高考数学二轮复习 课时跟踪检测（五）文-人教版高三数学试题

课时跟踪检测（五）一、选择题1．设函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)．若函数f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))上具有单调性，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))，则函数f(x)的最小正周期为()A.eq\f(π,2)B．πC.eq\f(3π,2) D．2π解析：选B由已知可画出草图，如图所示，则eq\f(T,4)＝eq\f(\f(π,2)＋\f(2π,3),2)－eq\f(\f(π,2)＋\f(π,6),2)，解得T＝π.2．已知外接圆半径为R的△ABC的周长为(2＋eq\r(3))R，则sinA＋sinB＋sinC＝()A．1＋eq\f(\r(3),2) B．1＋eq\f(\r(3),4)C.eq\f(1,2)＋eq\f(\r(3),2) D.eq\f(1,2)＋eq\r(3)解析：选A由正弦定理知a＋b＋c＝2R(sinA＋sinB＋sinC)＝(2＋eq\r(3))R，所以sinA＋sinB＋sinC＝1＋eq\f(\r(3),2)，故选A.3．若函数f(x)＝2msineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))－2在x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(5π,12)))内存在零点，则实数m的取值范围是()A．(－∞，－1]∪[1，＋∞)B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(3),3)，2))C．(－∞，－2]∪[1，＋∞)D．[－2,1]解析：选C设x0为f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(5π,12)))内的一个零点，则2msineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x0＋\f(π,3)))－2＝0，所以m＝eq\f(1,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x0＋\f(π,3)))).因为0≤x0≤eq\f(5π,12)，所以eq\f(π,3)≤2x0＋eq\f(π,3)≤eq\f(7π,6)，所以－eq\f(1,2)≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x0＋\f(π,3)))≤1，所以m≤－2或m≥1，故选C.4．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b＝5，a＝3，cos(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在边AC上取点D使A＝∠ABD，则cos∠DBC＝cos(∠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＝DC，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.5．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.asinBcosC＋csinBcosA＝eq\f(1,2)b，且a>b，则B＝()A.eq\f(π,6)B.eq\f(π,3)C.eq\f(2π,3)D.eq\f(5π,6)解析：选A由射影定理可知acosC＋ccosA＝b，则(acosC＋ccosA)sinB＝bsinB，又asinBcosC＋csinBcosA＝eq\f(1,2)b，则有bsinB＝eq\f(1,2)b，sinB＝eq\f(1,2).又a>b，所以A>B，则B∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，故B＝eq\f(π,6).6．已知△ABC为等边三角形，AB＝2，设点P，Q满足eq\o(AP,\s\up7(→))＝λeq\o(AB,\s\up7(→))，eq\o(AQ,\s\up7(→))＝(1－λ)eq\o(AC,\s\up7(→))，λ∈R，若eq\o(BQ,\s\up7(→))·eq\o(CP,\s\up7(→))＝－eq\f(3,2)，则λ＝()A.eq\f(1,2) B.eq\f(1±\r(2),2)C.eq\f(1±\r(10),2) D.eq\f(－3±2\r(2),2)解析：选A以点A为坐标原点，AB所在的直线为x轴，过点A且垂直于AB的直线为y轴，建立平面直角坐标系，则A(0,0)，B(2,0)，C(1，eq\r(3))，∴eq\o(AB,\s\up7(→))＝(2,0)，eq\o(AC,\s\up7(→))＝(1，eq\r(3))，又eq\o(AP,\s\up7(→))＝λeq\o(AB,\s\up7(→))，eq\o(AQ,\s\up7(→))＝(1－λ)eq\o(AC,\s\up7(→))，∴P(2λ，0)，Q(1－λ，eq\r(3)(1－λ))，∴eq\o(BQ,\s\up7(→))·eq\o(CP,\s\up7(→))＝(－1－λ，eq\r(3)(1－λ))·(2λ－1，－eq\r(3))＝－eq\f(3,2)，化简得4λ2－4λ＋1＝0，∴λ＝eq\f(1,2).二、填空题7．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\co1(0，\f(π,4)))，且a∘b和b∘a都在集合eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(n,2)|n∈Z))中，则a∘b＝________.解析：a∘b＝eq\f(a·b,b·b)＝eq\f(|a||b|cosθ,|b|2)＝eq\f(|a|cosθ,|b|)， ①b∘a＝eq\f(b·a,a·a)＝eq\f(|b||a|cosθ,|a|2)＝eq\f(|b|cosθ,|a|). ②∵θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，∴eq\f(\r(2),2)<cosθ<1.又|a|≥|b|>0，∴0<eq\f(|b|,|a|)≤1.∴0<eq\f(|b|,|a|)cosθ<1，即0<b∘a<1.∵b∘a∈eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(n,2)|n∈Z))，∴b∘a＝eq\f(1,2).①×②，得(a∘b)(b∘a)＝cos2θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，∴eq\f(1,2)<eq\f(1,2)(a∘b)<1，即1<a∘b<2，∴a∘b＝eq\f(3,2).答案：eq\f(3,2)8.在边长为2的菱形ABCD中，∠BAD＝60°，P，Q分别是BC，BD的中点，则向量eq\o(AP,\s\up7(→))与eq\o(AQ,\s\up7(→))的夹角的余弦值为________．解析：以A为原点，AB所在直线为x轴建立如图所示的直角坐标系，则A(0,0)，B(2,0)，C(3，eq\r(3))，D(1，eq\r(3))，所以Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，\f(\r(3),2)))，Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(\r(3),2)))，则eq\o(AP,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，\f(\r(3),2)))，eq\o(AQ,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(\r(3),2)))，所以cos∠PAQ＝eq\f(eq\o(AP,\s\up7(→))·eq\o(AQ,\s\up7(→)),|eq\o(AP,\s\up7(→))||eq\o(AQ,\s\up7(→))|)＝eq\f(\f(15,4)＋\f(3,4),\r(7)×\r(3))＝eq\f(3\r(21),14).答案：eq\f(3\r(21),14)9．(2017·石家庄质检)非零向量m，n的夹角为eq\f(π,3)，且满足|n|＝λ|m|(λ>0)，向量组x1，x2，x3由一个m和两个n排列而成，向量组y1，y2，y3由两个m和一个n排列而成，若x1·y1＋x2·y2＋x3·y3所有可能值中的最小值为4m2，则λ＝________.解析：由题意，x1·y1＋x2·y2＋x3·y3的运算结果有以下两种可能：①m2＋m·n＋n2＝m2＋λ|m||m|coseq\f(π,3)＋λ2m2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(λ2＋\f(λ,2)＋1))m2；②m·n＋m·n＋m·n＝3λ|m|·|m|coseq\f(π,3)＝eq\f(3λ,2)m2.又λ2＋eq\f(λ,2)＋1－eq\f(3λ,2)＝λ2－λ＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(λ－\f(1,2)))2＋eq\f(3,4)>0，所以eq\f(3λ,2)m2＝4m2，即eq\f(3λ,2)＝4，解得λ＝eq\f(8,3).答案：eq\f(8,3)三、解答题10．已知函数f(x)＝(eq\r(3)sinx＋cosx)2－2.(1)求函数f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,2)))上的最大值和最小值；(2)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若f(A)＝2，a＝eq\r(3)，且sinB＝2sinC，求△ABC的面积．解：(1)f(x)＝(eq\r(3)sinx＋cosx)2－2＝(3sin2x＋cos2x＋2eq\r(3)sinxcosx)－2＝2sin2x＋eq\r(3)sin2x－1＝eq\r(3)sin2x－cos2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，∵x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,2)))，∴2x－eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(5π,6)))，∴当2x－eq\f(π,6)＝－eq\f(π,2)，即x＝－eq\f(π,6)时，函数f(x)取得最小值feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝－2；当2x－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，即x＝eq\f(π,3)时，函数f(x)取得最大值feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝2.(2)∵f(A)＝2，∴2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A－\f(π,6)))＝2，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A－\f(π,6)))＝1.∵A∈(0，π)，∴2A－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，解得A＝eq\f(π,3).∵sinB＝2sinC，∴b＝2c∵a2＝b2＋c2－2bccosA，∴3＝5c2－4c2×coseq\f(π,3)，解得c＝1，∴b＝2.∴S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×2×1×sineq\f(π,3)＝eq\f(\r(3),2).11．在△ABC中，边a，b，c分别是内角A，B，C所对的边，且满足2sinB＝sinA＋sinC，设B的最大值为B0.(1)求B0的值；(2)当B＝B0，a＝3，c＝6，eq\o(AD,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)eq\o(DB,\s\up7(→))时，求CD的长．解：(1)由题设及正弦定理知，2b＝a＋c，即b＝eq\f(a＋c,2).由余弦定理知，cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(a2＋c2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋c,2)))2,2ac)＝eq\f(3a2＋c2－2ac,8ac)≥eq\f(32ac－2ac,8ac)＝eq\f(1,2)，当且仅当a2＝c2，即a＝c时等号成立．∵y＝cosx在(0，π)上单调递减，∴B的最大值B0＝eq\f(π,3).(2)∵B＝B0＝eq\f(π,3)，a＝3，c＝6，∴b＝eq\r(a2＋c2－2accosB)＝3eq\r(3)，∴c2＝a2＋b2，即C＝eq\f(π,2)，A＝eq\f(π,6)，由eq\o(AD,\s\up