高考数学(理数)二轮复习课时跟踪检测05《“专题一”补短增分》综合练（教师版）

这是一份高考数学(理数)二轮复习课时跟踪检测05《“专题一”补短增分》综合练（教师版），共6页。试卷主要包含了设向量a＝，b＝，c＝，已知AB为圆O等内容，欢迎下载使用。

1．设向量a＝(3,2)，b＝(6,10)，c＝(x，－2)．若(2a＋b)⊥c，则x＝( )
A．－eq \f(12,7) B．－3
C.eq \f(7,6) D.eq \f(7,3)
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＝eq \f(7,3)，故选D.
2．将函数y＝sin(2x＋φ)的图象沿x轴向左平移eq \f(π,6)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.eq \f(π,3) B.eq \f(π,6)
C．0 D.eq \f(π,4)
解析：选B 将函数y＝sin(2x＋φ)的图象沿x轴向左平移eq \f(π,6)个单位长度后，得到的图象对应的函数解析式为y＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))＋φ))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)＋φ)).因为所得函数为偶函数，所以eq \f(π,3)＋φ＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，即φ＝kπ＋eq \f(π,6)(k∈Z)，则φ的一个可能取值为eq \f(π,6)，故选B.
3．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知C＝60°，b＝eq \r(6)，c＝3，则A＝________.
解析：由正弦定理，得sin B＝eq \f(bsin C,c)＝eq \f(\r(6)sin 60°,3)＝eq \f(\r(2),2)，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|＝eq \r(3)，a与b的夹角为eq \f(π,6)，a⊥(2a－b)，则|b|＝( )
A．2 B．4
C.eq \r(3) D．3
解析：选B 如图，作eq \(OA,\s\up7(―→))＝a，eq \(OB,\s\up7(―→))＝b，〈a，b〉＝eq \f(π,6)，作eq \(OC,\s\up7(―→))＝2a，则eq \(BC,\s\up7(―→))＝2a－b.由a⊥(2a－b)可知，OC⊥BC.在Rt△OCB中，OC＝2|a|＝2eq \r(3)，cs〈a，b〉＝eq \f(OC,OB)＝eq \f(2\r(3),|b|)＝eq \f(\r(3),2)，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)cs 120°，即a2－18a＋56＝0，所以a＝4(舍去)或a＝14.
3．已知 △ABC的三个顶点A，B，C的坐标分别为(0,1)，(eq \r(2)，0)，(0，－2)，O为坐标原点，动点P满足|eq \(CP,\s\up7(―→))|＝1，则|eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \(OB,\s\up7(―→))＋eq \(OP,\s\up7(―→))|的最小值是( )
A.eq \r(3)－1 B.eq \r(11)－1
C.eq \r(3)＋1 D.eq \r(11)＋1
解析：选A 已知点C坐标为(0，－2)，且|eq \(CP,\s\up7(―→))|＝1，所以设P(cs θ，－2＋sin θ)，则|eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \(OB,\s\up7(―→))＋eq \(OP,\s\up7(―→))|＝eq \r(cs θ＋\r(2)2＋sin θ－12)
＝eq \r(4＋2\r(2)cs θ－2sin θ)＝eq \r(4＋2\r(3)csθ＋φ)≥ eq \r(4－2\r(3))＝eq \r(3)－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eq \(PA,\s\up7(―→))·eq \(PB,\s\up7(―→))的最小值为( )
A．1 B.eq \r(2)
C．2 D．2eq \r(2)
解析：选A 由题意，设A(1＋cs θ，sin θ)，P(x，x＋1)，则B(1－cs θ，－sin θ)，∴eq \(PA,\s\up7(―→))＝(1＋cs θ－x，sin θ－x－1)，eq \(PB,\s\up7(―→))＝(1－cs θ－x，－sin θ－x－1)，∴eq \(PA,\s\up7(―→))·eq \(PB,\s\up7(―→))＝(1＋cs θ－x)(1－cs θ－x)＋(sin θ－x－1)(－sin θ－x－1)＝(1－x)2－cs2θ＋(－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，cs(B－A)＝eq \f(7,9)，则△ABC的面积为( )
A.eq \f(15,2) B.eq \f(5\r(2),3)
C．5eq \r(2) D．2eq \r(2)
解析：选C 如图所示，在边AC上取点D使A＝∠ABD，则cs∠DBC＝cs(∠ABC－A)＝eq \f(7,9)，设AD＝DB＝x，在△BCD中，由余弦定理得，(5－x)2＝9＋x2－2×3x×eq \f(7,9)，解得x＝3.故BD＝BC，在等腰三角形BCD中，DC边上的高为2eq \r(2)，所以S△ABC＝eq \f(1,2)×5×2eq \r(2)＝5eq \r(2)，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，cs Bsin C＋(a－sin B)cs(A＋B)＝0.
(1)求角C的大小；
(2)求△ABC面积的最大值．
解：(1)由cs Bsin C＋(a－sin B)cs(A＋B)＝0，可得cs Bsin C－(a－sin B)cs C＝0，即sin(B＋C)＝acs C，sin A＝acs C，即eq \f(sin A,a)＝cs C．因为eq \f(sin A,a)＝eq \f(sin C,c)＝sin C，所以cs C＝sin C，即tan C＝1，C＝eq \f(π,4).
(2)由余弦定理得12＝a2＋b2－2abcseq \f(π,4)＝a2＋b2－eq \r(2)ab，
所以a2＋b2＝1＋eq \r(2)ab≥2ab，ab≤eq \f(1,2－\r(2))＝eq \f(2＋\r(2),2)，
当且仅当a＝b时取等号，所以S△ABC＝eq \f(1,2)absin C≤eq \f(1,2)×eq \f(2＋\r(2),2)×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(\r(2)＋1,4).
所以△ABC面积的最大值为eq \f(\r(2)＋1,4).
7．已知函数f(x)＝cs2x＋eq \r(3)sin(π－x)cs(π＋x)－eq \f(1,2).
(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)＝cs2x－eq \r(3)sin xcs x－eq \f(1,2)＝eq \f(1＋cs 2x,2)－eq \f(\r(3),2)sin 2x－eq \f(1,2)＝－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))，
由2kπ－eq \f(π,2)≤2x－eq \f(π,6)≤2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，
得kπ－eq \f(π,6)≤x≤kπ＋eq \f(π,3)，k∈Z，
又x∈[0，π]，
∴函数f(x)在[0，π]上的单调递减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))和eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)，π)).
(2)由(1)知f(x)＝－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))，
∴f(A)＝－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2A－\f(π,6)))＝－1，
∵△ABC为锐角三角形，∴0∴－eq \f(π,6)<2A－eq \f(π,6)∴2A－eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)，即A＝eq \f(π,3).
又bsin C＝asin A，∴bc＝a2＝4，
∴S△ABC＝eq \f(1,2)bcsin A＝eq \r(3).
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·eq \(GA,\s\up7(―→))＋eq \r(3)sin B·eq \(GB,\s\up7(―→))＋3sin C·eq \(GC,\s\up7(―→))＝0，则cs 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·eq \(GA,\s\up7(―→))＋eq \r(3)b·eq \(GB,\s\up7(―→))＋3c·eq \(GC,\s\up7(―→))＝0，
则2a·eq \(GA,\s\up7(―→))＋eq \r(3)b·eq \(GB,\s\up7(―→))＝－3c·eq \(GC,\s\up7(―→))＝－3c(－eq \(GA,\s\up7(―→))－eq \(GB,\s\up7(―→)))，
即(2a－3c)eq \(GA,\s\up7(―→))＋(eq \r(3)b－3c)eq \(GB,\s\up7(―→))＝0.
又eq \(GA,\s\up7(―→))，eq \(GB,\s\up7(―→))不共线，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a－3c＝0，,\r(3)b－3c＝0，))由此得2a＝eq \r(3)b＝3c，
所以a＝eq \f(\r(3),2)b，c＝eq \f(\r(3),3)b，于是由余弦定理得cs B＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq \f(1,12).
答案：eq \f(1,12)
2．对任意两个非零的平面向量α和β，定义α∘β＝eq \f(α·β,β·β).若平面向量a，b满足|a|≥|b|>0，a与b的夹角θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))，且a∘b和b∘a都在集合eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(n,2)|n∈Z))中，则a∘b＝________.
解析：a∘b＝eq \f(a·b,b·b)＝eq \f(|a||b|cs θ,|b|2)＝eq \f(|a|cs θ,|b|)，①
b∘a＝eq \f(b·a,a·a)＝eq \f(|b||a|cs θ,|a|2)＝eq \f(|b|cs θ,|a|).②
∵θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))，∴eq \f(\r(2),2)又|a|≥|b|>0，∴0∵b∘a∈eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(n,2)|n∈Z))，∴b∘a＝eq \f(1,2).①×②，得(a∘b)(b∘a)＝cs2θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，
∴eq \f(1,2)答案：eq \f(3,2)
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)＝eq \f(1,2)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eq \(OQ,\s\up7(―→))＝eq \(OP,\s\up7(―→))＋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)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)x))cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)x))，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)＝eq \f(4,5)，且t0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1))，求g(t0＋1)的值．
解：(1)易知f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)x))cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)x))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)x))，
所以g(t)＝eq \f(ft＋1－ft,t＋1－t)＝f(t＋1)－f(t)
＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)t＋\f(π,3)))－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)t))
＝eq \f(\r(3),2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)t))－eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)t))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)t＋\f(π,6))).
令2kπ－π≤eq \f(π,3)t＋eq \f(π,6)≤2kπ，k∈Z，
得6k－eq \f(7,2)≤t≤6k－eq \f(1,2)，k∈Z，
所以函数g(t)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)t＋\f(π,6)))的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(6k－\f(7,2)，6k－\f(1,2)))，k∈Z.
(2)由题意得g(t0)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)t0＋\f(π,6)))＝eq \f(4,5)，t0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1))，
所以eq \f(π,3)t0＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)t0＋\f(π,6)))＝eq \f(3,5)，
所以g(t0＋1)＝cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)t0＋1＋\f(π,6)))＝cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)t0＋\f(π,6)))＋\f(π,3)))
＝eq \f(1,2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)t0＋\f(π,6)))－eq \f(\r(3),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)t0＋\f(π,6)))＝eq \f(1,2)×eq \f(4,5)－eq \f(\r(3),2)×eq \f(3,5)＝eq \f(4－3\r(3),10).