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专题检测二(分值:118 分)
学生用书
P157
一、选择题:本题共8 小题,每小题5 分,共40 分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是
符合题目要求的.
1.(2024·北京房山一模)已知角α 的终边经过点(3,4),把角α 的终边绕原点O 逆时针旋转π
2
得到角β 的
终边,则sin β=( )
A.-4
5
B.4
5
C.-3
5
D.3
5
答案D
解析因为角α 的终边经过点(3,4),所以cos α=
3
√3
2+ 4
2 = 3
5.把角α 的终边绕原点O 逆时针旋转π
2
得到
角β 的终边,所以β=α+π
2
,
所以sin β=sin(α + π
2)=cos α=3
5
.故选D.
2.(2024·陕西西安模拟)已知α 为锐角,sin α=3
5
,则cosα
2
=( )
A.√10
10
B.3√10
10
C.√5
5
D.2√5
5
答案B
解析由α 为锐角,sin α=3
5
,得cos α=√1- sin
2α = 4
5
.又cos α=2cos2α
2
-1,且α
2
为锐角,
所以cosα
2 =√
1+cosα
2
= 3√10
10
.故选B.
3.(2024·陕西西安二模)已知sin(α + β )
sin(α - β )
=2,cos αsin β=1
6
,则sin(α+β)=( )
A.1
3
B.2
3
C.1
9
D.-2
3
答案B
解析由sin(α + β )
sin(α - β )
=2,可得sin(α+β)=2sin(α-β),整理得3cos αsin β=sin αcos β.
因为cos αsin β=1
6
,所以sin αcos β=1
2
,所以sin(α+β)=sin αcos β+cos αsin β=1
2 + 1
6 = 2
3
.故选B.
4.(2024·江苏南通三模)已知三个单位向量a,b,c 满足a=b+c,则向量b,c 的夹角为( )
A.π
6
B.π
3
C.2π
3
D.5 π
6
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答案C
解析由题可得,a2=b2+c2+2b·c,
即1=1+1+2b·c,则b·c=-1
2
,
即1×1×cos<b,c>=-1
2
,则cos<b,c>=-1
2
.
因为<b,c>∈[0,π],所以向量b,c 的夹角为2π
3
.
故选C.
5.(2024·四川绵阳三模)若函数f(x)=cos(πx+φ)的图象关于直线x=1 对称,在下列选项中,( )不是f(x)
的零点.
A.-1
B.-1
2
C.3
2
D.5
2
答案A
解析由题可知,函数f(x)的周期T=2π
π
=2.
又f(x)=cos(πx+φ)的图象关于直线x=1 对称,
所以f(x)的零点满足1-T
4
+k=1
2
+k,k∈Z,
所以-1
2 , 3
2 , 5
2
均为f(x)的零点,-1 不是f(x)的零点.故选A.
6.(2024·四川攀枝花三模)将函数y=sin2x-cos2x 的图象向右平移m(m>0)个单位长度后得到的图象与
y=sin 2x 的图象关于原点对称,则m 的最小值是
( )
A.π
4
B.3 π
4
C.π
2
D.3 π
2
答案B
解析令f(x)=sin2x-cos2x,则f(x)=-cos 2x.
设f(x)向右平移m(m>0)个单位长度后得到函数g(x)的图象,
则g(x)=-cos[2(x-m)]=-cos(2x-2m).
因为g(x)的图象与y=sin 2x 的图象关于原点对称,
则有g(x)=-sin(-2x)=sin 2x,
即-cos(2x-2m)=sin 2x,
所以-2m=π
2
+2kπ(k∈Z),
解得m=-π
4
-kπ(k∈Z).
又因为m>0,所以当k=-1 时,m 取最小值为3 π
4
.故选B.
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7.(2024·山东济南二模)已知函数f(x)=√3sin 2x-cos 2x,则下列结论正确的是( )
A.函数f(x)的最大值是√3
B.函数f(x)在区间[- π
6 , π
3]上单调递增
C.该函数的最小正周期是2π
D.该函数向左平移π
6
个单位长度后图象关于原点对称
答案B
解析由题可得,f(x)=√3sin 2x-cos 2x=2sin(2 x - π
6),
可得函数最大值是2,最小正周期是π,故选项A,C 错误;
当x∈[- π
6 , π
3]时,2x-π
6 ∈[- π
2 , π
2],根据正弦函数的性质,
可得函数f(x)=2sin(2 x - π
6)在区间[- π
6 , π
3]上单调递增,故B 正确;
将函数f(x)图象向左平移π
6
个单位长度,得到函数f(x)=2sin(2 x + π
6)的图象,
此时函数f(x)的图象不关于原点对称,故D 错误.故选B.
8.(2024·黑龙江二模)“不以规矩,不能成方圆”中的“规”指圆规,“矩”指由相互垂直的长短两条直
尺构成的方尺,今有一块圆形木板,按图中数据,以“矩”量之,若将这块圆形木板截成一块四边形形
状的木板,且这块四边形木板的一个内角α 满足cos α=1
3
,则这块四边形木板周长的最大值为( )
A.10(√30+√15)
3
cm
B.10(√30-√15)
3
cm
C.10(√10+√5)
3
cm
D.10(√10-√5)
3
cm
答案A
解析因为四边形木板的一个内角α 满足cos α=1
3
,如图.
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设∠BAD=α,由题设可得圆的直径为√100+25=5√5,故BD=5√5sin α.
因为cos α=1
3,α 为三角形内角,故sin α=√
1-(
1
3)
2
= 2√2
3
,故BD=5√5× 2√2
3
= 10√10
3
,
则AB2+AD2-2AD×ABcos α=BD2=1 000
9
,故(AB+AD)2=8
3
AD×AB+
1 000
9
≤2( AD+ AB)
2
3
+ 1 000
9
,
故AB+AD≤√
1 000
9
×3= 10√30
3
,当且仅当AB=AD=5√30
3
时,等号成立.
同理,BC+CD≤10√15
3
,当且仅当BC=CD=5√15
3
时,等号成立,
故四边形周长的最大值为10(√30+√15)
3
cm.
故选A.
二、选择题:本题共3 小题,每小题6 分,共18 分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目
要求,全部选对的得6 分,部分选对的得部分分,有选错的得0 分.
9.(2024·安徽芜湖二模)在平面直角坐标系xOy 中,角θ 以坐标原点O 为顶点,以x 轴的非负半轴为始
边,其终边经过点M(a,b),|OM|=m(m≠0),定义f(θ)=b+a
m
,g(θ)=b-a
m
,则( )
A.f(
π
6)+g(
π
6)=1
B.f(θ)+f2(θ)≥0
C.若f (θ)
g(θ)
=2,则sin 2θ=3
5
D.f(θ)g(θ)是周期函数
答案ACD
解析由题意得,M(a,b)在角θ 的终边上,且|OM|=m,
所以cos θ= a
m
,sin θ= b
m
,
则f(θ)=b+a
m
=sin θ+cos θ=√2sin(θ+ π
4),g(θ)=b-a
m
=sin θ-cos θ=√2sin(θ - π
4).
对于A,f(
π
6)+g(
π
6)=sinπ
6
+cosπ
6
+sinπ
6
-cosπ
6
=1,故A 正确;
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对于B,f(θ)+f2(θ)=sin θ+cos θ+(sin θ+cos θ)2,令t=sin θ+cos θ=√2sin(θ+ π
4),t∈[-√2,√2],所以f(θ)
+f2(θ)=t+t2=(t + 1
2)
2
- 1
4
≥-1
4
,故B 错误;
对于C, f (θ)
g(θ) = sinθ+cosθ
sinθ -cosθ = tanθ+1
tanθ -1
=2,解得tan θ=3.
由sin 2θ=2sin θcos θ= 2sinθcosθ
sin
2θ+co s
2θ
= 2tanθ
tan
2θ+1
= 2×3
3
2+1
= 3
5
,故C 正确;
对于D,f(θ)g(θ)=(sin θ+cos θ)(sin θ-cos θ)=sin2θ-cos2θ=-cos 2θ.
因为y=cos 2θ 为周期函数,故D 正确.
故选ACD.
10.(2024·湖南岳阳三模)已知函数f(x)=2cos(ωx+φ) ω>0,|φ|<π
2
的部分图象如图所示,则( )
A.ω=2
B.f(x)的单调递减区间为kπ+ π
12,kπ+7 π
12
,k∈Z
C.f(x)的图象可由函数y=2cos 2x 的图象向右平移π
6
个单位长度得到
D.满足条件f(x)-f -7 π
4
f(x)-f 4 π
3
>0 的最小正整数x 为2
答案ABD
解析设函数f(x)的周期为T,由图象可得,3
4
T=13 π
12 - π
3 = 3 π
4
,则T=π,所以2π
ω
=π,解得ω=2,故A 正确.
当x=13 π
12
时,函数f(x)=2cos(ωx+φ)取最大值,所以2×13 π
12
+φ=2mπ,m∈Z,
则φ=2mπ-13 π
6
,m∈Z.
又|φ|<π
2
,所以φ=-π
6
,
故f(x)=2cos 2x-π
6
.
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由2kπ≤2x-π
6
≤2kπ+π,k∈Z,
可得kπ+ π
12
≤x≤kπ+7 π
12
,k∈Z,
所以函数f(x)的单调递减区间为kπ+ π
12,kπ+7 π
12
,k∈Z,故B 正确.
将函数y=2cos 2x 的图象向右平移π
6 个单位长度得到函数y=2cos 2x-π
3
的图象,故C 错误.
因为f(x)=2cos(2x-π
6
),所以f(- 7 π
4 )=2cos(- 7 π
2 - π
6)=2cos(
3 π
2 + π
6)=1,f(
4 π
3 )=2cos(
8 π
3 - π
6)
=2cos5 π
2
=0,
所以(f(x)-f(- 7 π
4 ))(f(x)-f(
4 π
3 ))>0 可化为(f(x)-1)f(x)>0,
所以f(x)>1 或f(x)<0.
由f(x)>1 可得,cos(2 x - π
6)> 1
2
,
所以2nπ-π
3
<2x-π
6
<2nπ+π
3
,n∈Z,
即nπ- π
12
<x<nπ+π
4
,n∈Z.
取n=0,可得- π
12
<x<π
4
;
取n=1,可得11π
12
<x<5 π
4
.
由f(x)<0 可得,cos(2 x - π
6)<0,
所以2tπ+π
2
<2x-π
6
<2tπ+3 π
2
,t∈Z,
即tπ+π
3
<x<tπ+5 π
6
,t∈Z.
取t=0,可得π
3 <x<5 π
6 ,所以满足条件(f ( x )- f(- 7 π
4 ))(f ( x )- f(
4 π
3 ))>0 的最小正整数x 为2,
故D 正确.
故选ABD.
11.(2024·山东潍坊二模)已知向量a,b,c 为平面向量,|a|=1,|b|=2,a·b=0,|c-a|=1
2
,则( )
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A.1≤|c|≤3
2
B.(c-a)·(c-b)的最大值为1+2√5
4
C.-1≤b·c≤1
D.若c=λa+μb,则λ+μ 的最小值为1-√5
4
答案BCD
解析对于A,设a=(1,0),b=(0,2),c=(x,y),
根据|c-a|=1
2
,得√( x -1)
2+ y
2= 1
2
,
即(x-1)2+y2=1
4
,表示的是圆心为(1,0),半径为1
2
的圆.又|c|=√x
2+ y
2的几何意义为原点到圆(x-1)2+y2=
1
4
上点(x,y)的距离,则1
2
≤|c|≤3
2
,故A 错误.
对于B,(c-a)·(c-b)=(x-1)x+y(y-2)=x2-x+y2-2y=(x - 1
2)
2
+(y-1)2-5
4
,
则转化为求圆(x-1)2+y2=1
4 上的点到(
1
2 ,1)的距离最大值,为(√(1- 1
2)
2
+1
2+ 1
2
)2-5
4 =(√5
2 + 1
2
)2-
5
4 = 1+2√5
4
,故B 正确.
对于C,b·c=2y,因为-1
2
≤y≤1
2
,故-1≤b·c≤1,故C 正确.
对于D,因为(x-1)2+y2=1
4
,
故x=cosθ
2
+1,y=sinθ
2
.
又因为c=λa+μb,故λ=x,μ= y
2
,λ+μ=cosθ
2
+1+sinθ
4
= √5
4 ( 2√5
5
cos θ+√5
5
sin θ)+1=√5
4
sin(θ+φ)+1,故
当sin(θ+φ)=-1 时,λ+μ 取最小值1-√5
4
,故D 正确.故选BCD.
三、填空题:本题共3 小题,每小题5 分,共15 分.
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12.(2024·广东茂名一模)如图,△ABC 在边长为1 的小正方形组成的网格中,则⃗AB·⃗AC=
.
答案9
解析如图,以点B 为坐标原点,建立平面直角坐标系,则A(2,3),C(5,-2).
所以⃗AB=(-2,-3),⃗AC=(3,-5),故⃗AB·⃗AC=-2×3+(-3)×(-5)=9.
13.(2024·湖南长沙模拟)海边近似平直的海岸线上有两处码头A,B,且AB=3 km.现有一观光艇由B 出
发,同时在A 处有一小艇出发向观光艇补充物资,其速度为观光艇的两倍,在M 处成功拦截观光艇,完
成补给.若两船都做匀速直线运动,观光艇行驶向海洋的方向任意的情况下,小艇总可以设定合适的出
发角度,使得行驶距离最小,则拦截点M 距离海岸线的最远距离为 .
答案2 km
解析设BM=x,则AM=2BM=2x,x∈(1,3).设∠ABM=θ,则cos θ=3
2+ x
2-(2 x )
2
2×3 x
= 3
2 x - x
2
.
因此xsin θ=√x
2(1-co s
2θ)=√
x
2[1-(
3
2 x - x
2)
2
]=√- 1
4 ( x
2-5)
2+ 4
≤2,当且仅当x2=5,即x=√5
时,等号成立,所以拦截点M 距离海岸线的最远距离为2 km.
14.(2024·广东佛山二模)如图所示,单位圆O 绕圆心做逆时针匀速圆周运动,角速度大小为2π rad/s,圆
上两点A,B 始终满足∠AOB=2π
3
,随着圆O 的旋转,A,B 两点的位置关系呈现周期性变化.现定义:A,B
两点的竖直距离为A,B 两点相对于水平面的高度差的绝对值.假设运动开始时刻,即t=0 s 时,点A 位
于圆心正下方,则t= s 时,A,B 两点的竖直距离第一次为0;A,B 两点的竖直距离关于时间
t(单位:s)的函数解析式为f(t)= .
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答案1
3 √3|sin(2π t + π
3)|
解析以O 为原点,OA 所在直线为y 轴,建立平面直角坐标系,
由于角速度ω=2π rad/s,
设点A cos(2π t - π
2),sin(2π t - π
2) ,圆上两点A,B 始终保持∠AOB=2π
3 ,
则B cos 2πt+π
6
,sin 2πt+π
6
,要使A,B 两点的竖直距离为0,
则sin(2π t - π
2)=sin(2π t + π
6),第一次为0 时,4πt-π
3
=π,解得t=1
3
,f(t)=|sin(2πt+π
6
)-sin(2πt-π
2
)|=|√3
2
sin 2πt+1
2
cos 2πt+cos 2πt|=|√3
2
sin 2πt+3
2
cos 2πt|=√3|sin(2πt+π
3
)|.
四、解答题:本题共3 小题,共45 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.(15 分)(2024·北京平谷模拟)已知函数f(x)=sin 2xcos φ-cos 2xsin φ,其中|φ|<π
2
,再从条件①、条件②、
条件③这三个条件中选择一个作为已知条件,使f(x)存在,并完成下列两个问题.
(1)求φ 的值;
(2)若m>0,函数f(x)在区间[0,m]上最小值为-1
2
,求实数m 的取值范围.
条件①:对任意的x∈R,都有f(x)≤f(
π
3)成立;条件②:f(
π
4)=-1
2
;条件③:f(
π
3)-f(- π
6)=2.
注:若选择多个条件分别解答,则按第一个解答计分.
解(1)由题可得f(x)=sin 2xcos φ-cos 2xsin φ=sin(2x-φ).
若选条件①:当x=π
3 时,f π
3
=sin 2π
3 -φ =1.
因为|φ|<π
2
,即φ=π
6
.
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经检验,对任意x∈R,都有f(x)≤f(
π
3)=1 恒成立,
故选条件①时,f(x)存在,故可选①.
若选条件②:f(
π
4)=sin(
π
2 -φ)=cos φ=-1
2
,
解得φ=2π
3
+2kπ 或φ=4 π
3
+2kπ,k∈Z.
因为|φ|<π
2
,所以与条件矛盾,故不选②.
若选条件③:f π
3
-f -π
6
=sin 2π
3 -φ -sin -π
3 -φ =sin π- π
3 +φ
+sin π
3 +φ =sin π
3 +φ +sin
π
3 +φ =2,
所以sin π
3 +φ =1.
因为|φ|<π
2
,可得φ=π
6
,
故条件③能使f(x)成立,故可选③.
综上所述,可选择条件①或③,此时φ=π
6
.
(2)由(1)知f(x)=sin 2x-π
6
,当x∈[0,m]时,2x-π
6 ∈-π
6 ,2m-π
6
,
且f(x)的最小值为-1
2
,所以可得2m-π
6
≤π+π
6
,解得m≤2π
3
.
又m>0,所以0<m≤2π
3
,
所以m 的取值范围为0,2π
3
.
16.(15 分)(2024·上海嘉定二模)在△ABC 中,角A,B,C 的对边分别为a,b,c,cos2B-sin2B=-1
2
.
(1)求角B,并计算sin(B+ π
6)的值;
(2)若b=√3,且△ABC 是锐角三角形,求a+2c 的最大值.
解(1)由{
co s
2B+ sin
2B =1,
co s
2B - sin
2B =- 1
2 ,
得cos2B=1
4
,
则cos B=±1
2
.
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又0<B<π,所以B=π
3
或B=2π
3
.
当B=π
3
时,sin(B+ π
6)=sinπ
2
=1;
当B=2π
3
时,sin(B+ π
6)=sin5 π
6 = 1
2
.
(2)若△ABC 为锐角三角形,则B=π
3
,
有{
0<C < π
2 ,
0< A = 2π
3 -C < π
2 ,
解得π
6
<C<π
2
.
由正弦定理,得
a
sin A =
c
sinC =
b
sin B = √3
√3
2
=2,
则a=2sin A,c=2sin C,
所以a+2c=2sin A+4sin C=2sin(
2π
3 -C)+4sin C=2(√3
2
cos C+1
2
sin C)+4sin C=5sin C+√3cos C=2
√7sin(C+φ),其中tan φ=√3
5
.
又tan φ=√3
5 < √3
3
=tanπ
6
,所以0<φ<π
6
,
则π
3
<C+φ<2π
3
,故当C+φ=π
2
时,sin(C+φ)取到最大值1,
所以a+2c 的最大值为2√7.
17.(15 分)(2024·湖北武汉二模)已知△ABC 的内角A,B,C 的对边分别为a,b,c(a<b),c=2acos Acos B-
bcos 2A.
(1)求A;
(2)若⃗BD = 1
3⃗BC,|⃗AD|=2,求b+c 的取值范围.
解(1)由正弦定理得sin C=2sin Acos Acos B-sin Bcos 2A,
则sin C=sin 2Acos B-sin Bcos 2A=sin(2A-B).
因为C=π-(A+B),
所以sin(A+B)=sin(2A-B),
即A+B=2A-B 或A+B=π-(2A-B),
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解得A=2B 或A=π
3
.
因为a<b,所以A<B,所以A=π
3
.
(2)由⃗BD = 1
3⃗BC,得⃗AD -⃗AB = 1
3 (⃗AC -⃗AB),则⃗AD = 1
3⃗AC + 2
3⃗AB,
则|⃗AD|2=1
9
b2+4
9
c2+4
9
bccos A,
即4=1
9
b2+4
9
c2+2
9
bc,
整理得,b2+4c2+2bc=36,
即(b+c)2+3c2=36.
令b+c=6cos α,√3c=6sin α,
因为c>0,b+c>0,所以0<α<π
2
.
因为b=6cos α-2√3sin α>0,
所以tan α<√3,解得0<α<π
3
.
由(1)得A=π
3
,
则a2=b2+c2-2bccos A=b2+c2-bc.
又因为a<b,所以a2<b2,
所以b2+c2-bc<b2,
解得c<b,所以2√3sin α<6cos α-2√3sin α,
解得tan α<√3
2
,所以0<tan α<√3
2
.
令tan α1=√3
2
,则0<α<α1<π
3
,
则cos α1<cos α<1.
因为cos α1=2√7
7
,所以12√7
7
<6cos α<6,
即12√7
7
<b+c<6.
