《（浙江專用）2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 階段質(zhì)量檢測(cè)（一）平面向量、三角函數(shù)與解三角形.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專用）2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 階段質(zhì)量檢測(cè)（一）平面向量、三角函數(shù)與解三角形.doc（12頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

階段質(zhì)量檢測(cè)（一） 平面向量、三角函數(shù)與解三角形 (時(shí)間：120分鐘　滿分：150分) 一、選擇題(本大題共10小題，每小題4分，共40分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的) 1．(2018金華期末)函數(shù)y＝2sin2－1是(　　) A．最小正周期為π的奇函數(shù) B．最小正周期為2π的奇函數(shù) C．最小正周期為π的偶函數(shù) D．最小正周期為2π的偶函數(shù) 解析：選A　因?yàn)楹瘮?shù)y＝2sin2－1＝－＝－cos＝ －sin 2x，所以函數(shù)是最小正周期為＝π的奇函數(shù)． 2．已知向量a＝(1,2)，b＝(－2，m)，若a∥b，則|2a＋3b|＝(　　) A.　　　　　　　 　B．4 C．3 D．2 解析：選B　依題意得，＝，所以m＝－4,2a＋3b＝2(1,2)＋3(－2，－4)＝(－4，－8)，故|2a＋3b|＝＝4. 3．在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c.若△ABC為銳角三角形，且滿足sin B(1＋2cos C)＝2sin Acos C＋cos Asin C，則下列等式成立的是(　　) A．a(chǎn)＝2b B．b＝2a C．A＝2B D．B＝2A 解析：選A　由題意可知sin B＋2sin Bcos C＝sin Acos C＋sin(A＋C)，即2sin Bcos C＝sin Acos C，又cos C≠0，故2sin B＝sin A，由正弦定理可知a＝2b. 4．(2018柯橋區(qū)二模)已知不共線的兩個(gè)非零向量a，b，滿足|a＋b|＝|2a－b|，則(　　) A．|a|<|2b| B．|a|>|2b| C．|b|<|a－b| D．|b|>|a－b| 解析：選A　∵|a＋b|＝|2a－b|， ∴a2＋2ab＋b2＝4a2－4ab＋b2， ∴6ab＝3a2， ∴a2＝2ab， |a|2＝2|a||b|cos θ，其中θ為a、b的夾角； ∴|a|＝2|b|cos θ， 又a，b是不共線的兩個(gè)非零向量， ∴|a|<|2b|. 5．(2019屆高三鎮(zhèn)海中學(xué)檢測(cè))在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別是a，b，c，已知b－c＝a,2sin B＝3sin C，則cos A＝(　　) A．－ B． C． D． 解析：選A　在△ABC中，∵b－c＝a,2sin B＝3sin C，利用正弦定理可得2b＝3c，則a＝2c，b＝c. 再由余弦定理可得 cos A＝＝＝－. 6．(2018浦江模擬)已知平面向量a，b，c，滿足＋＝，且|a|＋|b|＋|c|＝4，則c(a＋b)的最大值為(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 解析：選B　由＋＝，可得a與b夾角為120，且c與a，b成等角，均為60， 設(shè)|a|＝a，|b|＝b，|c|＝c， 由|a|＋|b|＋|c|＝4，得a＋b＋c＝4，則0a，c>b， ∴＋＋ ＝accos(π－B)＋abcos(π－C)＋bccos(π－A)<－abcos B－abcos C－abcos A ＝－ab(cos B＋cos C＋cos A) ＝－ab[cos A＋cos B－cos(A＋B)] ＝－ab(cos A＋cos B－cos Acos B＋sin Asin B) ＝－ab[cos A＋cos B(1－cos A)＋sin Asin B]． ∵A，B是銳角， ∴cos A>0，cos B>0，且1－cos A>0，sin Asin B>0， ∴＋＋<0. 9．已知函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)的圖象在y軸右側(cè)的第一個(gè)最高點(diǎn)為P，在原點(diǎn)右側(cè)與x軸的第一個(gè)交點(diǎn)為Q，則f的值為(　　) A．1 B． C． D． 解析：選C　由題意得＝－＝，所以T＝π，所以ω＝2，則f(x)＝sin(2x＋φ)，將點(diǎn)P代入f(x)＝sin(2x＋φ)，得sin＝1，所以φ＝＋2kπ(k∈Z)．又|φ|<，所以φ＝，即f(x)＝sin(x∈R)，所以f＝sin＝sin＝，選C. 10．(2018寧波模擬)已知O為銳角△ABC的外心，||＝3，||＝2，若＝x＋y，且9x＋12y＝8，記I1＝，I2＝，I3＝，則(　　) A．I2AC>AB. 在△ABC中，由大邊對(duì)大角得，∠BAC>∠ABC>∠ACB，∴∠BOC>∠AOC>∠AOB， ∵||＝||＝||，且余弦函數(shù)在(0，π)上為減函數(shù)， ∴<<，即I20， 故λ＋μ在上是增函數(shù)， ∴當(dāng)θ＝0，即cos θ＝1時(shí)，λ＋μ取最小值為＝. 答案：[0,1]　 三、解答題(本大題共5小題，共74分，解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟) 18．(本小題滿分14分)(2018杭州期中)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，A(1,0)，B(0，1)，C(2,5)，D是AC上的動(dòng)點(diǎn)，滿足＝λ(λ∈R)．　 (1)求的值； (2)求cos∠BAC； (3)若⊥，求實(shí)數(shù)λ的值． 解：(1)∵2＋＝2(－1,1)＋(1,5)＝(－1,7)， ∴|2＋|＝＝5. (2)cos∠BAC＝＝＝. (3)∵＝λ(λ∈R)． ∴＝－＝λ－＝λ(1,5)－(－1,1)＝(λ＋1，5λ－1)． ∵⊥，∴(λ＋1)1－(5λ－1)＝0. 解得λ＝. 19．(本小題滿分15分)(2018臺(tái)州五月適應(yīng)性考試)已知函數(shù)f(x)＝sin xcos x－sin2x＋，x∈R. (1)求f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間及f(x)圖象的對(duì)稱軸方程； (2)若α，β∈(0，π)，α≠β，且f(α)＝f(β)，求α＋β的值． 解：(1)f(x)＝sin xcos x－sin2x＋＝sin 2x＋cos 2x＝sin， 由2kπ－≤2x＋≤2kπ＋(k∈Z)， 得kπ－≤x≤kπ＋(k∈Z)， 所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(k∈Z)． 由2x＋＝kπ＋(k∈Z)，得x＝＋(k∈Z)， 故f(x)圖象的對(duì)稱軸方程為x＝＋(k∈Z)． (2)由f(α)＝f(β)，得sin＝sin， sin＝sin， 展開整理得，cossin(α－β)＝0. 因?yàn)棣?，β?0，π)，α≠β，所以sin(α－β)≠0， 所以cos＝0， 所以α＋β＋＝kπ＋(k∈Z)， 即α＋β＝kπ＋(k∈Z)． 因?yàn)棣粒隆?0，π)， 所以0＜α＋β＜2π， 故α＋β＝或. 20．(本小題滿分15分)(2017杭州期末)設(shè)A是單位圓O和x軸正半軸的交點(diǎn)，P，Q是圓O上兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，∠AOP＝， ∠AOQ＝α，α∈. (1)若Q，求cos的值； (2)設(shè)函數(shù)f(α)＝sin α()，求f(α)的值域． 解：(1)由已知得cos α＝，sin α＝， ∴cos＝＋＝. (2)∵＝，＝(cos α，sin α)， ∴＝cos α＋sin α， ∴f(α)＝sin αcos α＋sin2α＝sin 2α－cos2α＋＝sin＋. ∵α∈， ∴2α－∈， ∴當(dāng)2α－＝－時(shí)， f(α)取得最小值＋＝0， 當(dāng)2α－＝時(shí)，f(α)取得最大值1＋＝. ∴f(α)的值域是. 21．(本小題滿分15分)在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，且滿足 2asin Csin B＝asin A＋bsin B－csin C. (1)求角C的大??； (2)若acos＝bcos(2kπ＋A)(k∈Z)且a＝2，求△ABC的面積． 解：(1)由2asin Csin B＝asin A＋bsin B－csin C及正弦定理，得2absin C＝a2＋b2－c2， ∴sin C＝， ∴sin C＝cos C， ∴tan C＝，∴C＝. (2)由acos＝bcos(2kπ＋A)(k∈Z)， 得asin B＝bcos A， 由正弦定理得sin Asin B＝sin Bcos A， ∴sin A＝cos A，∴A＝， 根據(jù)正弦定理可得＝，解得c＝， ∴S△ABC＝acsin B＝2sin(π－A－C)＝sin＝. 22．(本小題滿分15分)已知向量a＝(2,2)，向量b與向量a的夾角為，且ab＝－2. (1)求向量b； (2)若t＝(1,0)，且b⊥t，c＝，其中A，B，C是△ABC的內(nèi)角，若A，B，C依次成等差數(shù)列，試求|b＋c|的取值范圍． 解：(1)設(shè)b＝(x，y)，則ab＝2x＋2y＝－2，且|b|＝＝1＝ ， 聯(lián)立方程組解得或 ∴b＝(－1,0)或b＝(0，－1)． (2)∵b⊥t，且t＝(1,0)，∴b＝(0，－1)． ∵A，B，C依次成等差數(shù)列，∴B＝. ∴b＋c＝＝(cos A，cos C)， ∴|b＋c|2＝cos2A＋cos2C＝1＋(cos 2A＋cos 2C) ＝1＋ ＝1＋ ＝1＋cos. ∵A∈，則2A＋∈， ∴－1≤cos<， ∴≤|b＋c|2<， 故≤|b＋c|<. ∴|b＋c|的取值范圍為.