于一點(diǎn)P,∴AE=AD=3,BF=BD=6,∴在△ACE中,由余弦定理,得CE2=AC2+AE2-2AC·AEcos∠CAE=12+(3)2-2×1×3cos30°=1,∴CE=CF=1∴在△BCF中,由余弦定理,得cos∠FCB=BC217.解若選擇條件①,則由正弦定理asin得sinB=b因?yàn)閍=3>b=2,A=π3,所以角B只能為銳角,故B=π4,若選擇條件②,則由正弦定理asinA=bsinB因?yàn)閎=3>a=1,所以B=π3或B=2π3當(dāng)B=π3時(shí),C=π2,c=a2當(dāng)B=2π3時(shí),C=π6,若選擇條件③,則由正弦定理asinA=bsinB,得sin因?yàn)?<A<π,所以A=π2,該三角形只有一解18.解(1)f(x)=sinωx-π6=32sinωx-12cosωx-cos=32sinωx-32cos=312由題設(shè)知fπ6=0,所以ωπ6?π3=kπ故ω=6k+2(k∈Z).因?yàn)?<ω<3,所以ω=2.(2)由(1)得f(x)=3sin2x-π3.根據(jù)變換,得g(x)=因?yàn)閤∈-π4,當(dāng)x-π12=-π3,即x=-π4時(shí),g(x)19.解在△BCD中,由正弦定理得BCsin即BCsin30°=2sin45由CDsin∠CBD=BDsin∠BCD,在△ABD中,由余弦定理可得cos∠ABD=AB即cos120°=AB2+4-124AB,①若送餐路徑為AB→BD→DB→BC,則總路程為6+2≈7.414km②若送餐路徑為AD→DB→BC,則總路程為23+2+2≈6.878km③若送餐路徑為AB→BD→DC,則總路程為2+2+3+1≈6.732km;④若送餐路徑為AD→DB→BD→DC,則總路程為23+2+2+3+1≈10.196km.所以最短送餐路徑為AB→BD→DC,此路徑的送餐時(shí)間為6.73220×60=20.19620.解(1)在△ABC中,由余弦定理和題設(shè),得BC2=AB2+AC2-2AB·AC·cos∠BAC=2×2+1×1-2×2×1×cos120°=7,解得BC=7(負(fù)值舍去).由正弦定理,得sin∠ABC=ACBC·sin∠所以sin∠ABC=1(2)由(1