2025届高三一轮复习数学试题(人教版新高考新教材)章末目标检测卷4　三角函数、解三角形

章末目标检测卷四三角函数、解三角形(时间:120分钟满分:150分)一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要要求的.1.下列函数中周期为π且为偶函数的是()A.y=sin2x-π2 BC.y=sinx+π2 D.2.已知角α终边上一点P的坐标是(2sin2,-2cos2),则sinα等于()A.sin2 B.-sin2 C.cos2 D.-cos23.(2023全国乙,理6)已知函数f(x)=sin(ωx+φ)在区间(π6,2π3)单调递增,直线x=π6和x=2π3为函数y=f(x)的图象的两条对称轴,则fA.-32 B.-12 C.12 4.(2023新高考Ⅱ,7)已知α为锐角,cosα=1+54,则sinα2=A.3-58 C.3-54 5.如图,某山的坡度比为7∶3(坡度比即坡面的垂直高度和水平宽度的比),在山坡A处测得∠CAD=15°,从A处沿山坡往上前进66m到达B处,在山坡B处测得∠CBD=30°,则塔CD的高为()A.44m B.42m C.48m D.46m6.将函数f(x)=sin2x的图象向右平移φ(0<φ<π2)个单位长度后得到函数g(x)的图象.若对满足|f(x1)-g(x2)|=2的x1,x2,有|x1-x2|min=π3,则φ等于(A.5π12 B.π3 C.π47.已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|<π2)的部分图象如图所示,若x1,x2∈-π6,π3,且f(x1)=f(x2),则f(xA.1 B.12 C.22 D8.一个半径为4.8m的水轮如图所示,水轮圆心O距离水面2.4m,已知水轮每60s逆时针转动一圈,若当水轮上点P从水中浮现时(图中点P0)开始计时,则()A.点P第一次到达最高点需要10sB.在水轮转动的一圈内,共有10s的时间点P距离水面的高度不低于4.8mC.点P距离水面的高度h(单位:m)与时间t(单位:s)的函数解析式为h=4.8sin(π30t-π6)+2D.当水轮转动50s时,点P在水面下方,距离水面1.2m二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.9.已知函数f(x)=sinx+π3A.2π是f(x)的最小正周期B.点2π3,0是C.直线x=-π3是f(xD.区间π6,7π610.已知θ∈(0,π),sinθ+cosθ=15,则下列结论正确的是(A.θ∈π2,π B.tanC.cosθ=-35 D.sinθ-cosθ=11.已知△ABC的外接圆半径R∈[1,+∞),AB=AC=1,则下列说法正确的是()A.BC的最小值为3B.∠A的最小值为2C.△ABC周长的最小值为2+2D.△ABC面积的最大值为312.《数书九章》是中国南宋时期杰出数学家秦九韶的著作,全书十八卷共八十一个问题,分为九类,每类九个问题,《数书九章》中记录了秦九韶的许多创造性成就,其中在卷五“三斜求积”中提出了已知三角形三边a,b,c求面积的公式,这与古希腊的海伦公式等价,其求法是:“以小斜幂并大斜幂减中斜幂,余半之,自乘于上,以小斜幂乘大斜幂减上,余四约之,为实,一为从隅,开平方得积.”若把以上这段文字写成公式,即S=14c2a2-c2+a2-b222.现有△ABC满足sinA∶sinB∶sinA.△ABC的周长为10+27B.△ABC的三个内角A,C,B成等差数列C.△ABC的外接圆直径为4D.△ABC的中线CD的长为32三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.3cos10°−114.若函数f(x)=sinωx+π3(ω>0)的周期T=π,则ω=,函数y=ef(x)的单调递减区间为15.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,设AD为BC边上的高,且AD=a,则bc+cb16.如图,在三棱锥P-ABC的平面展开图中,AC=1,AB=AD=3,AB⊥AC,AB⊥AD,∠CAE=30°,则cos∠FCB=.

四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.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所对的边分别为a,b,c,,判断三角形解的情况,并在三角形有两解的情况下解三角形.

注:若选择多个条件分别解答,则按第一个解答计分.18.(12分)设函数f(x)=sinωx-π6+sinωx-π2,其中0<ω<3.(1)求ω;(2)将函数y=f(x)的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变),再将得到的图象向左平移π4个单位长度,得到函数y=g(x)的图象,求g(x)在区间-π19.(12分)随着人们生活水平的不断提高,网上外卖订餐应运而生.现有外卖送餐员小李在A地接到两份外卖单,他需分别到B地、D地取餐,再将两份外卖一起送到C地,运餐过程不返回A地.A,B,C,D各地的示意图如图所示,BD=2km,AD=23km,∠ABD=120°,∠DCB=45°,∠CDB=30°,假设小李到达B,D两地时都可以马上取餐(取餐时间忽略不计),送餐过程一路畅通.若小李送餐骑行的平均速度为每小时20千米,请你帮小李设计出所有送餐路径(如AB→BD→DB→BC),并计算各种送餐路径的路程,然后选择一条最快送达的送餐路径,并计算出最短送餐时间为多少分钟.(各数值保留3位小数)(参考数据:2≈1.414,3≈1.732)20.(12分)(2023全国乙,理18)在△ABC中,已知∠BAC=120°,AB=2,AC=1.(1)求sin∠ABC;(2)若D为BC上一点,且∠BAD=90°,求△ADC的面积.21.(12分)已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|<π2)的部分图象如图所示(1)求函数f(x)的解析式;(2)若方程f(x)=32在区间0,π2上的两解分别为x1,x2,求sin(x1+x2),cos(x122.(12分)设常数a∈R,函数f(x)=asin2x+2cos2x.(1)若f(x)为偶函数,求a的值;(2)若fπ4=3+1,求方程f(x)=1-2在区间[-π,

章末目标检测卷四三角函数、解三角形1.A对于选项A,y=-cos2x,周期为π且是偶函数,所以选项A符合题意;对于选项B,y=sin2x,周期为π且是奇函数,所以选项B不符合题意;对于选项C,y=cosx,周期为2π,所以选项C不符合题意;对于选项D,y=-sinx,周期为2π,所以选项D不符合题意.2.D因为点P到原点的距离r=(2sin2)2所以sinα=-2cos2r=-cos3.D由题意,知函数f(x)的周期T=2×(2π3−π6)=π,所以|ω|=2πT=2,则ω又由题意,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因为0<α<π2,所以0<α2<π4,所以sinα2>0,5.A如图所示,已知该山的坡度比为7∶3,则tan∠DAO=DOAO=73,因为∠CAD=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由题意可知,g(x)=sin(2x-2φ).由|f(x1)-g(x2)|=2,可知f(x1)和g(x2)分别为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),则x1-x2=π2-φ+(k-m)π(k∈Z,m∈因为|x1-x2|min=π3,且0<φ<π2,所以当k-m=0,即k=m时,有π2-φ=π3,解得φ=7.D由题中图象可得A=1,T2=2π2ω=π3故f(x)=sin(2x+φ).由题图可知点π12,1在函数f(x)的图象上,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设点P距离水面的高度h(单位:m)与t(单位:s)的函数解析式为h=Asin(ωt+φ)+B(A>0,ω>0,|φ|<π2)依题意可知h的最大值为7.2,最小值为-2.4,则A+B∵2πω=60,∴ω=π30,∴h=4.8sinπ30当t=0时,h=0,得sinφ=-12,∵|φ|<π2,∴φ=-∴所求的函数解析式为h=4.8sinπ30t-π6+2.令4.8sinπ30t-π6+2.4=7.2,可得sin(π30由π30t-π6=π2故点P第一次到达最高点需要20s,A错误;4.8sinπ30t-π6+2.4≥4.8⇒sinπ30t-即在水轮转动的一圈内,有20s的时间点P距离水面的高度不低于4.8m,B错误;当t=50时,h=4.8sinπ30×50-π6+2.4=4.8sin3π2+2.49.ABD函数f(x)=sinx+最小正周期T=2π1=2π,故A当x=2π3时,2π3+π3当x=-π3时,-π3+π3=0由2kπ+π2<x+π3<2kπ+3π2(k∈Z),解得2kπ+π6<x<2kπ+7π6(k∈Z),当k=0时,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则tanθ=sinθcos综上可得,正确的有ACD.11.ABD在△ABC中,设角A,B,C所对的边分别为a,b,c,则c=b=1,即B=C.∵△ABC的外接圆半径R∈[1,+∞),由正弦定理,得1sinB=1sinC=2R≥2,∴0<sin∵B,C不会同为钝角,∴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,则a2∈[3,4),即a∈[3,2),即BC的最小值为3,故A由以上可得sinA∈0,32,∵S△ABC=12bcsinA=∴△ABC面积的最大值为34,故D选项正确12.ABC在△ABC中,设角A,B,C所对的边分别为a,b,c.由正弦定理,得a∶b∶c=2∶3∶7.设a=2m,b=3m,c=7m(m>0),则S=147m2×4m2即△ABC的周长为a+b+c=4+6+27=10+27,选项A正确;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的外接圆直径为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,选项13.-4由题意得3cos10°−14.2π12+kπ,7π12+kπ(k∈Z)∵ω>0,且周期T为π,即T=2πω=π,令2kπ+π2≤2x+π3≤2kπ+3π2(k∈Z),可解得kπ+π12≤x≤kπ+7π12(k∈Z),则函数f(x)的单调递减区间为π12+kπ,7π12+kπ(k∈Z).即函数y=15.5∵AD为BC边上的高,且AD=a∴△ABC的面积S=12a2=12bcsinA,∴sin由余弦定理,得cosA=b2+c2-a22bc=12bc+cb−a22bc,故bc+cb=2当sin(A+α)=1时,bc+16.-14由题意得BD=2AB=6,BC=AC2∵D,E,F重合于一点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.解若选择条件①,则由正弦定理asin得sinB=b因为a=3>b=2,A=π3,所以角B只能为锐角,故B=π4,若选择条件②,则由正弦定理asinA=bsinB因为b=3>a=1,所以B=π3或B=2π3当B=π3时,C=π2,c=a2当B=2π3时,C=π6,若选择条件③,则由正弦定理asinA=bsinB,得sin因为0<A<π,所以A=π2,该三角形只有一解18.解(1)f(x)=sinωx-π6=32sinωx-12cosωx-cos=32sinωx-32cos=312由题设知fπ6=0,所以ωπ6−π3=kπ故ω=6k+2(k∈Z).因为0<ω<3,所以ω=2.(2)由(1)得f(x)=3sin2x-π3.根据变换,得g(x)=因为x∈-π4,当x-π12=-π3,即x=-π4时,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若送餐路径为AB→BD→DB→BC,则总路程为6+2≈7.414km②若送餐路径为AD→DB→BC,则总路程为23+2+2≈6.878km③若送餐路径为AB→BD→DC,则总路程为2+2+3+1≈6.732km;④若送餐路径为AD→DB→BD→DC,则总路程为23+2+2+3+1≈10.196km.所以最短送餐路径为AB→BD→DC,此路径的送餐时间为6.73220×60=20.19620.解(1)在△ABC中,由余弦定理和题设,得BC2=AB2+AC2-2AB·AC·cos∠BAC=2×2+1×1-2×2×1×cos120°=7,解得BC=7(负值舍去).由正弦定理,得sin∠ABC=ACBC·sin∠所以sin∠ABC=1(2)由(1