2022届高三文科数学总复习单元评估检测(三)三角函数、解三角形.docx

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单元评估检测(三)
第三章
(120分钟　150分)
一、选择题(本大题共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.给出下列命题:
①其次象限角大于第一象限角;
②不论用角度制还是用弧度制度量一个角,它们与扇形所对半径的大小无关;
③若sinα=sinβ,则α与β的终边相同;
④若cosθ<0,则θ是其次或第三象限的角.
其中正确命题的个数是(　　)
A.1　　　　　B.2　　　　　C.3　　　　　D.4
【解析】选A.由于第一象限角370°不小于其次象限角100°,故①错;②正确;由于sin =sin,但与的终边不相同,故③错;当θ=π,cosθ=-1<0时既不是其次象限角,又不是第三象限角,故④错.综上可知只有②正确.
2.如图,角α的终边与单位圆(圆心在原点,半径为1)交于其次象限的点
P(cosα,),则cosα+sinα=(　　)

【解析】选B.由三角函数的定义,得
sinα=,又α是其次象限的角,
所以cosα=
故cosα+sinα=-.
【加固训练】已知点P落在角θ的终边上,且θ∈[0,2π),则θ的值为(　　)

【解析】选D.由sin>0,cos<0知角θ在第四象限,由于tanθ=
=-1,θ∈[0,2π),所以θ=.
3.(2021·济南模拟)已知tanα=2,则cos2α+1=(　　)
A.1 B. C. D.
【解析】选C.由tanα=2,得sinα=2cosα.
又sin2α+cos2α=1,
所以5cos2α=1,即cos2α=,
故cos2α+1=.
【一题多解】本题还可如下解答:
选C.由于tanα=2,
所以cos2α+1=
4.在△ABC中,若tan B=-2,cos C=,则角A等于(　　)

【解题提示】利用三角形的内角和定理先求角A的正切值,再求角A的大小.
【解析】选B.由于cos C=>0,
所以sin C=,故tan C=,又由于A=π-(B+C),
所以tan A=tan[π-(B+C)]=-tan(B+C)

由于A∈(0,π),所以A=.
5.(2021·眉山模拟)函数f(x)=2sin(ωx+φ)(ω>0,- <φ<)的部分图象如图所示,f(x)的图象左移个单位得到g(x)的图象,则g(x)的一条对称轴可以是
(　　)

A.x=0 B.x=
C.x= D.x=-
【解析】选D.由图象可知,即函数的最小正周期T=π,所以ω=2,
由于
即sin(+φ)=1,所以+φ= +kπ,k∈Z,
即φ=- +kπ,k∈Z,
由于-<φ<,
所以φ=-,即f(x)=2sin(2x-),
将f(x)的图象左移个单位得到g(x)的图象,
则g(x)=f(x+)=2sin(2x+-)
=2cos(2x-),
由2x-=kπ,k∈Z,解得x=,
所以当k=-1时,x=-,故选D.
6.(2021·合肥模拟)在△ABC中,若sin2A+sin2B<sin2C,则△ABC的外形是
　(　　)
A.锐角三角形 B.直角三角形
C.钝角三角形 D.不能确定
【解析】选C.由正弦定理,得a2+b2<c2,
由余弦定理,得cosC=<0,
所以C为钝角,故选C.
7.(2021·青岛模拟)电流强度I(安)随时间t(秒)变化的函数I=Asin(ωt+φ)(A>0,ω>0,0<φ<)的图象如图所示,则当t=秒时,电流强度是
(　　)
A.-5安 B.5安
C.5安 D.10安
【解题提示】先由图象求函数的解析式,再由解析式解答.
【解析】选A.由图象可知,A=10,T=,
所以T=,即ω=100π,
故I=10sin(100πt+φ),
代入点(,10),得10=10sin(+φ),
即sin(+φ)=1,
由于0<φ<,所以φ=,
所以I=10sin(100πt+),
当t=时,I=10sin(π+)=-5(安).故选A.
【一题多解】本题还可如下求解:
选A.由图象知图象与x轴的一个交点为

结合图象易知当t=时,I<0,故选A.
8.在△ABC中,a=2,则b·cos C+c·cos B的值为(　　)
A.1 B.2 C.3 D.4
【解析】选B.由余弦定理知b·cos C+c·cos B
=a=2.
9.(2021·大连模拟)函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,|φ|<)的最小正周期是π,若其图象向右平移个单位后所得图象对应的函数为奇函数,则函数f(x)的图象(　　)
A.关于点(,0)对称 B.关于点(,0)对称
C.关于直线x=对称 D.关于直线x=对称
【解析】选C.f(x)=sin(ωx+φ)的最小正周期为π,则ω=2,即f(x)=sin(2x+φ).向右平移个单位后,所得函数为g(x)=sin[2(x-)+φ]
=sin[2x+(φ-)],
又由于g(x)为奇函数,|φ|<,所以φ=-,
故函数f(x)=sin(2x-).
当x=时,函数f(x)=sin=1,
故函数f(x)=sin(2x-)关于直线x=对称.
【加固训练】(2022·临沂模拟)函数f(x)=Asin(ωx+φ)(其中A>0,|φ|<)的部分图象如图所示,为了得到g(x)=cos 2x的图象,则只要将f(x)的图象(　　)

A.向左平移个单位长度
B.向右平移个单位长度
C.向左平移个单位长度
D.向右平移个单位长度
【解析】选A.由图象可知A=1, ,所以T=π,又T==π,所以ω=2,即f(x)=sin(2x+φ).又=-1,所以+φ=+
2kπ,k∈Z,即φ=+2kπ,k∈Z,所以φ=,即f(x)=sin(2x+).由于g(x)=
cos 2x=sin(+2x)=sin[2(x+)+ ],所以只要将f(x)的图象向左平移个单位长度即可得到g(x)的图象.
10.已知函数f(x)=-2sin(2x+φ)(|φ|<π),若f(x)≥恒成立,则f(x)的一个单调递减区间是(　　)

【解题提示】先由题意求φ的值,再依据其解析式求f(x)的单调递减区间.
【解析】选A.由题意得=-2,
即-2sin(+φ)=-2,sin(+φ)=1.
由于|φ|<π,所以φ=,
故f(x)=-2sin(2x+),
由2kπ-≤2x+≤2kπ+,
得kπ-≤x≤kπ+,
所以f(x)的单调递减区间是[kπ-π,kπ+](k∈Z),
故A正确.
11.如图,正方形ABCD的边长为1,延长BA至E,使AE=1,连接EC,ED,则
sin∠CED=(　　)

【解析】选B.由于四边形ABCD是正方形,且AE=AD=1,
所以∠AED=.在Rt△EBC中,EB=2,BC=1,
所以sin∠BEC=,cos∠BEC=.
sin∠CED=sin(-∠BEC)
=cos∠BEC-sin∠BEC

12.(2021·长沙模拟)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知a=2,c=2,1+,则C=(　　)

【解题提示】切化弦化简已知条件求A,由正弦定理求sin C,进而求C.
【解析】选B.由于
所以
由于

所以 ,即cos A=,所以A=,
由于a=2,c=2,
由正弦定理,得sin C=
由于c<a,所以C<A=,故C=.
【误区警示】解答本题易误选C,出错的缘由是忽视角C的取值范围,解题时要留意挖掘题中隐含的条件.
二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.请把正确答案填在题中横线上)
13.已知sin sin x+cosπcos x=,则锐角x=　　　　.
【解析】由于cos π=cos(π-)=-cos,
所以sinsin x-coscos x=,
即-cos(+x)=,cos(x+)=-,
由于x是锐角,
所以x+=,即x=.
答案:
14.(2021·石家庄模拟)若函数f(x)=sin(3x+φ),满足f(a+x)=f(a-x),则f(a+)的值为　　　　　　.
【解析】易知x=a为对称轴,所以f(a)=sin(3a+φ)=±1,则f(a+)=sin(3a+φ+)=cos(3a+φ)=0.
答案:0
【一题多解】本题还可如下解答:
由于x=a为对称轴,又f(x)的周期是,故x=a+是与x=a相邻的对称轴,而x=a+是两相邻对称轴中间的f(x)的零点.即f(a+)=0.
答案:0
15.在△ABC中,若asin Bcos C+csin Bcos A=b,且ac=4,则△ABC的面积为　　　　.
【解析】由正弦定理,得sin Asin Bcos C+sin Csin Bcos A=sin B,
由于sin B≠0,所以sin Acos C+cos Asin C=,
即sin(A+C)= ,
由于B=π-(A+C),所以sin B=,
由于ac=4,所以S△=acsin B=1.
答案:1
16.(2021·杭州模拟)在△ABC中,∠C=90°,M是BC的中点.若sin∠BAM=,则sin∠BAC=　　　　.
【解题提示】数形结合法.结合题意,画出图形,结合图形,用正弦定理和勾股定理求解.
【解析】如图:设AC=b,AB=c,BC=a,在△ABM中由正弦定理得①,
由于sin∠BMA=sin∠CMA=,
又AC=b=,
AM=
所以sin∠BMA=
又由①得 ,两边平方化简得4c4-12a2c2+9a4=0,所以2c2-3a2=0,
所以sin∠BAC=
答案:
【加固训练】在△ABC中,2sin2=sin A,sin(B-C)=2cos Bsin C,则=　　　　　　.
【解析】2sin2=sin A⇔1-cos A=sin A⇔
sin(A+)= ,
又0<A<π,所以<A+<,
所以A+=,所以A=.
再由余弦定理,得a2=b2+c2+bc,　 ①
将sin(B-C)=2cos Bsin C开放,
得sin Bcos C=3cos Bsin C,
所以将其角化边,得b·
=3··c,即2b2-2c2=a2　 ②
将①代入②,得b2-3c2-bc=0,
左右两边同除以bc,得-3×-1=0,　 ③
解③得或 (舍),
所以
答案:
三、解答题(本大题共6小题,共70分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17.(10分)(2021·北京模拟)已知函数f(x)=cos x(sin x+cos x),x∈R.
(1)求f(x)的最小正周期及值域.
(2)求f(x)的单调递增区间.
【解析】(1)由于f(x)=cos x(sin x+cos x)
=sin xcos x+cos2x
=sin 2x+cos 2x+
=sin(2x+)+,
所以最小正周期T==π.
由于x∈R,
所以-1≤sin(2x+)≤1.
所以-≤sin(2x+)+≤.
所以f(x)的值域为[-,].
(2)由- +2kπ≤2x+≤+2kπ,
得-+2kπ≤2x≤+2kπ.
即- +kπ≤x≤+kπ.
所以函数f(x)的单调递增区间为
[-+kπ, +kπ](k∈Z).
【加固训练】已知函数f(x)=sin x+cos(x-π).
(1)求函数f(x)的最小正周期和值域.
(2)若函数f(x)的图象过点(α,),<α<.求f(+α)的值.
【解析】(1)由题意得,f(x)= sin x+cos(x-π)= sin x-cos x
=2sin(x-),
由于-1≤sin(x-)≤1,所以函数f(x)的值域为[-2,2],函数f(x)的周期为2π.
(2)由题得,由于函数f(x)过点(α, ),
所以f(α)= ⇒2sin(α-)=⇒sin(α-)=,
由于<α<,
所以0<α-< ⇒cos(α-)>0⇒cos(α-)

所以f(+α)=2sinα=2sin((α-)+)
=2sin(α-)cos+2cos(α-)sin
⇒f(+α)=,
综上,f(+α)=.
18.(12分)(2021·厦门模拟)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,已知bsinA=3csinB,a=3,cosB=.
(1)求b的值.
(2)求sin的值.
【解析】(1)由于bsinA=3csinB,由正弦定理可得ab=3bc,
由于a=3,所以c=1.
所以b2=a2+c2-2accosB=9+1-6×=6,
故b=.
(2)由于B∈(0,π),且cosB=,所以sinB=,
所以sin=sin2Bcos-cos2Bsin=sin2B-cos2B
=sinBcosB-×(2cos2B-1)=×-×=.
19.(12分)(2021·兰州模拟)已知向量a=(sinα,cosα),b=(6sinα+cosα,
7sinα-2cosα),设函数f(α)=a·b.
(1)求函数f(α)的最大值.
(2)在锐角三角形ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,f(A)=6,且△ABC的面积为3,b+c=2+3,求a的值.
【解析】(1)f(α)=a·b
=sinα(6sinα+cosα)+cosα(7sinα-2cosα)
=6sin2α-2cos2α+8sinαcosα
=4(1-cos 2α)+4sin 2α-2
=4sin(2α-)+2.
所以f(α)max=4+2.
(2)由(1)可得f(A)=4sin(2A-)+2=6,
sin(2A-)=,
由于0<A<,
所以-<2A-<,所以2A-=,
所以A=.
由于S△ABC=bcsin A=bc=3,所以bc=6,
又b+c=2+3,
所以a2=b2+c2-2bccos A=(b+c) 2-2bc-2bc×
=(2+3) 2-12-2×6×=10.
所以a=.
20.(12分)(2021·天津模拟)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,满足=,
(1)求角C.
(2)求的取值范围.
【解题提示】(1)由正弦定理化角为边,由余弦定理利用边的关系求角C.
(2)由正弦定理化边为角,再利用角的范围求解.
【解析】(1)==,
化简得a2+b2-c2=ab,
所以cosC==,又C∈(0,π),C=.
(2)==
=2sin,
由于A∈,又由A≠C,得a≠c,故A≠.
<A+<,且A+≠,
所以sin∈.
故的取值范围是(1,2).
21.(12分)如图,A,B是海面上位于东西方向相距5(3+)海里的两个观测点,现位于A点北偏东45°,B点北偏西60°的D点有一艘轮船发出求救信号,位于B点南偏西60°且与B点相距20海里的C点的救援船马上前往营救,其航行速度为30海里/小时,该救援船到达D点需要多长时间?

【解题提示】已知速度,要求时间,只要求出路程,即CD的长即可;再观看CD所在的三角形,确定已知条件较集中的三角形求解.
【解析】由题意知AB=5(3+)海里,
由于∠DAB=90°-45°=45°,∠DBA=90°-60°=30°,
所以∠ADB=180°-(45°+30°)=105°,
在△ADB中,由正弦定理,得
所以DB=

又由于∠DBC=∠DBA+∠ABC=30°+(90°-60°)=60°,所以在△DBC中,由余弦定理,得
CD2=BD2+BC2-2BD·BCcos∠DBC
=300+1 200-2×10×20×=900,
所以CD=30(海里),所以需要的时间t==1(小时),
即救援船到达D点需要1小时.
22.(12分)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别是a,b,c,且a2+b2+ab=c2.
(1)求C.
(2)设cosAcosB=,=,求tanα的值.
【解题提示】直接利用余弦定理可求出C的值,由两角和与差的公式及C的值通过化简可求出tanα的值.
【解析】(1)由于a2+b2+ab=c2,
由余弦定理有cosC===-.
故C=.
(2)由题意得
=.
因此(tanαsinA-cosA)(tanαsinB-cosB)=.
tan2αsinAsinB-tanα(sinAcosB+cosAsinB)+cosAcosB=.
tan2αsinAsinB-tanαsin(A+B)+cosAcosB
=.①
由于C=,A+B=,
所以sin(A+B)=,
由于cos(A+B)=cosAcosB-sinAsinB,
即-sinAsinB=,
解得sinAsinB=-=.
由①得tan2α-5tanα+4=0,
解得tanα=1或tanα=4.
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