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1、专题5.1 任意角和弧度制及任意角的三角函数练基础1（2021·宁夏高三三模（文）已知角终边经过点则（ ）ABCD【答案】D【解析】直接利用三角函数的定义即可.【详解】由三角函数定义，.故选：D.2.（2021·中牟县教育体育局教学研究室高一期中）已知角的终边经过点，则（ ）ABCD【答案】C【解析】由三角函数的定义即可求得的值【详解】角的终边经过点，故选：3（2020·全国高一课时练习）若2，则的终边在（ ）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】根据角的弧度制与角度制之间的转化关系可得选项.【详解】因为1 rad57.30°，所以2
2、 rad114.60°，故的终边在第三象限故选：C.4（2021·江苏高一期中）下列命题：钝角是第二象限的角；小于的角是锐角；第一象限的角一定不是负角；第二象限的角一定大于第一象限的角；手表时针走过2小时，时针转过的角度为；若，则是第四象限角其中正确的题的个数是（ ）A1个B2个C3个D4个【答案】B【解析】结合象限角和任意角的概念逐个判断即可.【详解】对于：钝角是大于小于的角，显然钝角是第二象限角. 故正确；对于：锐角是大于小于的角，小于的角也可能是负角. 故错误；对于：显然是第一象限角. 故错误；对于：是第二象限角，是第一象限角，但是. 故错误；对于：时针转过的角是负角
3、. 故错误；对于：因为，所以，是第四象限角. 故正确.综上，正确.故选：B.5（2021·辽宁高三其他模拟）装饰公司制作一种扇形板状装饰品，其圆心角为，并在扇形弧上正面等距安装7个发彩光的小灯泡且在背面用导线将小灯泡串连（弧的两端各一个灯泡，导线接头忽略不计），已知扇形的半径为30厘米，则连接导线大致需要的长度约为（ ）A55厘米B63厘米C69厘米D76厘米【答案】B【解析】由于实际问题中扇形弧长较小，可将导线的长视为扇形弧长，利用弧长公式计算即可.【详解】因为在弧长比较短的情况下分成6等份，每部分的弦长和弧长相差很小，所以可以用弧长近似代替弦长，所以导线的长度为(厘米）故选：B6
4、（2021·上海格致中学高三三模）半径为2，中心角为的扇形的面积等于（ ）ABCD【答案】C【解析】根据扇形的面积公式即可求解.【详解】解：因为扇形的半径，中心角，所以扇形的面积，故选：C.7（2021·辽宁高三其他模拟）“数摺聚清风，一捻生秋意”是宋朝朱翌描写折扇的诗句，折扇出人怀袖，扇面书画，扇骨雕琢，是文人雅士的宠物，所以又有“怀袖雅物”的别号如图是折扇的示意图，其中OA20cm，AOB120°，M为OA的中点，则扇面（图中扇环）部分的面积是（ ）Acm2Bcm2Ccm2Dcm2【答案】B【解析】根据扇形面积公式计算可得；【详解】解：扇环的面积为故选：B8（
5、2021·重庆八中高三其他模拟）如图所示，扇环的两条弧长分别是4和10，两条直边与的长都是3，则此扇环的面积为（ ）A84B63C42D21【答案】D【解析】设扇环的圆心角为，小圆弧的半径为，依题意可得且，解得、，进而可得结果.【详解】设扇环的圆心角为，小圆弧的半径为，由题可得且，解得，从而扇环面积.故选：D9（2021·浙江高二期末）已知角的终边过点，若，则_【答案】【解析】利用三角函数的定义可求.【详解】由三角函数的定义可得，故.故答案为：.10（2021·山东日照市·高三月考）已知函数，则_【答案】【解析】利用分段函数直接进行求值即可【详解】函数，
6、故答案为：.练提升TIDHNEG1（2021·河南洛阳市·高一期中（文）点为圆与轴正半轴的交点，将点沿圆周逆时针旋转至点，当转过的弧长为时，点的坐标为（ ）ABCD【答案】B【解析】先求出旋转角，就可以计算点的坐标了.【详解】设旋转角为，则，得，从而可得.故选：B.2（2021·上海高二课时练习）若是三角形的最小内角，则的取值范围是（ ）ABCD【答案】D【解析】由给定条件结合三角形三内角和定理即可作答.【详解】设B，C是三角形的另外两个内角，则必有，又,则，即，当且仅当，即A是正三角形内角时取“=”，又，于是有，所以的取值范围是.故选：D3（2021·
7、北京清华附中高三其他模拟）已知则“”是“”的（ ）A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件【答案】A【解析】求解出成立的充要条件，再与分析比对即可得解.【详解】，则或，由得，由得，显然，所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A4（2021·安徽池州市·池州一中高三其他模拟（理）已知一个半径为3的扇形的圆心角为，面积为，若，则（ ）ABCD【答案】C【解析】由扇形的面积公式得,进而根据正切的和角公式解方程得.【详解】解:由扇形的面积公式得,解得,所以,解得故选:C5（2021·新蔡县第一高级中学高一月考）一个圆心角为的扇形，它的弧长是
8、，则扇形的内切圆（与扇形的弧和半径的相切）的半径等于（ ）A2B4CD【答案】B【解析】设扇形内切圆的半径为，扇形所在圆的半径为，求得，结合弧长公式，列出方程，即可求解.【详解】如图所示，设扇形内切圆的半径为，扇形所在圆的半径为，过点作，在直角中，可得，所以扇形的半径为，又由扇形的弧长公式，可得，解得，即扇形的内切圆的半径等于.故选：B.6（2021·安徽合肥市·合肥一中高三其他模拟（文）已知顶点在原点的锐角，始边在x轴的非负半轴，始终绕原点逆时针转过后交单位圆于，则的值为（ ）ABCD【答案】B【解析】根据任意角的三角函数的定义求出，然后凑角结合两角差的正弦公式求出.【详
9、解】由题意得(为锐角)为锐角，故选：B7（2020·安徽高三其他模拟（文）已知角的顶点与原点O重合，始边与x轴的非负半轴重合，它的终边经过点A(1，-3)，则=（ ）ABC1D-1【答案】B【解析】根据终边上的点求出，再结合正切和公式求解即可【详解】由题知，则.故选：B8（2021·合肥一六八中学高三其他模拟（理）已知顶点在原点，始边在x轴非负半轴的锐角绕原点逆时针转后，终边交单位圆于，则的值为（ ）ABCD【答案】C【解析】设锐角绕原点逆时针转后得角，由，则，分的值结合三角函数的定义，求解即可，根据条件进行取舍.【详解】设锐角绕原点逆时针转后得角，则，由为锐角， 根据题意
10、角终边交单位圆于，则，则若，则 所以，与为锐角不符合.若，则 所以,满足条件.故选：C9（2021·安徽宣城市·高三二模（文）刘徽是中国魏晋时期杰出的数学家，他提出“割圆求周”方法：当n很大时，用圆内接正边形的周长近似等于圆周长，并计算出精确度很高的圆周率在九章算术注中总结出“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣”的极限思想运用此思想，当取时，可得的近似值为（ ）ABCD【答案】D【解析】由圆的垂径定理，求得，根据扇形对应的弦长之和近似于单位圆的周长，列出方程，即可求解.【详解】将一个单位圆分成个扇形，则每个扇形的圆心角度数均为由圆的垂径定理，
11、可得每个圆心角所对的弦长，因为这个扇形对应的弦长之和近似于单位圆的周长，所以，所以故选：D10（2021·江苏南通市·高三其他模拟）某设计师为天文馆设计科普宣传图片，其中有一款设计图如图所示.是一个以点O为圆心长为直径的半圆，.的圆心为P，.与所围的灰色区域即为某天所见的月亮形状，则该月亮形状的面积为_.【答案】【解析】连接，可得，求出，利用割补法即可求出月牙的面积.【详解】解：连接，可得，因为，所以，所以月牙的面积为.故答案为：.练真题TIDHNEG1（全国高考真题）已知角的终边经过点(-4,3)，则cos=（ ）A45 B35 C-35 D-45【答案】D【解析】由题意
12、可知x=-4，y=3，r=5，所以cos=xr=-45.故选D.2（2020·全国高考真题（理）若为第四象限角，则（ ）Acos2>0Bcos2<0Csin2>0Dsin2<0【答案】D【解析】方法一：由为第四象限角，可得，所以此时的终边落在第三、四象限及轴的非正半轴上，所以故选：D.方法二：当时，选项B错误；当时，选项A错误；由在第四象限可得：，则，选项C错误，选项D正确；故选：D.3.（2015·上海高考真题（文）已知点的坐标为，将绕坐标原点逆时针旋转至，则点的纵坐标为（ ）.A BC D【答案】D【解析】由题意，设OA与x轴所成的角为，显然，故
13、，故纵坐标为4（2018·全国高考真题（文）已知角的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边上有两点A1，a，B2，b，且cos2=23，则a-b=A15 B55 C255 D1【答案】B【解析】由O,A,B三点共线，从而得到b=2a，因为cos2=2cos2-1=2(1a2+1)2-1=23，解得a2=15，即a=55，所以a-b=a-2a=55，故选B.5.（2017·北京高考真题（理）在平面直角坐标系xOy中，角与角均以Ox为始边，它们的终边关于y轴对称.若，则=_.【答案】【解析】因为和关于轴对称，所以，那么， （或），所以.6（2021·北京高考真题）若点与点关于轴对称，写出一个符合题意的_【答案】（满足即可）【解析】根据在单位圆上，可得关于轴对称，得出求解.【详解】与关于轴对称，即关于轴对称， ，则，当时，可取的一个值为.故答案为：（满足即可）.