（浙江專用）2020版高考數(shù)學大一輪復習 課時16 4.1 任意角三角函數(shù)夯基提能作業(yè).docx

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4.1　任意角三角函數(shù) A組　基礎題組 1.“α是第二象限角”是“sin αtan α<0”的(　　) A.充分不必要條件 B.必要不充分條件 C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件 答案　A 2.終邊落在射線y=3x(x>0)上的角α構成的集合有以下四種表示形式: ①α|α=2kπ+π3,k∈Z;②α|α=2kπ-π3,k∈Z; ③α|α=2kπ-5π3,k∈Z;④α|α=kππ3,k∈Z. 其中正確的是(　　) A.① B.①③ C.② D.③④ 答案　B　在平面直角坐標系中作出圖形,觀察知符合題意的角的集合為①③. 3.在平面直角坐標系中,點M(3,m)在角α的終邊上,點N(2m,4)在角α+π4的終邊上,則m=(　　) A.-6或1 B.-1或6 C.6 D.1 答案　A　由題意得,tan α=m3,tanα+π4=42m=2m, ∴2m=1+m31-m3,∴m=-6或1,故選A. 4.圖為一個大風車的示意圖,其中圓的半徑為4.8 m,圓上最低點與地面的距離為0.8 m,圖中OA與地面垂直,將OA逆時針轉(zhuǎn)動θ(θ>0)角到OB,設B點與地面的距離為h,則h與θ的關系式為(　　) A.h=5.6+4.8sin θ B.h=5.6+4.8cos θ C.h=5.6+4.8cosθ+π2 D.h=5.6+4.8sinθ-π2 答案　D　過點O向右作與地面平行的射線,將該射線逆時針轉(zhuǎn)動θ-π2時經(jīng)過點B,根據(jù)三角函數(shù)的定義知,點B到該射線的距離為4.8sinθ-π2,所以h=5.6+4.8sinθ-π2. 5.(2019紹興一中月考)已知l1⊥l2,圓心在l1上,半徑為1 m的圓O在t=0時與l2相切于點A,圓O沿l1以1 m/s的速度勻速向上移動,圓被直線l2所截上方圓弧長記為x,令y=cos x,則y與時間t(0≤t≤1,單位:s)的函數(shù)y=f(t)的圖象大致為(　　) 答案　B　如圖,設∠MON=α, 由弧長公式知x=α,在Rt△AOM中, 由0≤t≤1知|AO|=1-t,cosx2=|OA||OM|=1-t, ∴y=cos x=2cos2x2-1=2(t-1)2-1. 故選B. 6.終邊在直線y=x上的角的集合是　　　　　　　　. 答案　α|α=kπ+π4,k∈Z 解析　終邊在直線y=x上,且在[0,2π)內(nèi)的角為π4,5π4,寫出與其終邊相同的角的集合,整合即得. 7.已知扇形的半徑為10 cm,圓心角為120,則扇形的弧長為　　　　　　,面積為　　　　　　. 答案　203π cm;1003π cm2 解析　易知圓心角α=2π3,則弧長l=αr=203π(cm),面積S=12αr2=1003π(cm2). 8.周長為c的扇形,當扇形的圓心角α=　　　　弧度時,其面積最大,最大面積是　　　　(0<α<2π). 答案　2;c216 解析　設扇形的半徑為r,弧長為l(00,且a≠1)的圖象恒過定點P,若角θ的終邊過點P,則cos2θ+sin 2θ的值等于(　　) A.-12 B.12 C.710 D.-710 答案　A　由題意知,點P的坐標為(-1,3),所以sin θ=310,cos θ=-110,所以sin 2θ=2sin θcos θ=-35,所以cos2θ+sin 2θ=110-35=-12,故選A. 3.如圖,圓O的半徑為1,A是圓上的定點,P是圓上的動點,角x的始邊為射線OA,終邊為射線OP,過點P作直線OA的垂線,垂足為M,將點M到直線OP的距離表示成x的函數(shù)f(x),則y=f(x)在[0,π]上的圖象大致為(　　) 答案　C　由題圖可知,當x=π2時,OP⊥OA, 此時f(x)=0,排除A、D;當x∈0,π2時,OM=cos x, 設點M到直線OP的距離為d,則dOM=sin x, 即d=OMsin x=sin xcos x, ∴f(x)=sin xcos x=12sin 2x≤12,排除B,故選C. 4.如圖,圓O與x軸的正半軸的交點為A,點B,C在圓O上,點B的坐標為(-1,2),點C位于第一象限,∠AOC=α.若|BC|=5,則sinα2cosα2+3cos2α2-32=　　　　. 答案　255 解析　因為點B的坐標為(-1,2),所以|OC|=|OB|=5,又因為|BC|=5,所以△OBC是等邊三角形,則∠AOB=α+π3. 所以sinα2cosα2+3cos2α2-32=12sin α+32cos α =sinα+π3=25=255. 5.若扇形OAB的圓心角α=150,周長c=6+5π2,則這個扇形所含弓形的面積是　　　　. 答案　15π4-94 解析　設扇形的半徑為r,弧長為l,弓形的面積為S, 則α=150π180=56π,l=c-2r=6+52π-2r, 由l=αr,得6+52π-2r=56πr, ∴2+56πr=32+56π, ∴r=3,l=6+52π-6=52π, S扇形=12lr=1252π3=154π, S弓形=154π-12r2sin56π=154π-94. 6.設函數(shù)f(θ)=3sin θ+cos θ,其中,角θ的頂點與坐標原點重合,始邊與x軸非負半軸重合,終邊經(jīng)過點P(x,y),且0≤θ≤π. (1)若點P的坐標為12,32,求f(θ)的值; (2)若點P(x,y)為平面區(qū)域Ω:x+y≥1,x≤1,y≤1上的一個動點,試確定角θ的取值范圍,并求函數(shù)f(θ)的最小值和最大值. 解析　(1)由點P的坐標和三角函數(shù)的定義可得sinθ=32,cosθ=12. 于是f(θ)=3sin θ+cos θ=332+12=2. (2)作出平面區(qū)域Ω,如圖中陰影部分所示,其中A(1,0),B(1,1),C(0,1). 于是0≤θ≤π2. 又f(θ)=3sin θ+cos θ=2sinθ+π6, 且π6≤θ+π6≤2π3, 故當θ+π6=π2, 即θ=π3時, f(θ)取得最大值,且最大值等于2; 當θ+π6=π6,即θ=0時, f(θ)取得最小值,且最小值等于1. 7.(2019溫州中學月考)如圖,點A是單位圓與x軸正半軸的交點,點B、P在單位圓上,且B-35,45,∠AOB=α,∠AOP=θ(0<θ<π),OQ=OA+OP,四邊形OAQP的面積為S. (1)求cos α+sin α; (2)求OAOQ+S的最大值及此時θ的值θ0. 解析　(1)∵B-35,45,∠AOB=α, ∴cos α=-35,sin α=45, ∴cos α+sin α=15. (2)由題意可知A(1,0),P(cos θ,sin θ), ∴OQ=(1+cos θ,sin θ), ∴OAOQ=1+cos θ, ∵OQ=OA+OP, ∴四邊形OAQP是平行四邊形. ∴S=|OA||OP|sin θ=sin θ. ∴OAOQ+S=1+cos θ+sin θ=2sinθ+π4+1,0<θ<π, 則OAOQ+S的最大值為1+2,此時θ的值θ0=π4.