《2020版高考數(shù)學一輪復習 單元質(zhì)檢卷四 三角函數(shù)、解三角形（B）理 北師大版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020版高考數(shù)學一輪復習 單元質(zhì)檢卷四 三角函數(shù)、解三角形（B）理 北師大版（6頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、單元質(zhì)檢卷四 三角函數(shù)、解三角形(B)
(時間:45分鐘 滿分:100分)
一、選擇題(本大題共6小題,每小題7分,共42分)
1.(2018河北衡水中學16模,2)已知集合P={-1,0,2},Q={y|y=sin θ,θ∈R},則P∩Q=( )
A.? B.{0} C.{-1,0} D.{-1,0,2}
2.(2018陜西寶雞中學三模,3)角α的終邊與單位圓交于點-55,255,則cos 2α=( )
A.15 B.-15 C.35 D.-35
3.(2018山東煙臺期中)若sinπ6-α=13,則cos2π3+2α=( )
A.-79 B
2、.-13 C.13 D.79
4.(2018河北衡水中學三模,8)已知函數(shù)f(x)=sin2ωx-12(ω>0)的周期為π,若將其圖像沿x軸向右平移a個單位(a>0),所得圖像關于原點對稱,則實數(shù)a的最小值為( )
A.π4 B.π2 C.3π4 D.π
5.(2018河北衡水八模,11)在△ABC中,三個內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,若△ABC的面積為S,且4S=(a+b)2-c2,則sinπ4+C等于( )
A.1 B.-22
C.22 D.32
6.(2018河北衡水中學金卷一模,10)已知函數(shù)f(x)=-2cos ωx(ω>0)的圖像向左平移φ0<φ<π2個單位
3、,所得的部分函數(shù)圖像如圖所示,則φ的值為( )
A.π6 B.5π6
C.π12 D.5π12
二、填空題(本大題共2小題,每小題7分,共14分)
7.在△ABC中,a、b、c分別是角A、B、C的對邊,△ABC的面積為S,(a2+b2)tan C=8S,則sin2A+sin2Bsin2C= .?
8.(2018河北衡水中學押題二,14)已知點A(-1,0),B(1,0),若圓x2+y2-8x-6y+25-m=0上存在點P使PA·PB=0,則m的最小值為 .?
三、解答題(本大題共3小題,共44分)
9.(14分)(2018浙江五校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)=(s
4、in x+3cos x)(cos x-3sin x).
(1)求函數(shù)f(x)的遞增區(qū)間;
(2)若f(x0)=65,x0∈0,π2,求cos 2x0的值.
10.(15分)(2018河南濮陽一模,17)在△ABC中,角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,已知函數(shù)f(x)=23sin xcosx+sin2x-cos2x,當x=A時f(x)取得最大值.
(1)求角A的大小;
(2)若a=2,求BC邊的中線AD長度的最大值.
11.(15分)(2018河北衡水中學三模,19)已知函數(shù)f(x)=2sin2x
5、+π4-3cos 2x,x∈π4,π2.設x=α時f(x)取得最大值.
(1)求f(x)的最大值及α的值;
(2)在△ABC中,角A,B,C的對邊分別為a,b,c,A=α-π12,且sin BsinC=sin2A,求b-c的值.
參考答案
單元質(zhì)檢卷四 三角函數(shù)、解三角形(B)
1.C ∵Q={y|y=sin θ,θ∈R},∴Q={y|-1≤y≤1},
∵P={-1,0,2},∴P∩Q={-1,0},故選C.
2.D ∵角α的終邊與單位圓交于點-55,255,到原點的距離r=1,
∴cos α=-55,
則cos 2α=2c
6、os2α-1=-35.故選D.
3.A cos2π3+2α=cosπ-π3-2α=-cosπ3-2α=-1+2sin2π6-α=-79.故選A.
4.A 原函數(shù)化簡為f(x)=-12cos 2ωx,
∵周期為π,可得ω=1,∴f(x)=-12cos 2x,
平移后得到函數(shù)f(x-a)=-12cos(2x-2a),
由圖像關于原點對稱,可知為奇函數(shù).
∴2a=π2+kπ,k∈Z,
即a=π4+kπ2,k∈Z,
又因為a>0,∴a的最小值為π4.故選A.
5.C ∵S=12absin C,cosC=a2+b2-c22ab,
∴2S=absinC,a2+b2-c2=2abcos
7、C,
代入已知等式得2absin C=2abcos C+2ab,
∵ab≠0,∴sin C=cos C+1,
∴cos C=0,∴sin C=1,
則sinπ4+C=22(sin C+cosC)=22.故選C.
6.C 由題知,T=211π12-5π12=π,
∴ω=2πT=2,∴f(x)=-2cos 2x,
∴f(x+φ)=-2cos(2x+2φ),
∴f5π12+φ=-2cos5π6+2φ=2,
故5π6+2φ=π+2kπ(k∈Z),
∴φ=π12+kπ(k∈Z).
又0<φ<π2,∴φ=π12.
7.2 ∵(a2+b2)tan C=8S,
∴(a2+b2)sin
8、 C=8×12absin C×cosC,
即a2+b2=4abcos C=4ab·a2+b2-c22ab,
可得:a2+b2=2c2,
由正弦定理得sin2A+sin2Bsin2C=a2+b2c2=2.
8.16 圓的方程即:(x-4)2+(y-3)2=m,設圓上的點P的坐標為(4+mcos θ,3+msin θ),
則PA=(-5-mcos θ,-3-msin θ),PB=(-3-mcos θ,-3-msin θ),
計算可得:PA·PB=(24+m)+10msin(θ+φ)=0,
sin(θ+φ)=-24+m10m,由正弦函數(shù)的性質(zhì)有:-1≤-24+m10m≤1,
求解關于
9、實數(shù)m的不等式可得:16≤m≤36,
則m的最小值為16.
9.解 (1)f(x)=(sin x+3cos x)(cos x-3sin x)
=sin xcosx-3sin2x+3cos2x-3sin xcosx=3cos 2x-sin 2x=2sin2x+2π3,
由-π2+2kπ≤2x+2π3≤π2+2kπ,k∈Z,
得kπ-7π12≤x≤kπ-π12,k∈Z,
所以,函數(shù)f(x)的遞增區(qū)間為kπ-7π12,kπ-π12(k∈Z).
(2)由f(x0)=2sin2x0+2π3=65,
得sin2x0+2π3=35,
又x0∈0,π2,
所以2x0+2π3∈2π3,π,
10、
所以cos2x0+2π3=-45,
所以cos 2x0=cos2x0+2π3-2π3=-45×-12+35×32=4+3310.
10.解 (1)f(x)=3sin 2x-cos 2x=2sin2x-π6.
若x=A時f(x)取得最大值,
因為A∈(0,π),所以2A-π6∈-π6,11π6,
則2A-π6=π2,即A=π3.
(2)由(1)可知A=π3,又a=2,可得b2+c2-bc=4.
又因為2AD=AB+AC,
平方可得4AD2=b2+c2+bc=2bc+4,
因為b2+c2≥2bc,當且僅當b=c=2時取等號.
所以bc≤4,所以AD長度的最大值為3.
11.解 (1)由題意,f(x)=1-cos2x+π2-3cos 2x=1+sin 2x-3cos 2x=1+2sin2x-π3.
又x∈π4,π2,
則π6≤2x-π3≤2π3,
故當2x-π3=π2,
即x=α=5π12時,f(x)max=3.
(2)由(1)知A=α-π12=π3.
由sin BsinC=sin2A,即bc=a2.
又a2=b2+c2-2bccos A=b2+c2-bc.
則b2+c2-bc=bc,
即(b-c)2=0.故b-c=0.
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