2026版《金版教程》高考一轮复习数学第四章 考点测试22 任意角和弧度制、任意角的三角函数

高考总复习首选用卷数学第四章三角函数与解三角形考点测试22任意角和弧度制、任意角的三角函数基础题(占比60%)中档题(占比30%)拔高题(占比10%)题号12345678910难度★★★★★★★★★★★★对点终边相同角的表示；象限角的判断利用任意角三角函数的定义求角扇形弧长的计算角的对称问题利用任意角三角函数的定义求参数的值扇形面积的计算角的表示与集合交集运算的综合三角函数值的符号扇形弧长的计算任意角三角函数的定义；eq\f(α,n)所在象限的判断；扇形弧长问题题号11121314151617181920难度★★★★★★★★★★★★★★★★★★对点匀速圆周运动中终边相同角的坐标表示任意角三角函数定义的正用三角函数值的符号；象限角的判断扇形面积与弧长的综合问题终边在同一条直线上的角的表示与充分、必要条件的综合任意角三角函数定义的正用；扇形面积的计算任意角三角函数定义的逆用两角和的正弦公式；扇形面积的计算扇形弧长的计算角的对称问题高考概览高考在本考点的常考题型为选择题、填空题，低等难度考点研读1.了解任意角的概念2．了解弧度制的概念，能进行弧度与角度的互化3．理解任意角的三角函数(正弦、余弦、正切)的定义1．(2025·江苏苏州部分中学高三暑期调研)20240128°所在的象限为()A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限答案：C解析：∵20240128°＝56222×360°＋208°，又208°的终边在第三象限，∴20240128°所在的象限为第三象限．故选C.2．已知钝角α的终边经过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(2π,3)，sin\f(π,6)))，则α＝()A.eq\f(2π,3) B.eq\f(3π,4)C.eq\f(5π,6) D.eq\f(7π,8)答案：B解析：由题意得，钝角α的终边经过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))，所以tanα＝－1，所以α＝eq\f(3π,4).3．扇子具有悠久的历史，蕴含着丰富的数学元素．小明制作了一把如图所示的扇子，其半径为16cm，圆心角为eq\f(3π,4)，则这把扇子的弧长为()A．6πcm B．12πcmC．18πcm D．24πcm答案：B解析：因为扇形的半径为16cm，圆心角为eq\f(3π,4)，所以弧长为eq\f(3π,4)×16＝12πcm.故选B.4．若角α与角β的终边关于y轴对称，则()A．α＋β＝π＋kπ(k∈Z)B．α＋β＝π＋2kπ(k∈Z)C．α＋β＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)D．α＋β＝eq\f(π,2)＋2kπ(k∈Z)答案：B解析：∵π－α是与α关于y轴对称的一个角，∴β与π－α的终边相同，即β＝2kπ＋(π－α)(k∈Z)，∴α＋β＝α＋2kπ＋(π－α)＝π＋2kπ(k∈Z)．故选B.5．(2025·重庆育才中学高三定时训练(一))已知α是第二象限角，P(x，8)为其终边上的一点，且sinα＝eq\f(4,5)，则x＝()A．－6 B．±6C．±eq\f(32,3) D．－eq\f(32,3)答案：A解析：依题意，x<0，r＝|OP|＝eq\r(x2＋64)(O为坐标原点)，则sinα＝eq\f(8,\r(x2＋64))＝eq\f(4,5)，所以x＝－6.故选A.6．一个钟表的分针长为10，经过35分钟，分针扫过图形的面积是()A.eq\f(35π,3) B.eq\f(175π,3)C．105π D.eq\f(175π,6)答案：B解析：经过35分钟，分针走了7个大格，每个大格30°，则分针走过的度数为7×30°＝210°，因为钟表的分针长为10，所以分针扫过图形的面积是eq\f(210,360)×π×102＝eq\f(175π,3).故选B.7．(2024·江西八所重点中学高三4月联考)已知集合A＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,6)<x<2kπ＋\f(2π,3)，k∈Z))))，B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,4)<x<kπ＋\f(π,3)，k∈Z))))，则A∩B＝()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,4)，2kπ＋\f(π,3)))，k∈ZB.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,4)，kπ＋\f(π,3)))，k∈ZC.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,6)，2kπ＋\f(π,3)))，k∈ZD.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,6)，kπ＋\f(π,3)))，k∈Z答案：A解析：依题意，B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,4)<x<2kπ＋\f(π,3)，k∈Z))∪\b\lc\{\rc\|(\a\vs4\al\co1(x))2kπ＋\f(5π,4)<x<2kπ＋\f(4π,3)，k∈Z))，而A＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,6)<x<2kπ＋\f(2π,3)，k∈Z))))，所以A∩B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,4)<x<2kπ＋\f(π,3)，k∈Z))))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,4)，2kπ＋\f(π,3)))，k∈Z.故选A.8．已知角α＝2kπ－eq\f(π,5)(k∈Z)，若角θ与角α的终边相同，则y＝eq\f(sinθ,|sinθ|)＋eq\f(cosθ,|cosθ|)＋eq\f(tanθ,|tanθ|)的值为()A．1 B．－1C．3 D．－3答案：B解析：由α＝2kπ－eq\f(π,5)(k∈Z)及终边相同的角的概念知，角α的终边在第四象限，又角θ与角α的终边相同，所以角θ是第四象限角，所以sinθ<0，cosθ>0，tanθ<0，所以y＝－1＋1－1＝－1.9．(2025·湖北新高考联合协作体高三开学考试)已知相互啮合的两个齿轮，大轮有45齿，小轮有30齿．如果大轮的转速为180r/min(转/分)，小轮的半径为10cm，那么小轮周上一点每1s转过的弧长是()A．5400πcm B．90πcmC．180πcm D．40πcm答案：B解析：大轮有45齿，小轮有30齿，当大轮转动一周时，小轮转动eq\f(45,30)＝eq\f(3,2)周，当大轮的转速为180r/min时，小轮的转速为eq\f(3,2)×180＝270r/min，小轮周上一点每1s转过的弧度数为270×2π÷60＝9π.又小轮的半径为10cm，所以小轮周上一点每1s转过的弧长为9π×10＝90πcm.故选B.10．(多选)下列结论中正确的是()A．若0<α<eq\f(π,2)，则sinα<tanαB．若α是第二象限角，则eq\f(α,2)为第一或第三象限角C．若角α的终边过点P(3k，4k)(k≠0)，则sinα＝eq\f(4,5)D．若扇形的周长为6，半径为2，则其圆心角的大小为1弧度答案：ABD解析：若0<α<eq\f(π,2)，则sinα<eq\f(sinα,cosα)＝tanα，A正确；若α是第二象限角，即α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,2)，2kπ＋π))，k∈Z，则eq\f(α,2)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,4)，kπ＋\f(π,2)))，k∈Z，eq\f(α,2)为第一或第三象限角，B正确；若角α的终边过点P(3k，4k)(k≠0)，则sinα＝eq\f(4k,\r(9k2＋16k2))＝eq\f(4k,5|k|)，不一定等于eq\f(4,5)，C错误；若扇形的周长为6，半径为2，则弧长为6－2×2＝2，其圆心角的大小为eq\f(2,2)＝1弧度，D正确．故选ABD.11．(多选)(2024·重庆八中高三适应性考试(三))质点P和Q在以坐标原点O为圆心，1为半径的⊙O上逆时针做匀速圆周运动，同时出发．P的角速度大小为1rad/s，起点为⊙O与x轴正半轴的交点；Q的角速度大小为3rad/s，起点为射线y＝－x(x≤0)与⊙O的交点．则当Q与P重合时，Q的坐标可以为()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(π,8)，sin\f(π,8))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(3π,8)，－sin\f(3π,8)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(5π,8)，sin\f(5π,8))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(7π,8)，sin\f(7π,8)))答案：BC解析：点Q的初始位置Q1的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)))，且钝角∠POQ＝eq\f(3π,4).设经过ts后，Q与P重合，坐标均为(cost，sint)，则3t＝t＋eq\f(5π,4)＋2kπ，k∈N，解得t＝eq\f(5π,8)＋kπ，k∈N，当k为偶数时，Q的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(5π,8)，sin\f(5π,8)))，C正确；当k为奇数时，Q的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(13π,8)，sin\f(13π,8)))，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(3π,8)，－sin\f(3π,8)))，B正确；A，D均不正确．故选BC.12．(2024·云南昆明高三“三诊一模”)已知角θ的顶点为坐标原点O，始边与x轴的非负半轴重合，点A(1，a)(a∈Z)在角θ的终边上，且|OA|≤3，则tanθ的值可以是________．(写一个即可)答案：1(0，±1，±2均可)解析：|OA|≤3，即1＋a2≤9，解得－2eq\r(2)≤a≤2eq\r(2)，又a∈Z，故a的值可以为－2，－1，0，1，2，则tanθ＝eq\f(a,1)＝a，即tanθ的值可以是0，±1或±2.13．已知角α是第四象限角，且eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos\f(α,2)))＝－coseq\f(α,2)，则角eq\f(α,2)是第________象限角．答案：二解析：由角α是第四象限角，可得2kπ－eq\f(π,2)＜α＜2kπ，k∈Z，∴kπ－eq\f(π,4)＜eq\f(α,2)＜kπ，k∈Z，∵eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos\f(α,2)))＝－coseq\f(α,2)，∴coseq\f(α,2)＜0，∴2kπ＋eq\f(π,2)＜eq\f(α,2)＜2kπ＋eq\f(3π,2)，k∈Z，∴2kπ＋eq\f(3π,4)＜eq\f(α,2)＜2kπ＋π，k∈Z，∴eq\f(α,2)是第二象限角．14．已知扇形AOB的周长为8，在这个扇形的面积取得最大值时，其对应的圆心角的大小为________，弦长AB为________．答案：24sin1解析：设半径为r，弧eq\o(AB,\s\up8(︵))的长为l，圆心角为α，则l＝8－2r，扇形面积S＝eq\f(1,2)lr＝(4－r)r＝－r2＋4r，利用二次函数的性质可得，当且仅当r＝2时，S取得最大值，此时l＝4，所以α＝eq\f(l,r)＝2，由垂径定理得AB＝2rsineq\f(α,2)＝4sin1.15．(2024·河北衡水中学高三模拟)“角α，β的终边在同一条直线上”是“sin(α－β)＝0”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件答案：C解析：由角α，β的终边在同一条直线上，得α＝β＋kπ，k∈Z，即α－β＝kπ，k∈Z，所以sin(α－β)＝sinkπ＝0，k∈Z.反之，由sin(α－β)＝0，得α－β＝mπ，m∈Z，当m为偶数时，角α，β的终边在同一条射线上；当m为奇数时，角α，β的终边在同一条直线上．综上，“角α，β的终边在同一条直线上”是“sin(α－β)＝0”的充要条件．故选C.16．(2024·湖南师大附中高三一模)出土于鲁国故城遗址的“出廓双龙勾玉纹黄玉璜”(图1)的璜身满刻勾云纹，体扁平，呈扇面状，璜身外镂空雕饰“S”型双龙，造型精美．现要计算璜身面积(厚度忽略不计)，测得各项数据(图2)：AB≈8cm，AD≈2cm，AO≈5cm，若sin37°≈eq\f(3,5)，π≈3.14，则璜身(即曲边四边形ABCD)的面积近似为()A．6.8cm2 B．9.8cm2C．14.8cm2 D．22.4cm2答案：C解析：显然△AOB为等腰三角形，OA＝OB≈5cm，AB≈8cm，则cos∠OAB＝eq\f(\f(1,2)AB,OA)≈eq\f(4,5)，sin∠OAB≈eq\f(3,5)，又sin37°≈eq\f(3,5)，所以∠OAB≈37°，于是∠AOB≈180°－2×37°＝106°＝eq\f(53π,90)，所以璜身的面积为eq\f(1,2)∠AOB·(OA2－OD2)≈eq\f(1,2)×eq\f(53π,90)×(52－32)≈14.8(cm2)．故选C.17．在平直的铁轨上停着一辆高铁列车，列车与铁轨上表面接触的车轮半径为R，且某个车轮上的点P刚好与铁轨的上表面接触，若该列车行驶了距离S，则此时点P到铁轨上表面的距离为()A．Req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋cos\f(S,R))) B．Req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－cos\f(S,R)))C．2Rsineq\f(S,R) D．Rsineq\f(S,R)答案：B解析：当列车行驶的距离为S时，车轮转过的角度所对应的扇形弧长为S，∴车轮转过的角度为eq\f(S,R)，设点P的初始位置为P0，车轮的中心为O，当eq\f(S,R)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，作PQ⊥OP0，垂足为Q，如图1，则OQ＝OPcoseq\f(S,R)＝Rcoseq\f(S,R)，∴点P到铁轨上表面的距离为P0Q＝OP0－OQ＝R－Rcoseq\f(S,R)＝Req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－cos\f(S,R)))；当eq\f(S,R)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))时，PM⊥MP0(PM∥OP0)，作ON⊥PM，垂足为N，如图2，则PN＝OP·sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(S,R)－\f(π,2)))＝－Rcoseq\f(S,R)，∴点P到铁轨上表面的距离为PM＝MN＋PN＝R－Rcoseq\f(S,R)＝Req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－cos\f(S,R)))；当eq\f(S,R)在其他范围时，均可得到点P到铁轨上表面的距离为Req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－cos\f(S,R))).故选B.18．如图，在平面直角坐标系xOy中，点A(1，0)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，－\f(1,2)))，点P是单位圆O上的一动点，则阴影区域的面积的最大值为________．答案：eq\f(\r(6),4)＋eq\f(\r(2),4)＋eq\f(5π,12)解析：连接AB，当点P距离直线AB最远时，阴影区域的面积最大，根据圆的几何特征可得，此时PO⊥AB且PB＝PA，如图，由题意，知∠BOA＝150°，则∠POB＝∠POA＝105°，又sin105°＝sin(60°＋45°)＝eq\f(\r(3),2)×eq\f(\r(2),2)＋eq\f(1,2)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4)，所以阴影区域的面积的最大值为2×eq\f(1,2)×1×1×sin105°＋eq\f(1,2)×12×eq\f(5π,6)＝eq\f(\r(6),4)＋eq\f(\r(2),4)＋eq\f(5π,12).19．圆O的半径为1，P为圆周上一点，现将如图所示放置的边长为1的正方形(正方形的顶点A和点P重合)沿着圆周逆时针滚动．经过若干次滚动，点A第一次回到点P的位置，则点A走过的路程为()A．2π B.eq\f(（1＋\r(2)）π,2)C.eq\f(（6＋\r(2)）π,4) D.eq\f(（2＋\r(2)）π,2)答案：D解析：设第i(i∈N*)次滚动后点A的位置为Ai，结合图形，可知第