高考数学一轮复习方案 滚动基础训练卷（5） 理 （含解析）

45分钟滚动基础训练卷(五)(考查范围：第17讲～第24讲，以第21讲～第24讲内容为主分值：100分)一、选择题(本大题共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．[2013·开封模拟]设sineq\f(π,4)＋θ＝eq\f(1,3)，则sin2θ＝()A．－eq\f(7,9)B．－eq\f(1,9)C.eq\f(1,9)D.eq\f(7,9)2．△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，asinAsinB＋bcos2A＝eq\r(2)a，则eq\f(b,a)＝()A．2eq\r(3)B．2eq\r(2)C.eq\r(3)D.eq\r(2)3．若△ABC的内角A，B，C满足6sinA＝4sinB＝3sinC，则cosB＝()A.eq\f(\r(15),4)B.eq\f(3,4)C.eq\f(3\r(15),16)D.eq\f(11,16)4．在△ABC中，AC＝eq\r(7)，BC＝2，B＝60°，则BC边上的高等于()A.eq\f(\r(3),2)B.eq\f(3\r(3),2)C.eq\f(\r(3)＋\r(6),2)D.eq\f(\r(3)＋\r(39),4)5．已知sinβ＝msin(2α＋β)，且tan(α＋β)＝3tanα，则实数m的值为()A．2B.eq\f(1,2)C．3D.eq\f(1,3)6．在△ABC中，a，b，c分别是∠A，∠B，∠C的对边，已知b2＝c(b＋2c)，若a＝eq\r(6)，cosA＝eq\f(7,8)，则△ABC的面积等于()A.eq\r(17)B.eq\r(15)C.eq\f(\r(15),2)D．37．已知函数f(x)＝2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x))－eq\r(3)cos2x－1，x∈R，若函数h(x)＝f(x＋α)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，0))对称，且α∈(0，π)，则α＝()A.eq\f(π,3)B.eq\f(π,4)C.eq\f(π,2)D.eq\f(π,6)8．将函数y＝sinωx(ω>0)的图象向左平移eq\f(π,6)个单位长度，平移后的部分图象如图G5－1所示，则平移后的图象所对应函数的解析式是()图G5－1A．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))B．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))C．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))D．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))二、填空题(本大题共3小题，每小题6分，共18分)9．在△ABC中，B＝60°，AC＝eq\r(3)，则AB＋2BC的最大值为________．10．若函数f(x)＝2sin(2x＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(|φ|<\f(π,2)))与函数g(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))(ω>0)的图象具有相同的对称中心，则φ＝________．11．[2013·蚌埠三中期中]△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列三个叙述中，是“△ABC是等边三角形”的充分必要条件的是________．①a∶b∶c＝sinA∶sinB∶sinC；②a∶b∶c＝cosA∶cosB∶cosC；③a∶b∶c＝A∶B∶C.三、解答题(本大题共3小题，每小题14分，共42分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)12．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足csinA＝acosC.(1)求角C的大小；(2)求eq\r(3)sinA－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,4)))的最大值，并求取得最大值时角A，B的大小．13．[2013·皖北名校联考]已知函数f(x)＝1＋2sineq\f(x,3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(x,3)－sin\f(x,3)))，在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.(1)求函数f(C)的最大值，并求出此时C的值；(2)若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C－\f(π,8)))＝eq\r(2)，且a，b，c成等比数列，求cosB的值．14．[2013·安徽金榜省级示范中学二联]如图G5－2，某高速公路旁边B处有一栋楼房，某人在位于100m高的32楼阳台A处用望远镜观察路上的车辆，上午11时测得一客车位于楼房北偏东15°方向上，且俯角为30°的C处，10秒后测得该客车位于楼房北偏西75°方向上，且俯角为45°的D(1)如果此高速路段限速80km/h(2)又经过一段时间后，客车到达楼房B的正西方向E处，问此时客车距离楼房B多远．图G5－245分钟滚动基础训练卷(五)1．A[解析]将sineq\f(π,4)＋θ＝eq\f(1,3)展开得eq\f(\r(2),2)(cosθ＋sinθ)＝eq\f(1,3)，两边平方得eq\f(1,2)(1＋sin2θ)＝eq\f(1,9)，所以sin2θ＝－eq\f(7,9).2．D[解析]由正弦定理，得sin2AsinB＋sinBcos2A＝eq\r(2)sinA，即sinB·(sin2A＋cos2A)＝eq\r(2)sinA，所以sinB＝eq\r(2)sinA，∴eq\f(b,a)＝eq\f(sinB,sinA)＝eq\r(2).3．D[解析]依题意，结合正弦定理得6a＝4b＝3c，设3c＝12k(k>0)，则有a＝2k，b＝3k，c＝4k；由余弦定理得cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(（2k）2＋（4k）2－（3k）2,2×2k×4k)＝eq\f(11,16).4．B[解析]由余弦定理得7＝AB2＋22－2×2AB×cos60°，解得AB＝3，故h＝AB×sinB＝3×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3\r(3),2)，故选B.5．B[解析]因为sinβ＝msin(2α＋β)，所以sin[(α＋β)－α]＝msin[(α＋β)＋α]，即sin(α＋β)cosα－cos(α＋β)sinα＝m[sin(α＋β)cosα＋cos(α＋β)sinα]，也即(1－m)sin(α＋β)cosα＝(1＋m)·cos(α＋β)sinα，所以eq\f(tan（α＋β）,tanα)＝eq\f(1＋m,1－m)＝3，所以m＝eq\f(1,2).6．C[解析]∵b2＝c(b＋2c)，∴b2－bc－2c即(b＋c)·(b－2c)＝0.∴b＝2又a＝eq\r(6)，cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(7,8)，解得c＝2，b＝4.∴S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×4×2×eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,8)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(15),2).7．C[解析]∵f(x)＝2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x))－eq\r(3)cos2x－1＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，∴h(x)＝f(x＋α)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋2α－\f(π,3))).因为函数h(x)的图象的对称中心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，0))，∴－eq\f(2π,3)＋2α－eq\f(π,3)＝kπ，k∈Z.∴α＝eq\f(（k＋1）π,2).又α∈(0，π)．∴α＝eq\f(π,2).8．C[解析]将函数y＝sinωx(ω>0)的图象向左平移eq\f(π,6)个单位长度，平移后的图象所对应的解析式为y＝sinωeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))，由图象知，ωeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)＋\f(π,6)))＝eq\f(3π,2)，所以ω＝2.9．2eq\r(7)[解析]在△ABC中，根据eq\f(AB,sinC)＝eq\f(AC,sinB)＝eq\f(BC,sinA)，得AB＝eq\f(AC,sinB)·sinC＝eq\f(\r(3),\f(\r(3),2))sinC＝2sinC，同理BC＝2sinA，因此AB＋2BC＝2sinC＋4sinA＝2sinC＋4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)π－C))＝4sinC＋2eq\r(3)cosC＝2eq\r(7)sin(C＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(tanφ＝\f(\r(3),2)))，因此AB＋2BC的最大值为2eq\r(7).10.eq\f(π,3)[解析]∵两函数具有相同的对称中心，则它们的周期相同，∴ω＝2.函数y＝sin(2x＋φ)的图象可由函数y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))的图象平移得到，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))))＝sin2x＋eq\f(π,3)，∴φ＝eq\f(π,3).11．②③[解析]由△ABC是正三角形易得①②③，所以①②③都满足必要性，下面只要说明充分性即可，对于①，任意△ABC由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)都能得出a∶b∶c＝sinA∶sinB∶sinC，故①不是△ABC为正三角形的充要条件；对于②，等价于sinA∶sinB∶sinC＝cosA∶cosB∶cosC，也即是tanA＝tanB＝tanC，因为函数y＝tanx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))内分别单调，所以可得A＝B＝C，△ABC是等边三角形；对于③，等价于sinA∶sinB∶sinC＝A∶B∶C，也就是eq\f(sinA,A)＝eq\f(sinB,B)＝eq\f(sinC,C)，令f(x)＝sinx，x∈(0，π)，M(A，sinA)，N(B，sinB)，P(C，sinC)，则kOM＝kON＝kOP，由函数图象可知，只有M，N，P三点重合，所以A＝B＝C，△ABC是等边三角形．答案为②③.12．解：(1)由正弦定理得sinCsinA＝sinAcosC.因为0＜A＜π，所以sinA＞0，从而sinC＝cosC.又cosC≠0，所以tanC＝1，则C＝eq\f(π,4).(2)由(1)知，B＝eq\f(3π,4)－A.于是eq\r(3)sinA－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,4)))＝eq\r(3)sinA－cos(π－A)＝eq\r(3)sinA＋cosA＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6))).因为0＜A＜eq\f(3π,4)，所以eq\f(π,6)＜A＋eq\f(π,6)＜eq\f(11π,12).从而当A＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，即A＝eq\f(π,3)时，2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))取最大值2.综上所述，eq\r(3)sinA－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,4)))的最大值为2，此时A＝eq\f(π,3)，B＝eq\f(5π,12).13．解：(1)f(x)＝1＋2sineq\f(x,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(x,3)－sin\f(x,3)))＝sineq\f(2x,3)＋coseq\f(2x,3)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2x,3)＋\f(π,4))).因为C∈(0，π)，所以eq\f(π,4)<eq\f(2C,3)＋eq\f(π,4)<eq\f(11π,12)，故当eq\f(2C,3)＋eq\f(π,4)＝eq\f(π,2)，即C＝eq\f(3π,8)时，f(C)max＝eq\r(2).(2)因为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C－\f(π,8)))＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2C,3)＋\f(π,6)))＝eq\r(2)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\