高考数学二轮复习课时跟踪检测05“专题一”补短增分综合练（含答案）

课时跟踪检测（五）  “专题一”补短增分（综合练）

A组——易错清零练

1．(2018·河北邢台月考)设向量a＝(3,2)，b＝(6,10)，c＝(x，－2)．若(2a＋b)⊥c，则x＝(　　)

A．－　　　　　　　　　　      B．－3

C.  D.

解析：选D　因为a＝(3,2)，b＝(6,10)，所以2a＋b＝(12,14)．因为c＝(x，－2)，且(2a＋b)⊥c，所以(2a＋b)·c＝0，即12x－28＝0，解得x＝，故选D.

2．(2018·河南中原名校质量考评)将函数y＝sin(2x＋φ)的图象沿x轴向左平移个单位长度后，得到一个偶函数的图象，则φ的一个可能取值为(　　)

A.  B.

C．0  D.

解析：选B　将函数y＝sin(2x＋φ)的图象沿x轴向左平移个单位长度后，得到的图象对应的函数解析式为y＝sin＝sin.因为所得函数为偶函数，所以＋φ＝kπ＋(k∈Z)，即φ＝kπ＋(k∈Z)，则φ的一个可能取值为，故选B.

3．(2017·全国卷Ⅲ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知C＝60°，b＝，c＝3，则A＝________.

解析：由正弦定理，得sin B＝＝＝，因为0°＜B＜180°，所以B＝45°或135°.因为b＜c，所以B＜C，故B＝45°，所以A＝180°－60°－45°＝75°.

答案：75°

B组——方法技巧练

1．已知向量a，b，且|a|＝，a与b的夹角为，a⊥(2a－b)，则|b|＝(　　)

A．2  B．4

C.  D．3

解析：选B　如图，作＝a，＝b，〈a，b〉＝，作＝2a，则＝2a－b.由a⊥(2a－b)可知，OC⊥BC.在Rt△OCB中，OC＝2|a|＝2，cos〈a，b〉＝＝＝，解得|b|＝4.故选B.

2．在△ABC中，A＝120°，若三边长构成公差为4的等差数列，则最长的边长为(　　)

A．15  B．14

C．10  D．8

解析：选B　在△ABC中，A＝120°，则角A所对的边a最长，三边长构成公差为4的等差数列，不妨设b＝a－4，c＝a－8(a>8)．由余弦定理得a2＝(a－4)2＋(a－8)2－2(a－4)(a－8)cos 120°，即a2－18a＋56＝0，所以a＝4(舍去)或a＝14.

3．(2018·广州模拟)已知 △ABC的三个顶点A，B，C的坐标分别为(0,1)，(，0)，(0，－2)，O为坐标原点，动点P满足||＝1，则|＋＋|的最小值是(　　)

A.－1  B.－1

C.＋1  D.＋1

解析：选A　已知点C坐标为(0，－2)，且||＝1，所以设P(cos θ，－2＋sin θ)，则|＋＋|＝＝＝≥ ＝－1.

4．已知AB为圆O：(x－1)2＋y2＝1的直径，点P为直线x－y＋1＝0上任意一点，则·的最小值为(　　)

A．1  B.

C．2  D．2

解析：选A　由题意，设A(1＋cos θ，sin θ)，P(x，x＋1)，则B(1－cos θ，－sin θ)，∴＝(1＋cos θ－x，sin θ－x－1)，＝(1－cos θ－x，－sin θ－x－1)，∴·＝(1＋cos θ－x)(1－cos θ－x)＋(sin θ－x－1)(－sin θ－x－1)＝(1－x)2－cos2θ＋(－x－1)2－sin2θ＝2x2＋1≥1，当且仅当x＝0时，等号成立，故选A.

5．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b＝5，a＝3，cos(B－A)＝，则△ABC的面积为(　　)

A.  B.

C．5  D．2

解析：选C　如图所示，在边AC上取点D使A＝∠ABD，则cos∠DBC＝cos(∠ABC－A)＝，设AD＝DB＝x，在△BCD中，由余弦定理得，(5－x)2＝9＋x2－2×3x×，解得x＝3.故BD＝BC，在等腰三角形BCD中，DC边上的高为2，所以S△ABC＝×5×2＝5，故选C.

6．已知在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且c＝1，cos Bsin C＋(a－sin B)cos(A＋B)＝0.

(1)求角C的大小；

(2)求△ABC面积的最大值．

解：(1)由cos Bsin C＋(a－sin B)cos(A＋B)＝0，可得cos Bsin C－(a－sin B)cos C＝0，即sin(B＋C)＝acos C，sin A＝acos C，即＝cos C．因为＝＝sin C，所以cos C＝sin C，即tan C＝1，C＝.

(2)由余弦定理得12＝a2＋b2－2abcos＝a2＋b2－ab，

所以a2＋b2＝1＋ab≥2ab，ab≤＝，当且仅当a＝b时取等号，所以S△ABC＝absin C≤××＝.所以△ABC面积的最大值为.

7．已知函数f(x)＝cos2x＋sin(π－x)cos(π＋x)－.

(1)求函数f(x)在[0，π]上的单调递减区间；

(2)在锐角△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知f(A)＝－1，a＝2，bsin C＝asin A，求△ABC的面积．

解：(1)f(x)＝cos2x－sin xcos x－

＝－sin 2x－＝－sin，

由2kπ－≤2x－≤2kπ＋，k∈Z，

得kπ－≤x≤kπ＋，k∈Z，又x∈[0，π]，∴函数f(x)在[0，π]上的单调递减区间为和.

(2)由(1)知f(x)＝－sin，

∴f(A)＝－sin＝－1，

∵△ABC为锐角三角形，∴0<A<，

∴－<2A－<，

∴2A－＝，即A＝.

又bsin C＝asin A，∴bc＝a2＝4，

∴S△ABC＝bcsin A＝.

C组——创新应用练

1．已知△ABC的三个内角为A，B，C，重心为G，若2sin A·＋sin B·＋3sin C·＝0，则cos B＝________.

解析：设a，b，c分别为角A，B，C所对的边，

由正弦定理得2a·＋b·＋3c·＝0，

则2a·＋b·＝－3c·＝－3c(－－)，

即(2a－3c)＋(b－3c)＝0.

又，不共线，

所以由此得2a＝b＝3c，

所以a＝b，c＝b，

于是由余弦定理得cos B＝＝.

答案：

2．对任意两个非零的平面向量α和β，定义α∘β＝.若平面向量a，b满足|a|≥|b|>0，a与b的夹角θ∈，且a∘b和b∘a都在集合中，则a∘b＝________.

解析：a∘b＝＝＝，①

b∘a＝＝＝.②

∵θ∈，∴<cos θ<1.

又|a|≥|b|>0，∴0<≤1.

∴0<cos θ<1，即0<b∘a<1.

∵b∘a∈，∴b∘a＝.

①×②，得(a∘b)(b∘a)＝cos2θ∈，

∴<(a∘b)<1，即1<a∘b<2，∴a∘b＝.

答案：

3．若f(x)是定义在[0，＋∞)上的函数，当x∈[0,2]时，f(x)＝sin(πx)，且当x∈(2，＋∞)时，f(x)＝f(x－2)，则方程f(x)＝ln(x－1)的实数根的个数为________．

解析：根据题意，在同一平面直角坐标系中作出函数y＝f(x)和函数y＝ln(x－1)的图象如图所示，观察图得两个函数图象的交点个数为3，即方程的根的个数为3.

答案：3

4．在平面直角坐标系xOy中，Ω是一个平面点集，如果存在非零平面向量a，对于任意P∈Ω，均有Q∈Ω，使得＝＋a，则称a为平面点集Ω的一个向量周期．现有以下四个命题：

①若平面点集Ω存在向量周期a，则ka(k∈Z，k≠0)也是Ω的向量周期；

②若平面点集Ω形成的平面图形的面积是一个非零常数，则Ω不存在向量周期；

③若平面点集Ω＝{(x，y)|x＞0，y＞0}，则b＝(1,2)为Ω的一个向量周期；

④若平面点集Ω＝{(x，y)|[y]－[x]＝0}([m]表示不大于m的最大整数)，则c＝(1,1)为Ω的一个向量周期．

其中真命题是________(填序号)．

解析：对于①，取Ω＝{(x，y)|x＞0，y＞0}，a＝(1,0)，则a为Ω的向量周期，但－a＝(－1,0)不是Ω的向量周期，故①是假命题；

易知②是真命题；

对于③，任取点P(xP，yP)∈Ω，则存在点Q(xP＋1，yP＋2)∈Ω，所以b是Ω的一个向量周期，故③是真命题；

对于④，任取点P(xP，yP)∈Ω，则[yP]－[xP]＝0，存在点Q(xP＋1，yP＋1)，

所以[yP＋1]－[xP＋1]＝[yP]＋1－([xP]＋1)＝0，所以Q∈Ω，

所以c是Ω的一个向量周期，故④是真命题．

综上，真命题为②③④.

答案：②③④

5．已知函数f(x)＝2sincos，过A(t，f(t))，B(t＋1，f(t＋1))两点的直线的斜率记为g(t)．

(1)求函数g(t)的解析式及单调递增区间；

(2)若g(t0)＝，且t0∈，求g(t0＋1)的值．

解：(1)易知f(x)＝2sincos＝sin，

所以g(t)＝＝f(t＋1)－f(t)

＝sin－sin

＝cos－sin＝cos.

令2kπ－π≤t＋≤2kπ，k∈Z，

得6k－≤t≤6k－，k∈Z，

所以函数g(t)＝cos的单调递增区间为，k∈Z.

(2)由题意得g(t0)＝cos

＝，t0∈，

所以t0＋∈，

所以sin＝，

所以g(t0＋1)＝cos

＝cos

＝cos－sin

＝×－×＝.