高中数学苏教版本册总复习总复习 市一等奖2

模块综合测评(时间120分钟，满分160分)一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分．请把答案填写在题中横线上)330°＝________.【解析】sin330°＝sin(330°－360°)＝sin(－30°)＝－eq\f(1,2).【答案】－eq\f(1,2)2.已知角α的终边经过点P(4，－3)，则2sinα＋cosα的值等于________．【解析】据三角函数的定义，可知|OP|＝5，∴sinα＝－eq\f(3,5)，cosα＝eq\f(4,5)，∴2sinα＋cosα＝－eq\f(6,5)＋eq\f(4,5)＝－eq\f(2,5).【答案】－eq\f(2,5)3.化简：eq\r(cos4－sin22＋2)＝________.【解析】原式＝eq\r(2cos22－1＋1＋cos22)＝eq\r(3cos22)＝－eq\r(3)cos2【答案】－eq\r(3)cos2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(π,12)－sin\f(π,12)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(π,12)＋sin\f(π,12)))＝________.【解析】原式＝cos2eq\f(π,12)－sin2eq\f(π,12)＝coseq\f(π,6)＝eq\f(\r(3),2).【答案】eq\f(\r(3),2)5.已知a＝(2，1)，a＋b＝(1，k)，若a⊥b，则k＝________.【解析】∵a＝(2，1)，a＋b＝(1，k)∴b＝(－1，k－1)又a⊥b，∴a·b＝－2＋(k－1)＝0，∴k＝3.【答案】36.过点A(－2，1)，且平行于向量a＝(3，1)的直线方程为________.【解析】直线斜率为k＝eq\f(1,3)，故直线方程为y－1＝eq\f(1,3)(x＋2)，即x－3y＋5＝0.【答案】x－3y＋5＝07.函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0≤x≤\f(π,6)))的值域为________.【解析】∵0≤x≤eq\f(π,6)，∴eq\f(π,3)≤2x＋eq\f(π,3)≤eq\f(2π,3)∴y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的值域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，1)).【答案】eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，1))8.如图1，在△ABC中，E，F分别是边AC，BC的中点，D是EF的中点，设eq\o(AC,\s\up15(→))＝a，eq\o(BC,\s\up15(→))＝b，则eq\o(AD,\s\up15(→))＝________.(用a，b表示)图1【解析】eq\o(ED,\s\up15(→))＝eq\f(1,2)eq\o(EF,\s\up15(→))＝eq\f(1,2)eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up15(→))＝eq\f(1,4)(eq\o(CB,\s\up15(→))－eq\o(CA,\s\up15(→)))＝eq\f(1,4)(－b＋a).eq\o(AE,\s\up15(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AC,\s\up15(→))＝eq\f(1,2)a，eq\o(AD,\s\up15(→))＝eq\o(AE,\s\up15(→))＋eq\o(ED,\s\up15(→))＝eq\f(1,2)a＋eq\f(1,4)(－b＋a)＝eq\f(3,4)a－eq\f(1,4)b.【答案】eq\f(3,4)a－eq\f(1,4)b9.若b＝(1，1)，且a·b＝2，(a－b)2＝3，则|a|＝________.【解析】由(a－b)2＝3，得a2－2a·b＋b2＝3，则a2－2×2＋2＝3，故a2＝5，|a|＝eq\r(5).【答案】eq\r(5)10.函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))的单调递减区间是________.【解析】由eq\f(π,2)＋2kπ＜2x－eq\f(π,6)＜eq\f(3π,2)＋2kπ，k∈Z得eq\f(π,3)＋kπ≤x≤eq\f(5π,6)＋kπ，k∈Z.【答案】eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋kπ，\f(5π,6)＋kπ))，k∈Z11.平面向量a＝(x，－3)，b＝(－2，1)，c＝(1，y)，若a⊥(b－c)，b∥(a＋c)，则b与c的夹角为________.【导学号：48582154】【解析】由题意知，b－c＝(－3，1－y)，a＋c＝(x＋1，y－3).依题意，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3x－31－y＝0，,x＋1＋2y－3＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝2.))∴c＝(1，2)，∴b·c＝0，∴b⊥c.【答案】90°12.已知f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(ω＞0)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，且f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,3)))上有最小值，无最大值，则ω＝________.【解析】依题f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(ω＞0)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，且f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,3)))上有最小值，无最大值，∴f(x)图象关于直线x＝eq\f(\f(π,6)＋\f(π,3),2)对称，即关于直线x＝eq\f(π,4)对称，且eq\f(π,3)－eq\f(π,6)＜T＝eq\f(2π,ω)，∴eq\f(π,4)·ω＋eq\f(π,3)＝eq\f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，且0＜ω＜12，∴ω＝eq\f(14,3).【答案】eq\f(14,3)13.如图2，平面内有三个向量eq\o(OA,\s\up15(→))，eq\o(OB,\s\up15(→))，eq\o(OC,\s\up15(→))，其中eq\o(OA,\s\up15(→))与eq\o(OB,\s\up15(→))的夹角为120°，eq\o(OA,\s\up15(→))与eq\o(OC,\s\up15(→))的夹角为30°，且|eq\o(OA,\s\up15(→))|＝|eq\o(OB,\s\up15(→))|＝1，|eq\o(OC,\s\up15(→))|＝2eq\r(3)，若eq\o(OC,\s\up15(→))＝λeq\o(OA,\s\up15(→))＋μeq\o(OB,\s\up15(→))(λ，μ∈R)，则λ＋μ的值为________.图2【解析】分别延长OA，OB至OA′，OB′，连接CA′，CB′构成如图的平行四边形：注意到|eq\o(OA,\s\up15(→))|＝|eq\o(OB,\s\up15(→))|＝1，设|OA′|＝λ，|OB′|＝μ.则∠BOC＝∠OCA′＝90°，于是μ＝|OB′|＝|A′C|＝|OC|tan30°＝2，λ＝|OA′|＝eq\f(|OC|,cos30°)＝4，故λ＋μ＝6.【答案】614.已知θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，sinθ＋cosθ＝2eq\r(2)sinθcosθ，则sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,3)))＝________.【解析】∵sinθ＋cosθ＝2eq\r(2)sinθcosθ，∴eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝eq\r(2)sin2θ，∴sin2θ＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4))).又θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，∴θ＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，2θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴2θ＝eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))，∴θ＝eq\f(π,4)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋\f(π,3)))＝eq\f(1,2).【答案】eq\f(1,2)二、解答题(本大题共6小题，共90分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)15.(本小题满分14分)已知tanα＝eq\f(1,2)，求eq\f(1＋2sinπ－αcos－2π－α,sin2－α－sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,2)－α)))的值.【解】原式＝eq\f(1＋2sinαcosα,sin2α－cos2α)＝eq\f(sin2α＋cos2α＋2sinαcosα,sin2α－cos2α)＝eq\f(sinα＋cosα2,sinα－cosαsinα＋cosα)＝eq\f(sinα＋cosα,sinα－cosα)＝eq\f(tanα＋1,tanα－1)，又∵tanα＝eq\f(1,2)，∴原式＝eq\f(\f(1,2)＋1,\f(1,2)－1)＝－3.16.(本小题满分14分)设e1，e2是正交单位向量，如果eq\o(OA,\s\up15(→))＝2e1＋me2，eq\o(OB,\s\up15(→))＝ne1－e2，eq\o(OC,\s\up15(→))＝5e1－e2，若A，B，C三点在一条直线上，且m＝2n，求m，n的值.【解】以O为原点，e1，e2的方向分别为x，y轴的正方向，建立平面直角坐标系xOy，则eq\o(OA,\s\up15(→))＝(2，m)，eq\o(OB,\s\up15(→))＝(n，－1)，eq\o(OC,\s\up15(→))＝(5，－1)，所以eq\o(AC,\s\up15(→))＝(3，－1－m)，eq\o(BC,\s\up15(→))＝(5－n，0)，又因为A，B，C三点在一条直线上，所以eq\o(AC,\s\up15(→))∥eq\o(BC,\s\up15(→))，所以3×0－(－1－m)·(5－n)＝0，与m＝2n构成方程组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(mn－5m＋n－5＝0，,m＝2n，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝－1，,n＝－\f(1,2)))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝10，,n＝5.))17.(本小题满分14分)已知a＝(cosα，sinα)，b＝(cosβ，sinβ)，0＜β＜α＜π.(1)若|a－b|＝eq\r(2)，求证：a⊥b；(2)设c＝(0，1)，若a＋b＝c，求α，β的值.【解】(1)证明：由题意得|a－b|2＝2，即(a－b)2＝a2－2a·b＋b2＝2.又因为a2＝b2＝|a|2＝|b|2＝1，所以2－2a·b＝2，即a·b＝0，故a⊥b.(2)因为a＋b＝(cosα＋cosβ，sinα＋sinβ)＝(0，1)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(cosα＋cosβ＝0，,sinα＋sinβ＝1，))由此得，cosα＝cos(π－β)，由0＜β＜π，得0＜π－β＜π.又0＜α＜π，故α＝π－β.代入sinα＋sinβ＝1，得sinα＝sinβ＝eq\f(1,2)，而α＞β，所以α＝eq\f(5π,6)，β＝eq\f(π,6).18.(本小题满分16分)已知sin(2α＋β)＝3sinβ，设tanα＝x，tanβ＝y，记y＝f(x).(1)求证：tan(α＋β)＝2tanα.(2)求f(x)的解析式.【解】(1)证明：由sin(2α＋β)＝3sinβ，得sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(α＋β＋α))＝3sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(α＋β－α))，即sin(α＋β)cosα＋cos(α＋β)sinα＝3sin(α＋β)cosα－3cos(α＋β)sinα，∴sin(α＋β)cosα＝2cos(α＋β)sinα.∴tan(α＋β)＝2tanα.(2)由(1)得eq\f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)＝2tanα，即eq\f(x＋y,1－xy)＝2x，∴y＝eq\f(x,1＋2x2)，即f(x)＝eq\f(x,1＋2x2).19.(本小题满分16分)某同学用“五点法”画函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω＞0，|φ|＜\f(π,2)))在某一个周期内的图象时，列表并填入了部分数据，如下表：ωx＋φ0eq\f(π,2)πeq\f(3π,2)2πxeq\f(π,3)eq\f(5π,6)Asin(ωx＋φ)05－50(1)请将上表数据补充完整，并直接写出函数f(x)的解析式；(2)将y＝f(x)图象上所有点向左平行移动θ(θ＞0)个单位长度，得到y＝g(x)的图象.若y＝g(x)图象的一个对称中心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，0))，求θ的最小值.【解】(1)根据表中已知数据，解得A＝5，ω＝2，φ＝－eq\f(π,6)，数据补全如下表：ωx＋φ0eq\f(π,2)πeq\f(3π,2)2πxeq\f(π,12)eq\f(π,3)eq\f(7π,12)eq\f(5π,6)eq\f(13,12)πAsin(ωx＋φ)050－50且函数解析式为f(x)＝5sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))).(2)由(1)知f(x)＝5sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，则g(x)＝5sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋2θ－\f(π,6))).因为函数y＝sinx图象的对称中心为(kπ，0)，k∈Z，令2x＋2θ－eq\f(π,6)＝kπ，解得x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,12)－θ，k∈Z.由于函数y＝g(x)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，0))成中心对称，所以令eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,12)－θ＝eq\f(5π,12)，解得θ＝eq\f(kπ,2)－eq\f(π,3)，k∈Z.由θ＞0可知，当k＝1时，θ取得最小值eq\f(π,6).20.(本小题满分16分)已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(ω＞0，0＜φ＜eq\f(π,2))的部分图象如图3所示.图3(1)求f(x)的解析式；(2)将函数y＝f(x)的图象上所有点的纵坐标不变，横坐标缩短为原来的eq\f(1,2)倍，再将所得函数图象向右平移eq\f(π,6)个单位，得到函数y＝g(x)的图象，求g(x)的单调递增区间；(3)当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(5π,12)))时，求函数y＝fx＋eq\f(π,12)－eq\r(2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))的最值.【导学号：48582155】【解】(1)由图得eq\f(3,4)T＝eq\f(11,6)π－eq\f(π,3)＝eq\f(9,6)π＝eq\f(3,2)π，∴T＝2π，∴ω＝eq\f(2π,T)＝1.又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,6)π))＝0，得Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,6)π＋φ))＝0，∴eq\f(11,6)π＋φ＝2kπ，φ＝2kπ－eq\f(11,6)π.∵0＜φ＜eq\f(π,2)，∴当k＝1时，φ＝eq\f(π,6).又由f(0)＝2，得：Asinφ＝2，A＝4，∴f(x)＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6))).(2)将f(x)＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))的图象上所有点的横坐标缩短为原来的eq\f(1,2)倍，纵坐标不变得到y＝4sin2x＋eq\f(π,6)，再将图象向右平移eq\f(π,6)个单位得到g(x)＝4sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＋\f(π,6)))＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(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)，∴g(x)的