第01讲 三角函数的概念与诱导公式（练习）（解析版）

第01讲三角函数的概念与诱导公式（模拟精练+真题演练）1．（2023·江苏扬州·扬州中学校考模拟预测）在平面直角坐标系xOy中，如图所示，将一个半径为1的圆盘固定在平面上，圆盘的圆心与原点重合，圆盘上缠绕着一条没有弹性的细线，细线的端头M（开始时与圆盘上点()1,0A重合）系着一支铅笔，让细线始终保持与圆相切的状态展开，切点为B，细绳的粗细忽略不计，当2rad时，点M与点O之间的距离为（）A．1cos1B．2sin1C．2D．5【答案】D【解析】展开过程中：2,1BMABRBO,225MOBMBO,故选：D.2．（2023·新疆阿勒泰·统考三模）《九章算术》是我国古代数学成就的杰出代表作．其中《方田》章给出计算弧田面积所用的经验公式为：弧田面积12（弦×矢+矢×矢）．弧田（如图）由圆弧和其所对弦围成，公式中“弦”指圆弧所对的弦长，“矢”等于半径长与圆心到弦的距离之差．现有圆心角为2π3，半径为2m的弧田，按照上述经验公式计算所得弧田面积约是（）（精确到21m）A．22mB．23mC．24mD．21m【答案】A【解析】依题意，弦22sin233π(m)，矢22cos13(m)，则弧田面积=211(2311)3222(2m)，所以弧田面积约是22m.故选：A3．（2023·湖北省直辖县级单位·统考模拟预测）中国古代数学专著《九章算术》的第一章“方田”中载有“半周半径相乘得积步”，其大意为：圆的半周长乘以其半径等于圆面积.南北朝时期杰出的数学家祖冲之曾用圆内接正多边形的面积“替代”圆的面积，并通过增加圆内接正多边形的边数n使得正多边形的面积更接近圆的面积，从而更为“精确”地估计圆周率π.据此，当n足够大时，可以得到π与n的关系为（）A．360πsin2nnB．180πsinnnC．360π21cosnnD．180π1cos2nn【答案】A【解析】设圆的半径为r，将内接正n边形分成n个小三角形，由内接正n边形的面积无限接近圆的面即可得：221360πsin2rnrn，解得：360πsin2nn.故选：A.4．（2023·北京海淀·北大附中校考三模）如图，点P为角的终边与单位圆O的交点，tanπ（）A．34B．34C．43D．43【答案】D【解析】由单位圆可知，3cos5，且为第一象限角，根据同角三角函数的基本关系可得24sin1cos5=-=，所以sin4tancos3，所以4tanπtan3.故选：D5．（2023·四川成都·四川省成都市玉林中学校考模拟预测）如图，πcos4的值为（）A．510B．55C．45D．255【答案】B【解析】设xOP，则2225cos521，215sin521，因2,2Q，则π4yOQ，故ππ42，ππ5coscossin425，故选：B6．（2023·吉林长春·东北师大附中校考模拟预测）若costan3sin，则sin22π（）A．13B．23C．79D．89【答案】C【解析】因为costan3sin，所以sincoscos3sin，即223sinsincos，所以223sinsincos1，即1sin3，所以27sin2cos212sin2π9，故选：C．7．（2023·广西·校联考模拟预测）已知sin3cos0，则osins3c（）A．910B．910C．109D．109【答案】A【解析】由已知得：tan3，所以2223sincos3tan9cossincos13sit1nan0.故选：A8．（2023·宁夏银川·统考模拟预测）在平面直角坐标系中，角的顶点与原点重合，始边与x轴的非负半轴重合，现将角的终边绕原点O逆时针方向旋转π6与单位圆交点的纵坐标为35，则2πcos23（）A．725B．725C．1825D．1825【答案】A【解析】由题意得π3sin65，所以ππππ3coscossin36265，则222ππ37cos22cos12133525.故选：A.9．（多选题）（2023·吉林·统考二模）如图，A，B是在单位圆上运动的两个质点.初始时刻，质点A在（1，0）处，质点B在第一象限，且6AOB.质点A以rad/s6的角速度按顺时针方向运动，质点B同时以rad/s12的角速度按逆时针方向运动，则（）A．经过1s后，扇形AOB的面积为5π12B．经过2s后，劣弧AB的长为2π3C．经过6s后，质点B的坐标为3,221D．经过22s3后，质点A，B在单位圆上第一次相即【答案】BD【解析】对于A，由题意可知：经过1s后，πππ5π()661212AOB，所以此时扇形AOB的面积为225π5π11261122r，故选项A错误；对于B，经过2s后，πππ2π2()266123AOB，所以此时劣弧 AB的长为2π3r，故选项B正确；对于C，经过6s后，质点B转过的角度为ππ6122，结合题意，此时质点B为角ππ2π623的终边与单位圆的交点，所以质点B的坐标为13(,)22，故选项C错误；对于D，经过22s3后，质点B转过的角度为22π11π31218，质点A转过的角度为22π11π()369，因为11π11ππ()2π1896，所以经过22s3后，质点A，B在单位圆上第一次相遇，故选项D正确，故选：BD.10．（多选题）（2023·云南红河·弥勒市一中校考模拟预测）下列说法正确的是（）A．角终边在第二象限或第四象限的充要条件是sincos0B．圆的一条弦长等于半径，则这条弦所对的圆心角等于π3C．经过4小时，时针转了120D．若角和角的终边关于yx对称，则有π2π,Z2kk【答案】ABD【解析】对于A，因为角终边在第二象限或第四象限，此时终边上的点,xy的横坐标和纵坐标异号，故2222sincos0yxxyxy；因为sincos0，所以sin0cos0或sin0cos0，故角终边上点坐标,xy对应为：222200yxyxxy或222200yxyxxy即00yx或00yx，所以角终边在第二象限或第四象限，综上，角终边在第二象限或第四象限的充要条件是sincos0，故A正确对于B，圆的一条弦长等于半径，故由此弦和两条半径构成的三角形是等边三角形，所以弦所对的圆心角为π3，故B正确；对于C，钟表上的时针旋转一周是360，其中每小时旋转3603012，所以经过4小时应旋转120，故C错误；对于D，角和角的终边关于直线yx对称，则ππ2(π)2π42kk，Zk，故D正确故选：ABD11．（多选题）（2023·吉林长春·吉林省实验校考模拟预测）如图所示，设单位圆与x轴的正半轴相交于点()1,0A，以x轴非负半轴为始边作锐角，，，它们的终边分别与单位圆相交于点1P，1A，P，则下列说法正确的是（）A．11APAPB．扇形11OAP的面积为C．12sin2APD．当π3时，四边形11OAAP的面积为1πsin23【答案】ACD【解析】由题意圆的半径1r选项A：由题意得11cos,sincos,sinAP，，1,0cos,sinAP，所以2211coscossinsinAP+22coscos2sinsin22cos22cos1sinAP+22cos2cos1sin-+22cos所以11APAP，故A正确；选项B：因为11AOP，所以扇形11OAP的面积21122Sr，故B错误；选项C，212coscossinsinAP+112coscos2sinsin22cos22cos222cos2222212sin224sin2sin2sin222故C正确；选项D：11111OAAPAOAPOASSS1111sin11sin2211sinsin22因为π3，所以1111πsinsin223OAAPS11ππsinsincoscossin223313sincos44113sincos2221πsin23故D正确故选：ACD.12．（多选题）（2023·浙江金华·浙江金华第一中学校考模拟预测）已知1sincos5，0,π，则（）A．12sincos25B．sincos1225C．7sincos5D．4tan3【答案】ACD【解析】对于A：因为1sincos,5所以21(sincos)12sincos,25即12sincos25，所以A正确;对于B、C：249(sincos)12sincos,25因为0,π，且12sincos025，所以sin0cos0，，即sinθcosθ0-，所以7sincos,5所以B错误，C正确;对于D：联立1sincos57sincos5，解得43sin,cos,55所以4tan3，所以D正确.故选：ACD.13．（2023·上海徐汇·位育中学校考模拟预测）已知为锐角，若π3cos25，则tan________．【答案】34【解析】π3cossin25，所以3sin5，因为为锐角，所以4cos5，3tan4，故答案为：3414．（2023·陕西西安·统考三模）已知tan7，则cos21sin2_______．【答案】43【解析】2222cos2cossin1sin2sincos2sincos221tan1(7)4223tan12tan(7)127，故答案为：4315．（2023·江西赣州·统考二模）已知为锐角，满足223sinsincos3cos5，则tan________．【答案】2【解析】因为22222222sinsincos3costantan33sinsincos3cossincostan15，整理得22tan5tan180，解得tan2或9tan2，又因为为锐角，则tan0，所以tan2.故答案为：2.16．（2023·上海徐汇·南洋中学校考三模）已知一个半径为4的扇形圆心角为(02π)，面积为2π，若tan()3，则tan__