《（全國通用版）2018-2019高中數(shù)學 模塊綜合檢測 新人教B版必修4.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（全國通用版）2018-2019高中數(shù)學 模塊綜合檢測 新人教B版必修4.doc（11頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

模塊綜合檢測 (時間:120分鐘　滿分:150分) 一、選擇題(本大題共12小題,每小題5分,共60分.在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的) 1.若sin α2=33,則cos α=(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　 A.- B.- C. D. 解析:cos α=1-2sin2α2=1-2332=13.故選C. 答案:C 2.若tan(α-3π)>0,sin(-α+π)<0,則α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:由已知得tan α>0,sin α<0, ∴α是第三象限角. 答案:C 3.函數(shù)f(x)=sin2x+π3的圖象的對稱軸方程可以為 (　　) A.x=π12 B.x=5π12 C.x=π3 D.x=π6 解析:由2x+π3=kπ+π2(k∈Z), 得x=kπ2+π12(k∈Z). 當k=0時,x=π12. 答案:A 4.當cos 2α=23時,sin4α+cos4α的值是(　　) A.1 B. C.1118 D.1318 解析:sin4α+cos4α=(sin2α+cos2α)2-2sin2αcos2α=1-sin22α=1-(1-cos22α)=1118. 答案:C 5.已知a=1,12,b=1,-12,c=a+kb,d=a-b,c與d的夾角是π4,則k的值為(　　) A.- B.-3 C.-3或- D.-1 解析:c=1,12+k,-12k=1+k,12-12k,d=(0,1). cosπ4=12-12k(1+k)2+14(1-k)2, 解得k=-3或-13. 答案:C 6. 如圖,在直角三角形PBO中,∠PBO=90,以O(shè)為圓心,OB為半徑作圓弧交OP于A點,若AB等分△PBO的面積,且∠AOB=α,則(　　) A.tan α=α B.tan α=2α C.sin α=2cos α D.2sin α=cos α 解析:設(shè)扇形的半徑為r,則扇形的面積為αr2,直角三角形PBO中,PB=rtan α,△PBO的面積為rrtan α,由題意得rrtan α=2αr2,∴tan α=2α,故選B. 答案:B 7.已知函數(shù)y=Asin(ωx+φ)+m(A>0)的最大值為4,最小值為0,最小正周期為π2,直線x=π3是其圖象的一條對稱軸,則下面各式中符合條件的函數(shù)解析式是(　　) A.y=4sinx+π6 B.y=2sin2x+π3+2 C.y=2sin4x+π3+2 D.y=2sin4x+π6+2 解析:由A+m=4,-A+m=0,得A=2,m=2. 又∵T=π2,∴ω=2ππ2=4, ∴ωx+φ=4x+φ. ∵x=π3是其一條對稱軸, ∴43π+φ=kπ+π2(k∈Z), ∴φ=kπ-56π. 當k=1時,φ=π6, ∴y=2sin4x+π6+2. 答案:D 8.已知向量OB=(2,0),OC=(0,2),CA=(cos θ,sin θ),則|AB|的取值范圍是(　　) A.[1,2] B.[22,4] C.[22-1,22+1] D.[22,22+1] 解析:由題意知,AB=(2-cos θ,-2-sin θ), 所以|AB|=(2-cosθ)2+(-2-sinθ)2=4-4cosθ+1+4+4sinθ=9+42sinθ-π4∈[9-42,9+42], 即|AB|∈[22-1,22+1]. 答案:C 9. 已知函數(shù)f(x)=Asinπ3x+π6,x∈R,A>0,y=f(x)的部分圖象如圖,P,Q分別為該圖象的最高點和最低點,點P的橫坐標為1.若點R的坐標為(1,0),∠PRQ=2π3,則A=(　　) A.3 B.2 C.1 D.23 解析:函數(shù)f(x)的周期為T=2ππ3=6,∴Q(4,-A). 又∠PRQ=2π3, ∴直線RQ的傾斜角為5π6, ∴A1-4=-33,A=3. 答案:A 10.已知點A,B,C是直線l上不同的三個點,點O不在l上,則關(guān)于實數(shù)x的方程x2OA+xOB+AC=0的解集為(　　) A.? B.{-1} C.-1-52,-1+52 D.{-1,0} 解析:由于AB=OB-OA,又AB∥AC,則存在實數(shù)λ,使AC=λAB,則AC=λ(OB-OA)=λOB-λOA,所以有λOA-λOB+AC=0,由于OA和OB不共線,又x2OA+xOB+AC=0, 所以x2=λ,x=-λ.由于AC是任意非零向量,則實數(shù)λ是任意實數(shù),則等式λ2=λ不一定成立,所以關(guān)于x的方程x2OA+xOB+AC=0的解集為?. 答案:A 11.已知cos α=,cos(α+β)=-,且α,β∈0,π2,則cos(α-β)=(　　) A.- B. C.- D.2327 解析:因為α∈0,π2, 所以2α∈(0,π). 因為cos α=13, 所以cos 2α=2cos2α-1=-79, 所以sin 2α=1-cos22α=429. 又α,β∈0,π2, 所以α+β∈(0,π), 所以sin(α+β)=1-cos2(α+β)=223, 所以cos(α-β)=cos[2α-(α+β)]=cos 2αcos(α+β)+sin 2αsin(α+β)=-79-13+429223=2327. 答案:D 12.已知∠A1,∠A2,…,∠An為凸多邊形的內(nèi)角,且lg sin A1+lg sin A2+…+lg sin An=0,則這個多邊形是(　　) A.正六邊形 B.梯形 C.矩形 D.含銳角的菱形 解析:lg sin A1+lg sin A2+…+lg sin An =lg(sin A1sin A2…sin An)=0, 則sin A1sin A2…sin An=1, 又∠A1,∠A2,…,∠An為凸多邊形的內(nèi)角, 則∠A1,∠A2,…,∠An∈(0,π), 則00,|φ|<π2在一個周期內(nèi)的圖象,根據(jù)圖中數(shù)據(jù)求解析式; (2)如果t在任意一段1150秒的時間內(nèi),電流I=Asin(ωt+φ)都能取得最大值和最小值,那么ω的最小正整數(shù)值是多少? 解:(1)由圖知,A=300, 12T=1800--1900=177 200, ∴T=173 600,∴ω=2πT=7 200π17, ∴7 20017π-1900+φ=0. 又|φ|<π2,∴φ=817π, ∴I=300sin7 200π17x+817π. (2)∵t在任一段1150秒內(nèi)I能取到最大值和最小值, ∴I=Asin(ωt+φ)的周期T≤1150, 即2πω≤1150,ω≥300π≈943. ∴ω的最小正整數(shù)值是943. 19.(12分)設(shè)在平面上有兩個向量a=(cos 2α,sin 2α)(0≤α<π),b=12,32,a與b不共線. (1)求證:向量a+b與a-b垂直; (2)當向量3a+b與a-3b的模相等時,求α的大小. (1)證明由已知得|a|=cos22α+sin22α=1,|b|=122+322=1, 則(a+b)(a-b)=a2-b2=0, 所以a+b與a-b垂直. (2)解:由|3a+b|=|a-3b|兩邊平方,得3|a|2+23ab+|b|2=|a|2-23ab+3|b|2, ∴2(|a|2-|b|2)+43ab=0. 而|a|=|b|,∴ab=0. ∴12cos 2α+32sin 2α=0,即sin2α+π6=0, ∴2α+π6=kπ(k∈Z). 又0≤α<π,∴α=5π12或α=11π12. 20.(12分)如圖,在平面直角坐標系xOy中,以O(shè)x軸為始邊作兩個銳角α,β,它們的終邊分別與單位圓相交于A,B兩點,已知A,B兩點的橫坐標分別為210,255. (1)求tan(α+β)的值; (2)求α+2β的值. 解:由已知得cos α=210,cos β=255. ∵α,β為銳角, ∴sin α=1-cos2α=7210, sin β=1-cos2β=55. ∴tan α=7,tan β=12. (1)tan(α+β)=tanα+tanβ1-tanαtanβ=7+121-712=-3. (2)∵tan 2β=2tanβ1-tan2β=2121-122=43, ∴tan(α+2β)=tanα+tan2β1-tanαtan2β=7+431-743=-1. ∵α,β為銳角,∴0<α+2β<3π2.∴α+2β=3π4. 21.(12分)已知點A,B,C的坐標分別為A(3,0),B(0,3),C(cos α,sin α),α∈π2,3π2. (1)若|AC|=|BC|,求角α的值; (2)若ACBC=-1,求2sin2α+sin2α1+tanα的值. 解:(1)∵AC=(cos α-3,sin α), BC=(cos α,sin α-3), ∴|AC|=(cosα-3)2+sin2α=10-6cosα, |BC|=cos2α+(sinα-3)2=10-6sinα. 由|AC|=|BC|,得sinα=cos α. 又∵α∈π2,3π2,∴α=5π4. (2)由ACBC=-1,得(cos α-3)cos α+sin α(sin α-3)=-1. ∴sin α+cos α=23. ① 又2sin2α+sin2α1+tanα=2sinα(sinα+cosα)1+sinαcosα=2sin αcos α. 由①式兩邊平方,得1+2sin αcos α=49, ∴2sin αcos α=-59. ∴2sin2α+sin2α1+tanα=-59. 22.(12分)如圖,已知OPQ是半徑為1,圓心角為θ的扇形,A是扇形弧PQ上的動點,AB∥OQ,OP與AB交于點B,AC∥OP,OQ與AC交于點C. (1)當θ=π2時,求點A的位置,使矩形ABOC的面積最大,并求出這個最大面積; (2)當θ=π3時,求點A的位置,使平行四邊形ABOC的面積最大,并求出這個最大面積. 解:(1)連接OA,設(shè)∠AOB=α, 則OB=cos α,AB=sin α. ∴矩形面積S=OBAB=sin αcos α. ∴S=12sin 2α. 由于0<α<π2, ∴當2α=π2,即α=π4時,S最大=12. ∴A點在PQ的中點時,矩形ABOC面積最大,最大面積為12. (2)連接OA,設(shè)∠AOP=α,過A點作AH⊥OP,垂足為H.在Rt△AOH中,AH=sin α,OH=cos α. 在Rt△ABH中,AHBH=tan 60=3,∴BH=33sin α. ∴OB=OH-BH=cos α-33sin α. 設(shè)平行四邊形ABOC的面積為S, 則S=OBAH=cosα-33sinαsin α =sin αcos α-33sin2α=12sin 2α-36(1-cos 2α) =12sin 2α+36cos 2α-36 =1332sin2α+12cos2α-36 =13sin2α+π6-36. 由于0<α<π3, ∴當2α+π6=π2, 即α=π6時,S最大=13-36=36. ∴當A是PQ的中點時,平行四邊形面積最大,最大面積為36.