必修 第一册第五章 三角函数本章综合与测试当堂达标检测题

这是一份必修 第一册第五章 三角函数本章综合与测试当堂达标检测题，共10页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

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．已知扇形的圆心角为2 rad，弧长为4 cm，则这个扇形的面积是( )


A．4 cm2 B．2 cm2


C．4π cm2 D．1 cm2


解析：设半径为R，由弧长公式得4＝2R，即R＝2 cm，则S＝eq \f(1,2)×2×4＝4 (cm2)，故选A.


答案：A


2．已知cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＝eq \f(2,3)，则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))的值等于( )


A.eq \f(2,3) B．－eq \f(2,3)


C.eq \f(\r(5),3) D．±eq \f(\r(5),3)


解析：因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))＝eq \f(π,2).所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＝eq \f(2,3).


答案：A


3．tan(－1560°)＝( )


A．－eq \f(\r(3),3) B.eq \f(\r(3),3)


C．－eq \r(3) D.eq \r(3)


解析：tan(－1560°)＝－tan 1560°＝－tan(4×360°＋120°)＝－tan 120°＝－tan(180°－60°)＝tan 60°＝eq \r(3).


答案：D


4．在平面直角坐标系中，已知角α的终边经过点P(a，a－3)，且cs α＝eq \f(\r(5),5)，则a等于( )


A．1 B.eq \f(9,2)


C．1或eq \f(9,2) D．1或－3


解析：由题意得eq \f(a,\r(a2＋a－32))＝eq \f(\r(5),5)，


两边平方化为a2＋2a－3＝0，


解得a＝－3或1，而a＝－3时，点P(－3，－6)在第三象限，cs α<0，与题不符，舍去，选A.


答案：A


5．设α是第二象限角，且|cseq \f(α,2)|＝－cseq \f(α,2)，则eq \f(α,2)是( )


A．第一象限角 B．第二象限角


C．第三象限角 D．第四象限角


解析：由题意知2kπ＋eq \f(π,2)<α<2kπ＋π(k∈Z)，则kπ＋eq \f(π,4)

答案：C


6．若sin(π＋α)＋cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋α))＝－m，则cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)－α))＋2sin(6π－α)的值为( )


A．－eq \f(2,3)m B．－eq \f(3,2)m


C.eq \f(2,3)m D.eq \f(3,2)m


解析：∵sin(π＋α)＋cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋α))＝－m，


即－sin α－sin α＝－2sin α＝－m，从而sin α＝eq \f(m,2)，


∴cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)－α))＋2sin(6π－α)＝－sin α－2sin α＝－3sin α＝－eq \f(3,2)m.


答案：B


7．已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A>0，ω>0，|φ|<\f(π,2)))的部分图象如图所示，则将y＝f(x)的图象向左平移eq \f(π,3)个单位后，得到的图象对应的函数解析式为( )





A．y＝－cs 2x B．y＝cs 2x


C．y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(5π,6))) D．y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))


解析：由题图知A＝1，eq \f(3T,4)＝eq \f(11π,12)－eq \f(π,6)＝eq \f(3π,4)，即T＝π，


∴eq \f(2π,ω)＝π，解得ω＝2.


易知x＝eq \f(π,6)时，ωx＋φ＝eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，因此2×eq \f(π,6)＋φ＝eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，


∴φ＝eq \f(π,6)＋2kπ，k∈Z，∵|φ|

因此f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6))).


将f(x)的图象向左平移eq \f(π,3)个单位后，所得图象对应的函数解析式为y＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))＋\f(π,6)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(5π,6)))，故选C.


答案：C


8．函数f(x)＝2sin xcs x＋eq \r(3)cs 2x的最小正周期为( )


A．2π B.eq \f(π,2)


C．π D．4π


解析：由题得f(x)＝sin 2x＋eq \r(3)cs 2x＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)sin 2x＋\f(\r(3),2)cs 2x))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3))).所以函数f(x)的最小正周期T＝eq \f(2π,2)＝π.


答案：C


9．已知cs θ＝－eq \f(1,4)(－180°<θ<－90°)，则cseq \f(θ,2)＝( )


A．－eq \f(\r(6),4) B.eq \f(\r(6),4)


C．－eq \f(3,8) D.eq \f(3,8)


解析：因为－180°<θ<－90°，所以－90°

答案：B


10．据市场调查，某种商品一年内每件出厂价在7千元的基础上，按月呈f(x)＝Asin(ωx＋φ)＋beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A>0，ω>0，|φ|<\f(π,2)))的模型波动(x为月份)，已知3月份达到最高价9千元，7月份价格最低为5千元，根据以上条件可确定f(x)的解析式为( )


A．f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)x－\f(π,4)))＋7(1≤x≤12，x∈N*)


B．f(x)＝9sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)x－\f(π,4)))(1≤x≤12，x∈N*)


C．f(x)＝2eq \r(2)sineq \f(π,4)x＋7(1≤x≤12，x∈N*)


D．f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)x＋\f(π,4)))＋7(1≤x≤12，x∈N*)


解析：令x＝3可排除D，令x＝7可排除B，由A＝eq \f(9－5,2)＝2可排除C；或由题意，可得A＝eq \f(9－5,2)＝2，b＝7，周期T＝eq \f(2π,ω)＝2×(7－3)＝8，∴ω＝eq \f(π,4).


∴f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)x＋φ))＋7.


∵当x＝3时，y＝9，


∴2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)＋φ))＋7＝9，


即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)＋φ))＝1.


∵|φ|

∴f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)x－\f(π,4)))＋7(1≤x≤12，x∈N*)．


答案：A


11．在△ABC中，若2sineq \f(B,2)cseq \f(B,2)sinC＝cs2eq \f(A,2)，则△ABC是( )


A．等边三角形 B．等腰三角形


C．非等腰三角形 D．直角三角形


解析：在△ABC中，由2sineq \f(B,2)cseq \f(B,2)sinC＝cs2eq \f(A,2)⇒sinBsinC＝cs2eq \f(A,2)⇒sinBsinC＝eq \f(1＋csA,2)⇒2sinBsinC＝1－cs(B＋C)⇒2sinBsinC＝1－csBcsC＋sinBsinC⇒csB·csC＋sinBsinC＝1⇒cs(B－C)＝1⇒B－C＝0⇒B＝C，故选B.


答案：B


12．已知tan 2α＝－2eq \r(2)，且满足eq \f(π,4)<α

A.eq \r(2) B．－eq \r(2)


C．－3＋2eq \r(2) D．3－2eq \r(2)


解析：tan 2α＝eq \f(2tan α,1－tan2α)＝－2eq \r(2)，


整理可得eq \r(2)tan2α－tan α－eq \r(2)＝0，


解得tan α＝－eq \f(\r(2),2)或tan α＝eq \r(2).


因为eq \f(π,4)<α

则eq \f(2cs2\f(α,2)－sin α－1,\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋α)))＝eq \f(cs α－sin α,\r(2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin\f(π,4)cs α＋cs\f(π,4)sin α)))


＝eq \f(cs α－sin α,cs α＋sin α)＝eq \f(\f(cs α－sin α,cs α),\f(cs α＋sin α,cs α))＝eq \f(1－tan α,1＋tan α)＝eq \f(1－\r(2),1＋\r(2))＝2eq \r(2)－3.


故选C.


答案：C


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tan α＝－eq \f(1,2)，则eq \f(1＋2sin αcs α,sin2α－cs2α)＝________.


解析：eq \f(1＋2sin αcs α,sin2α－cs2α)＝eq \f(sin α＋cs α2,sin2α－cs2α)＝eq \f(sin α＋cs α,sin α－cs α)＝eq \f(tan α＋1,tan α－1)＝eq \f(－\f(1,2)＋1,－\f(1,2)－1)＝eq \f(\f(1,2),－\f(3,2))＝－eq \f(1,3).


答案：－eq \f(1,3)


14．设函数f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,6)))(ω>0)．若f(x)≤feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))对任意的实数x都成立，则ω的最小值为________．


解析：∵f(x)≤feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))对任意的实数x都成立，


∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝1，∴eq \f(π,4)·ω－eq \f(π,6)＝2kπ，k∈Z，整理得ω＝8k＋eq \f(2,3)，k∈Z.


又ω>0，∴当k＝0时，ω取得最小值eq \f(2,3).


答案：eq \f(2,3)


15．已知tan(α＋β)＝eq \f(3,5)，taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β－\f(π,3)))＝eq \f(1,3)，则taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,3)))＝________.


解析：taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,3)))＝taneq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(α＋β－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β－\f(π,3)))))


＝eq \f(tanα＋β－tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β－\f(π,3))),1＋tanα＋βtan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β－\f(π,3))))＝eq \f(\f(3,5)－\f(1,3),1＋\f(3,5)×\f(1,3))＝eq \f(2,9).


答案：eq \f(2,9)


16．已知sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))＝eq \f(\r(3),3)，则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)－x))＋sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－x))＝________.


解析：sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)－x))＋sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－x))


＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(π－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)－x))))＋cs2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－x))))


＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))＋1－sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))


＝eq \f(\r(3),3)＋1－eq \f(1,3)＝eq \f(2＋\r(3),3).


答案：eq \f(2＋\r(3),3)


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)已知角α的终边经过单位圆上的点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)，－\f(3,5))).


(1)求sin α的值；


(2)求eq \f(cs2π－α,sinπ＋α)·eq \f(tanπ＋α,cs3π－α)的值．


解析：(1)∵点P在单位圆上，


∴由正弦的定义得sin α＝－eq \f(3,5).


(2)原式＝eq \f(cs α,－sin α)·eq \f(tan α,－cs α)＝eq \f(sin α,sin α·cs α)＝eq \f(1,cs α)，


由余弦的定义得cs α＝eq \f(4,5)，故所求式子的值为eq \f(5,4).


18．(12分)已知角α的顶点在原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边在射线2x＋y＝0(x≥0)上．


(1)求2sin α＋cs α的值；


(2)求eq \f(1＋2sinπ＋αsin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－α)),sin2α－cs2α)的值．


解析：(1)因为角α的终边在射线2x＋y＝0(x≥0)上，所以可设终边上一点P(a，－2a)(a>0)，


则tan α＝－2，sin α＝－eq \f(2\r(5),5)， cs α＝eq \f(\r(5),5)，


所以2sin α＋cs α＝－eq \f(3\r(5),5).


(2)eq \f(1＋2sinπ＋αsin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－α)),sin2α－cs2α)


＝eq \f(1－2sinαcsα,sin2α－cs2α)


＝eq \f(sin α－cs α,sin α＋cs α)


＝eq \f(tan α－1,tan α＋1)，


因为tan α＝－2，所以原式＝eq \f(－2－1,－2＋1)＝3.


19．(12分)已知函数f(x)＝3taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x－\f(π,3))).


(1)求f(x)的定义域、值域；


(2)讨论f(x)的周期性，奇偶性和单调性．


解析：(1)由eq \f(1,2)x－eq \f(π,3)≠eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，


得x≠2kπ＋eq \f(5,3)π，k∈Z，


∴f(x)的定义域为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≠\f(5π,3)＋2kπ，k∈Z))))，值域为R.


(2)f(x)为周期函数，由于f(x)


＝3taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x－\f(π,3)))＝3taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x－\f(π,3)＋π))


＝3taneq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x＋2π－\f(π,3)))＝f(x＋2π)，所以最小正周期T＝2π.易知f(x)为非奇非偶函数．


由－eq \f(π,2)＋kπ

∴函数的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)＋2kπ，\f(5π,3)＋2kπ))，k∈Z.


20．(12分)求证：eq \f(2－2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(3π,4)))cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4))),cs4α－sin4α)＝eq \f(1＋tan α,1－tan α).


证明：左边＝eq \f(2－2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)＋\f(π,2)))cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4))),cs2α＋sin2αcs2α－sin2α)


＝eq \f(2－2cs2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4))),cs2α－sin2α)＝eq \f(1－cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,2))),cs2α－sin2α)


＝eq \f(1＋sin 2α,cs2α－sin2α)＝eq \f(sin α＋cs α2,cs2α－sin2α)


＝eq \f(cs α＋sin α,cs α－sin α)＝eq \f(1＋tan α,1－tan α)，所以等式成立．


21．(12分)已知函数f(x)＝eq \f(\r(3),2)sin 2x＋cs2x－eq \f(1,2)，x∈R.


(1)求f(x)的最小正周期；


(2)求f(x)的单调增区间．


解析：(1)因为函数f(x)＝eq \f(\r(3),2)sin 2x＋cs2x－eq \f(1,2)＝eq \f(\r(3),2)sin 2x＋eq \f(1,2)cs 2x＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))，故函数的最小正周期为eq \f(2π,2)＝π.


(2)对于函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))，


令2kπ－eq \f(π,2)≤2x＋eq \f(π,6)≤2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，


解得kπ－eq \f(π,3)≤x≤kπ＋eq \f(π,6)，k∈Z，可得函数的增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,3)，kπ＋\f(π,6)))，k∈Z.


22．(12分)已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0，|φ|<π)，在同一周期内，当x＝eq \f(π,12)时，f(x)取得最大值3；当x＝eq \f(7,12)π时，f(x)取得最小值－3.


(1)求函数f(x)的解析式；


(2)求函数f(x)的单调递减区间；


(3)若x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,6)))时，函数h(x)＝2f(x)＋1－m有两个零点，求实数m的取值范围．


解析：(1)由题意，易知A＝3，T＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,12)π－\f(π,12)))＝π，∴ω＝eq \f(2π,T)＝2.由2×eq \f(π,12)＋φ＝eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，得φ＝eq \f(π,3)＋2kπ，k∈Z.


又∵－π<φ<π，∴φ＝eq \f(π,3)，∴f(x)＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3))).


(2)由eq \f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq \f(π,3)≤eq \f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，得eq \f(π,12)＋kπ≤x≤eq \f(7π,12)＋kπ，k∈Z，


∴函数f(x)的单调递减区间为


eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,12)＋kπ，\f(7π,12)＋kπ))，k∈Z.


(3)由题意知，方程sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))＝eq \f(m－1,6)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,6)))上有两个实根．∵x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,6)))，


∴2x＋eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))，∴eq \f(m－1,6)∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，1))，


∴m∈[1＋3eq \r(3)，7)．