5.1任意角和弧度制（预习衔接.夯实基础.含解析）2025-2026学年高一上学期数学必修第一册人教A版（2019）

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预习衔接.夯实基础 任意角和弧度制
一．选择题（共4小题）
1．（2024秋 朝阳区期中）已知α、β均为第二象限角，则“sinα＞sinβ”是“cosα＞cosβ”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
2．（2024秋 黄岛区期中）在周长为定值P的扇形中，面积最大时扇形的半径为（　　）
A． B． C． D．
3．（2024春 合肥期末）我国北宋时期科技史上的杰作《梦溪笔谈》收录了计算扇形弧长的近似计算公式：，公式中“弦”是指扇形中圆弧所对弦的长，“矢”是指圆弧所在圆的半径与圆心到弦的距离之差，“径”是指扇形所在圆的直径．如图，已知扇形的面积为，扇形所在圆O的半径为2，利用上述公式，计算该扇形弧长的近似值为（　　）
A． B． C． D．
4．（2023秋 南通期末）若扇形的圆心角为2rad，半径为1，则该扇形的面积为（　　）
A． B．1 C．2 D．4
二．多选题（共3小题）
（多选）5．（2023秋 雁塔区校级期末）下列说法正确的是（　　）
A．如果α是第一象限的角，则﹣α是第四象限的角
B．43°角与﹣317°角终边重合
C．若圆心角为的扇形的弧长为π，则该扇形面积为
D．若α是第二象限角，则点P（sinα，cosα）在第四象限
（多选）6．（2023秋 七里河区校级期末）下列说法错误的是（　　）
A．若α终边上一点的坐标为（3k，4k）（k≠0），则
B．若角α为锐角，则2α为钝角
C．若圆心角为的扇形的弧长为π，则该扇形的面积为
D．若，且0＜α＜π，则
（多选）7．（2022秋 郯城县校级期末）下列说法正确的是（　　）
A．240°π
B．1弧度的角比1°的角大
C．用弧度制量角时，角的大小与圆的半径有关
D．扇形的周长为6厘米，面积为2平方厘米，则扇形的圆心角的弧度数为4
三．填空题（共4小题）
8．（2024秋 浦东新区期中）下面有四个命题：
①若点P（a，2a）（a≠0）为角α的终边上一点，则；
②同时满足，的角α有且只有一个；
③如果角α满足，那么角α是第二象限的角；
④满足条件的角x的集合为．
其中真命题的序号为 　 　．
9．（2023秋 岳池县校级期末）若一扇形弧长为2，圆心角为90°，则该扇形的面积为 　 　．
10．（2023秋 济源期末）已知某扇形的半径为3，面积为，那么扇形的弧长为　 　
11．（2023秋 迪庆州期末）《九章算术》是中国古代的数学名著，其中《方田》一章涉及到了弧田面积的计算问题，如图所示，弧田是由弧和弦AB所围成的图中阴影部分．若弧田所在扇形的圆心角为，扇形的面积为3π，则此弧田的面积为 　 　．
四．解答题（共4小题）
12．（2023秋 荔湾区校级期末）已知，，其中，β∈（0，π）．
（1）求角β；
（2）求sin（2α﹣β）．
13．（2024春 遵义期中）如图，这是一个扇形环面（由扇形OCD挖去扇形OAB后构成）展台，AD＝4米．
（1）若∠COD，OA＝2米，求该扇形环面展台的周长；
（2）若该扇形环面展台的周长为14米，布置该展台的平均费用为500元/平方米，求布置该扇形环面展台的总费用．
14．（2023秋 许昌期末）如图，在扇形OPQ中，半径OP＝1，圆心角∠POQ，C是扇形弧上的动点，矩形ABCD内接于扇形．记∠POC＝α，求当角α取何值时，矩形ABCD的面积最大？并求出这个最大面积．
15．（2023秋 南通期末）如图，在半径为4、圆心角为90°的扇形OAB中；M，N分别为OA，OB的中点，点P，Q在圆弧AB上且MN∥PQ．
（1）若∠BOP＝15°，求梯形MNPQ的高；
（2）求四边形MNPQ面积的最大值．
预习衔接.夯实基础 任意角和弧度制
参考答案与试题解析
一．选择题（共4小题）
1．（2024秋 朝阳区期中）已知α、β均为第二象限角，则“sinα＞sinβ”是“cosα＞cosβ”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
【考点】象限角、轴线角．
【专题】计算题；转化思想；综合法；三角函数的求值；逻辑思维；运算求解．
【答案】C
【分析】直接利用同角三角函数关系式的变换以及充分性和必要性的应用求出结果．
【解答】解：由于α、β均为第二象限角，当sinα＞sinβ＞0，整理得sin2α＞sin2β，根据同角三角函数的关系式，所以1﹣cos2α＞1﹣cos2β，
由于cosα＜0，cosβ＜0，故cosα＞cosβ，即充分性成立，
当cosα＞cosβ，且α、β均为第二象限角，所以0＞cosα＞cosβ，故cos2α＜cos2β，
所以1﹣sin2α＜1﹣sin2β，即sin2α＞sin2β，
由于α、β均为第二象限角，所以sinα＞sinβ＞0，故必要性成立，
故“sinα＞sinβ”是“cosα＞cosβ”的充要条件．
故选：C．
【点评】本题考查的知识点：同角三角函数的关系式的变换，充分性和必要性的应用，主要考查学生的运算能力，属于基础题．
2．（2024秋 黄岛区期中）在周长为定值P的扇形中，面积最大时扇形的半径为（　　）
A． B． C． D．
【考点】扇形面积公式．
【专题】计算题；转化思想；综合法；三角函数的求值；逻辑思维；运算求解．
【答案】C
【分析】直接利用扇形的面积公式和基本不等式的应用求出结果．
【解答】解：由于周长为定值P的扇形，故2R+L＝P，
所以，
当且仅当2R＝L时，即R时，等号成立．
故选：C．
【点评】本题考查的知识点：扇形的周长和面积，基本不等式，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
3．（2024春 合肥期末）我国北宋时期科技史上的杰作《梦溪笔谈》收录了计算扇形弧长的近似计算公式：，公式中“弦”是指扇形中圆弧所对弦的长，“矢”是指圆弧所在圆的半径与圆心到弦的距离之差，“径”是指扇形所在圆的直径．如图，已知扇形的面积为，扇形所在圆O的半径为2，利用上述公式，计算该扇形弧长的近似值为（　　）
A． B． C． D．
【考点】扇形面积公式；弧长公式．
【专题】整体思想；综合法；三角函数的求值；运算求解．
【答案】C
【分析】根据扇形的面积公式可得圆心角大小，进而根据弧长的近似计算公式即可求解．
【解答】解：设扇形的圆心角为α，
由扇形面积公式可知，所以，
如图，取的中点C，连接OC，交AB于点D，
则OC⊥AB．易知，则，
所以CD＝2﹣1＝1，，，
所以扇形弧长的近似值为AB．
故选：C．
【点评】本题主要考查了扇形的面积公式，考查了扇形弧长的近似计算公式，属于基础题．
4．（2023秋 南通期末）若扇形的圆心角为2rad，半径为1，则该扇形的面积为（　　）
A． B．1 C．2 D．4
【考点】扇形面积公式．
【专题】转化思想；综合法；三角函数的求值；运算求解．
【答案】B
【分析】利用扇形的面积公式化简即可求解．
【解答】解：由题意可得α＝2，r＝1，
则扇形的面积为S1．
故选：B．
【点评】本题考查了扇形的面积公式的应用，属于基础题．
二．多选题（共3小题）
（多选）5．（2023秋 雁塔区校级期末）下列说法正确的是（　　）
A．如果α是第一象限的角，则﹣α是第四象限的角
B．43°角与﹣317°角终边重合
C．若圆心角为的扇形的弧长为π，则该扇形面积为
D．若α是第二象限角，则点P（sinα，cosα）在第四象限
【考点】象限角、轴线角；扇形面积公式；三角函数值的符号；命题的真假判断与应用；任意角的概念；终边相同的角．
【专题】转化思想；综合法；三角函数的图象与性质；运算求解．
【答案】ABD
【分析】利用象限角的概念判断A；利用终边相同的角的特征判断B；求出扇形所在圆半径，再求出扇形面积判断C；利用三角形函数值的符号法则判断D．
【解答】解：对于A，α是第一象限的角，即，
则，
因此﹣α是第四象限的角，A正确；
对于B，由于﹣317°＝﹣360°+43°，因此43°角与﹣317°角终边重合，B正确；
对于C，由圆心角为的扇形弧长为π，得该扇形弧所在圆半径为3，则该扇形面积为，C错误；
对于D，由α是第二象限角，得sinα＞0，cosα＜0，则点P（sinα，cosα）在第四象限，D正确．
故选：ABD．
【点评】本题考查三角函数性质，属于基础题．
（多选）6．（2023秋 七里河区校级期末）下列说法错误的是（　　）
A．若α终边上一点的坐标为（3k，4k）（k≠0），则
B．若角α为锐角，则2α为钝角
C．若圆心角为的扇形的弧长为π，则该扇形的面积为
D．若，且0＜α＜π，则
【考点】扇形面积公式；任意角的三角函数的定义；命题的真假判断与应用；任意角的概念．
【专题】转化思想；定义法；三角函数的求值；逻辑思维；运算求解．
【答案】AB
【分析】由三角函数的定义可判断A；取可判断B；由扇形的面积公式可判断C；对两边同时平方可得，可得或，再由|sinα|＞|cosα|可判断D．
【解答】解：对于A，（3k，4k）（k≠0）到原点的距离为r＝5|k|，
若r＞0时，；若r＜0时，，选项A错误；
对于B，若为锐角，所以选项B错误；
对于C，设扇形的半径为r，则，解得：r＝3，
所以扇形面积，选项C正确；
对于D，因为，则，
所以，
所以，解得或．
因为，，且0＜α＜π，
所以|sinα|＞|cosα|，所以，选项D正确．
故选：AB．
【点评】本题考查了三角函数的定义与应用问题，也考查了推理与判断能力，是基础题．
（多选）7．（2022秋 郯城县校级期末）下列说法正确的是（　　）
A．240°π
B．1弧度的角比1°的角大
C．用弧度制量角时，角的大小与圆的半径有关
D．扇形的周长为6厘米，面积为2平方厘米，则扇形的圆心角的弧度数为4
【考点】弧长公式；弧度制．
【专题】对应思想；综合法；三角函数的求值；运算求解．
【答案】AB
【分析】利用角度制与弧度制的定义以及它们之间的关系对ABC选项逐一分析判断即可求解，由已知先求出圆心角，然后结合弧长公式即可判断D．
【解答】解：对于A，240°＝240rad，故A正确；
对于B，根据弧度制与角度制的互化，可得1rad1°，故选项B正确；
对于C，用弧度制度量角时，角的大小与圆的半径是无关的，故选项C错误；
对于D，由题意得，
解得r＝1或r＝2，
当r＝1时，l＝4，α＝4，
当r＝2时，l＝2，α＝2，故D错误．
故选：AB．
【点评】本题主要考查了弧长公式，角的概念的理解，主要考查了角度制与弧度制的理解，属于基础题．
三．填空题（共4小题）
8．（2024秋 浦东新区期中）下面有四个命题：
①若点P（a，2a）（a≠0）为角α的终边上一点，则；
②同时满足，的角α有且只有一个；
③如果角α满足，那么角α是第二象限的角；
④满足条件的角x的集合为．
其中真命题的序号为 　④　．
【考点】象限角、轴线角；任意角的三角函数的定义；同角正弦、余弦的商为正切．
【专题】转化思想；综合法；三角函数的图象与性质；运算求解．
【答案】④．
【分析】①根据正弦函数定义求正弦值判断；②注意任意角定义即可判断；③直接判断角所在象限即可；④根据正切值及任意角定义求角即可判断．
【解答】解：①若点P（a，2a）（a≠0）为角α的终边上一点，（注意参数a的符号不确定），故①是假命题；
②同时满足，，可得2kπ，k∈Z，故②是假命题；
③如果角α满足，那么角α是第三象限的角，不是第二象限角，故③是假命题；
④满足条件的角x＝kπ，k∈Z，故④是真命题．
故答案为：④．
【点评】本题主要考查象限角以及终边相同的角，属于基础题也是易错题．
9．（2023秋 岳池县校级期末）若一扇形弧长为2，圆心角为90°，则该扇形的面积为 　　．
【考点】扇形面积公式．
【专题】对应思想；定义法；三角函数的求值；运算求解．
【答案】．
【分析】根据扇形弧长公式先求出扇形半径，再用扇形面积公式即可求解．
【解答】解：设扇形半径为r，因为圆心角为，弧长l＝rα＝2．
所以，
所以扇形的面积为．
故答案为：．
【点评】本题考查了扇形的弧长与面积计算问题，是基础题．
10．（2023秋 济源期末）已知某扇形的半径为3，面积为，那么扇形的弧长为　π　
【考点】扇形面积公式．
【专题】对应思想；定义法；三角函数的求值；运算求解．
【答案】见试题解答内容
【分析】根据扇形的面积公式直接进行求解即可．
【解答】解：设扇形的弧长为l，
则S3×l，
得l＝π，
故答案为：π
【点评】本题主要考查扇形面积公式的应用，结合扇形的面积公式是解决本题的关键．比较基础．
11．（2023秋 迪庆州期末）《九章算术》是中国古代的数学名著，其中《方田》一章涉及到了弧田面积的计算问题，如图所示，弧田是由弧和弦AB所围成的图中阴影部分．若弧田所在扇形的圆心角为，扇形的面积为3π，则此弧田的面积为 　　．
【考点】扇形面积公式．
【专题】计算题；数形结合；数形结合法；三角函数的求值；运算求解；新文化类．
【答案】．
【分析】根据题意，求得扇形的所在圆的半径R＝3，再求得△AOB的面积，即可求解．
【解答】解：设扇形的半径为R，扇形面积，可得R＝3，
故有，
所以弧田的面积为．
故答案为：．
【点评】本题主要考查了扇形的面积公式，属于基础题．
四．解答题（共4小题）
12．（2023秋 荔湾区校级期末）已知，，其中，β∈（0，π）．
（1）求角β；
（2）求sin（2α﹣β）．
【考点】两角和与差的三角函数．
【专题】整体思想；综合法；三角函数的求值；运算求解．
【答案】（1）；
（2）．
【分析】（1）根据cosβ＝cos[（α+β）﹣α]，然后利用两角差的余弦代入即可；
（2）根据sin（2α﹣β）＝sin2αcosβ﹣cos2αsinβ，利用倍角公式算出sin2α，cos2α代入即可求解．
【解答】解：（1）∵，
∴，
∵cosβ＝cos[（α+β）﹣α]＝cos（α+β）cosα+sin（α+β）sinα，
又∵β∈（0，π），
∴；
（2）∵，，
∴sin（2α﹣β）＝sin2αcosβ﹣cos2αsinβ．
【点评】本题主要考查了同角基本关系及和差角公式，二倍角公式在三角化简求值中的应用，属于基础题．
13．（2024春 遵义期中）如图，这是一个扇形环面（由扇形OCD挖去扇形OAB后构成）展台，AD＝4米．
（1）若∠COD，OA＝2米，求该扇形环面展台的周长；
（2）若该扇形环面展台的周长为14米，布置该展台的平均费用为500元/平方米，求布置该扇形环面展台的总费用．
【考点】扇形面积公式．
【专题】计算题；数形结合；数形结合法；三角函数的求值；运算求解．
【答案】（1）；
（2）6000．
【分析】（1）利用扇形的弧长公式即可求解；
（2）设∠COD＝θ，OA＝r米，利用扇形的弧长公式可求得θr+2θ＝3，进而利用扇形的面积公式即可求解．
【解答】解：（1）因为米，
所以弧AB的长度，
因为AD＝4米，
所以OD＝6米，
则弧CD的长度，
故该扇形环面展台的周长为米；
（2）设∠COD＝θ，OA＝r米，
则弧AB的长度l1＝θr，弧CD的长度l2＝θ（r+4）＝θr+4θ，
因为该扇形环面展台的周长为14米，
所以l1+l2+4×2＝14，
即θr+θr+4θ+4×2＝14，整理得θr+2θ＝3，
则该扇形环面展台的面积为平方米，
故布置该扇形环面展台的总费用为500×12＝6000元．
【点评】本题考查了扇形的弧长公式和面积公式的应用，考查了计算能力和数形结合思想，属于基础题．
14．（2023秋 许昌期末）如图，在扇形OPQ中，半径OP＝1，圆心角∠POQ，C是扇形弧上的动点，矩形ABCD内接于扇形．记∠POC＝α，求当角α取何值时，矩形ABCD的面积最大？并求出这个最大面积．
【考点】扇形面积公式；弧度制．
【专题】函数思想；数形结合法；三角函数的图象与性质；解三角形；运算求解．
【答案】当时，矩形ABCD的面积最大，最大面积为．
【分析】利用直角三角形的边角关系表示出OB、BC、OA和AB，写出矩形ABCD的面积，利用三角函数的性质求出它的最大值．
【解答】解：在Rt△OBC中，OB＝cosα，BC＝sinα．
在Rt△OAD中，．
，
．
设矩形ABCD的面积为S，则
S＝AB BC
＝（cosαsinα）sinα
＝sinαcosαsin2α
sin2α（1﹣cos2α）
sin2αcos2α
（sin2αcos2α）
sin（2α）．
由，得，
所以当，即时，
．
因此，当时，矩形ABCD的面积最大，最大面积为．
【点评】本题考查了三角函数的图象与性质的应用问题，也考查了解三角形的应用问题，是中档题．
15．（2023秋 南通期末）如图，在半径为4、圆心角为90°的扇形OAB中；M，N分别为OA，OB的中点，点P，Q在圆弧AB上且MN∥PQ．
（1）若∠BOP＝15°，求梯形MNPQ的高；
（2）求四边形MNPQ面积的最大值．
【考点】扇形面积公式．
【专题】转化思想；综合法；三角函数的图象与性质；运算求解．
【答案】（1）；
（2）7．
【分析】（1）作OF⊥PQ交于F，交MN于E，由题意当∠POB＝15°时，可得∠POE＝30°，求出OF，OE的值，进而可得梯形的高；
（2）设∠POE＝θ，θ∈[0，]，求出MN，PQ的表达式，代入四边形的面积公式中，设t＝cosθ﹣sinθ，两边平方可得2cosθsinθ的表达式，由二次函数的性质可得面积的最大值．
【解答】解：（1）因为MN∥PQ，作OF⊥PQ交于F，交MN于E，因为M，N为半径的中点，∠AOB＝90°，
可得E，F分别为MN，PQ的中点，∠BOE＝45°，
当∠POB＝15°，所以∠POE＝30°，
所以OF＝OPcos30°＝42，OE＝ONcos45°＝2，
所以梯形MNPQ的高EF＝OF﹣OE＝2；
（2）设∠POE＝θ，θ∈[0，]，MNON＝2，
PF＝OPsinθ＝4sinθ，EF＝OF﹣OE＝OPcosθ4cosθ，
所以S四边形MNPQ（MN+PQ） EF（28sinθ）（4cosθ）
＝16sinθcosθ+4cosθ﹣4sinθ﹣2
＝16sinθcosθ+4（cosθ﹣sinθ）﹣2，
设t＝cosθ﹣sinθcos（θ），θ∈[0，]，所以t∈[0，1]，
两边平方可得t2＝1﹣2sinθcosθ，可得2sinθcosθ＝1﹣t2，
所以S四边形MNPQ＝8（1﹣t2）+4t﹣2＝﹣8t2+4t+6，t∈[0，1]，
开口向下，对称轴t，显然∈[0，1]，
所以t时，S四边形MNPQ最大，且最大值为﹣8×（）2+46＝7．
【点评】本题考查三角函数的性质的应用，四边形面积的求法，二次函数的性质的应用，属于中档题．
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