宜城教育365速发国际靠谱么_365bet亚洲官方网址_预付365商城下载网www.bjtlcd.com2020届高考数学(理)刷题首选卷:单元质量测试含试卷分析答题技巧(打包8套)单元质量测试(三)时间:120分钟满分:150分第Ⅰ卷(选择题,共60分)一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分)1.函数f(x)=1-2sin2x2的最小正周期为()A.2πB.πC.π2D.4π答案A解析f(x)=1-2sin2x2=cosx,最小正周期T=2π,故选A.2.已知sinθ<0,tanθ>0,则1-sin2θ化简的结果为()A.cosθB.-cosθC.±cosθD.以上都不对答案B解析由已知可判断出θ是第三象限角,所以1-sin2θ=|cosθ|=-cosθ.故选B.3.(2018·福建4月质检)已知向量AB→=(1,1),AC→=(2,3),则下列向量与BC→垂直的是()A.a=(3,6)B.b=(8,-6)C.c=(6,8)D.d=(-6,3)答案D解析BC→=AC→-AB→=(1,2),因为(1,2)·(-6,3)=1×(-6)+2×3=0.故选D.4.(2018·长沙统考)已知a,b为单位向量,且a⊥(a+2b),则向量a与b的夹角为()A.30°B.60°C.120°D.150°答案C解析由题意,a·(a+2b)=a2+2a·b=|a|2+2|a||b|·cos〈a,b〉=1+2cos〈a,b〉=0,所以cos〈a,b〉=-12,又0°≤〈a,b〉≤180°,所以〈a,b〉=120°.故选C.5.(2018·长春调研)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若2bcosC-2ccosB=a,且B=2C,则△ABC的形状是()A.等腰直角三角形B.直角三角形C.等腰三角形D.等边三角形答案B解析∵2bcosC-2ccosB=a,∴2sinBcosC-2sinCcosB=sinA=sin(B+C),即sinBcosC=3cosBsinC,∴tanB=3tanC,又B=2C,∴2tanC1-tan2C=3tanC,得tanC=33,C=π6,B=2C=π3,A=π2,故△ABC为直角三角形.故选B.6.(2018·广东广州调研)如图所示,在△ABC中,AN→=13AC→,P是BN上的一点,若AP→=mAB→+211AC→,则实数m的值为()A.911B.511C.311D.211答案B解析因为N,P,B三点共线,所以AP→=mAB→+211AC→=mAB→+611AN→,从而m+611=1?m=511.故选B.7.(2018·湖南长郡中学调研)若△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知2bsin2A=asinB,且c=2b,则ab等于()A.2B.3C.2D.3答案A解析由2bsin2A=asinB,得4bsinAcosA=asinB,由正弦定理得4sinBsinAcosA=sinAsinB,∵sinA≠0,且sinB≠0,∴cosA=14,由余弦定理,得a2=b2+4b2-b2,∴a2=4b2,∴ab=2.故选A.8.(2018·江西九校联考)已知5sin2α=6cosα,α∈0,π2,则tanα2=()A.-23B.13C.35D.23答案B解析由题意知10sinαcosα=6cosα,又α∈0,π2,∴sinα=35,cosα=45,tanα2=sinα2cosα2=2sin2α22sinα2cosα2=1-cosαsinα=1-4535=13.9.(2018·东北三省四市二联)将函数f(x)=sin(2x+φ)|φ|<π2的图象向右平移π12个单位,所得到的图象关于y轴对称,则函数f(x)在0,π2上的最小值为()A.32B.12C.-12D.-32答案D解析f(x)=sin(2x+φ)向右平移π12个单位得到函数g(x)=sin2x-π12+φ=sin2x-π6+φ,此函数图象关于y轴对称,即函数g(x)为偶函数,则-π6+φ=π2+kπ,k∈Z,由|φ|<π2,可得φ=-π3,所以f(x)=sin2x-π3,因为0≤x≤π2,所以-π3≤2x-π3≤2π3,所以f(x)的最小值为sin-π3=-32.故选D.10.(2018·湖北宜昌二模)已知△ABC中,∠A=120°,且AB=3,AC=4,若AP→=λAB→+AC→,且AP→⊥BC→,则实数λ的值为()A.2215B.103C.6D.127答案A解析因为AP→=λAB→+AC→,且AP→⊥BC→,所以有AP→·BC→=(λAB→+AC→)·(AC→-AB→)=λAB→·AC→-λAB→2+AC→2-AB→·AC→=(λ-1)AB→·AC→-λAB→2+AC→2=0,整理可得(λ-1)×3×4×cos120°-9λ+16=0,解得λ=2215,故选A.11.(2018·湖南长沙长郡中学摸底)已知函数f(x)=sin(ωx+φ)ω>0,|φ|<π2的最小正周期为π,且其图象向左平移π3个单位长度后得到函数g(x)=cosωx的图象,则函数f(x)的图象()a.关于直线x=π12对称b.关于直线x=5π12对称c.关于点π12,0对称d.关于点5π12,0对称答案c解析由题意t=2πω=π,得ω=2,把g(x)=cos2x的图象向右平移π3个单位长度得f(x)=cos2x-π3=cos2x-2π3=sinπ2-2x+2π3=sin-2x+7π6=sin2x-π6的图象,fπ12=0,f5π12=32,因此函数f(x)的图象关于点π12,0对称.故选c.12.(2017·全国卷ⅲ)在矩形abcd中,ab=1,ad=2,动点p在以点c为圆心且与bd相切的圆上.若ap→=λab→+μad→,则λ+μ的最大值为()a.3b.22c.5d.2答案a解析分别以cb,cd所在的直线为x轴、y轴建立直角坐标系,则a(2,1),b(2,0),d(0,1).∵点p在以c为圆心且与bd相切的圆上,∴可设p25cosθ,25sinθ.则ab→=(0,-1),ad→=(-2,0),ap→=25cosθ-2,25sinθ-1.又ap→=λab→+μad→,∴λ=-25sinθ+1,μ=-15cosθ+1,∴λ+μ=2-25sinθ-15cosθ=2-sin(θ+φ),其中tanφ=12,∴(λ+μ)max=3.故选a.第ⅱ卷(非选择题,共90分)二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)13.(2018·合肥质检一)已知平面向量a,b满足|a|=1,|b|=2,|a+b|=3,则a在b方向上的投影等于________.答案-12解析依题意,有|a+b|2=(a+b)2=a2+2a·b+b2=1+2×1×2cos〈a,b〉+4=3,解得cos〈a,b〉=-12,则a在b方向上的投影等于|a|cos〈a,b〉=-12.14.(2018·全国卷ⅲ)△abc的内角a,b,c的对边分别为a,b,c.已知c=60°,b=6,c=3,则a=________.答案75°解析由正弦定理得3sin60°=6sinb,∴sinb=22.又∵c>b,∴b=45°,∴a=75°.15.(2018·河北石家庄质检)已知ab→与ac→的夹角为90°,|ab→|=2,|ac→|=1,am→=λab→+μac→(λ,μ∈r),且am→·bc→=0,则λμ的值为________.答案14解析根据题意,建立如图所示的平面直角坐标系,则a(0,0),b(0,2),c(1,0),所以ab→=(0,2),ac→=(1,0),bc→=(1,-2).设m(x,y),则am→=(x,y),所以am→·bc→=(x,y)·(1,-2)=x-2y=0,即x=2y,又am→=λab→+μac→,即(x,y)=λ(0,2)+μ(1,0)=(μ,2λ),所以x=μ,y=2λ,所以λμ=12yx=14.16.(2018·广州调研)如图所示,某炮兵阵地位于地面a处,两观察所分别位于地面c处和d处,已知cd=6000m,∠acd=45°,∠adc=75°,目标出现于地面b处时测得∠bcd=30°,∠bdc=15°,则炮兵阵地到目标的距离是________m.(结果保留根号)答案100042解析在△acd中,∵∠acd=45°,∠adc=75°,∴∠cad=60°,由正弦定理可得adsin45°=cdsin60°,∴ad=6000×2232=20006(m).在△bcd中,由正弦定理得bdsin30°=cdsin135°,∴bd=12×600022=30002(m),在rt△abd中,由勾股定理可得ab2=bd2+ad2,∴ab=300022+200062=100042(m).三、解答题(本大题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17.(本小题满分10分)已知α∈π2,π,sinα=55.(1)求sinπ4+α的值;(2)求cos5π6-2α的值.解(1)因为α∈π2,π,sinα=55,所以cosα=-1-sin2α=-255.故sinπ4+α=sinπ4cosα+cosπ4sinα=22×-255+22×55=-1010.(2)由(1)知sin2α=2sinαcosα=2×55×-255=-45,cos2α=1-2sin2α=1-2×552=35,所以cos5π6-2α=cos5π6cos2α+sin5π6sin2α=-32×35+12×-45=-4+3310.18.(2018·浙江温州统考)(本小题满分12分)已知函数f(x)=12sinωx+32cosωx(ω>0)的最小正周期为π.(1)求ω的值,并在下面提供的直角坐标系中画出函数y=f(x)在区间[0,π]上的图象;(2)函数y=f(x)的图象可由函数y=sinx的图象经过怎样的变换得到?解(1)函数可化为f(x)=sinωx+π3,因为T=π,所以2πω=π,即ω=2,所以f(x)=sin2x+π3.列表如下:x 0 π12π37π125π6πy 321 0 -1 0 32 画出图象如图所示:(2)将函数y=sinx(x∈R)图象上的所有点向左平移π3个单位长度,得到函数y=sinx+π3(x∈R)的图象,再将所得图象上的所有点的横坐标缩短到原来的12(纵坐标不变),可得函数f(x)=sin2x+π3(x∈R)的图象.19.(2018·河南洛阳二模)(本小题满分12分)如图,已知扇形的圆心角∠AOB=2π3,半径为42,若点C是AB上的一动点(不与点A,B重合).(1)若弦BC=4(3-1),求BC的长;(2)求四边形OACB面积的最大值.解(1)在△OBC中,BC=4(3-1),OB=OC=42,所以由余弦定理得cos∠BOC=OB2+OC2-BC22OB·OC=32,所以∠BOC=π6,于是BC的长为π6×42=22π3.(2)设∠AOC=θ,θ∈0,2π3,则∠BOC=2π3-θ,S四边形OACB=S△AOC+S△BOC=12×42×42sinθ+12×42×42sin2π3-θ=24sinθ+83cosθ=163sinθ+π6,由于θ∈0,2π3,所以θ+π6∈π6,5π6,当θ=π3时,四边形OACB的面积取得最大值163.20.(2018·河南濮阳三模)(本小题满分12分)△ABC内接于半径为R的圆,a,b,c分别是内角A,B,C的对边,且2R(sin2B-sin2A)=(b-c)sinC,c=3.(1)求角A的大小;(2)若AD是BC边上的中线,AD=192,求△ABC的面积.解(1)因为2R(sin2B-sin2A)=(b-c)sinC,所以2RsinBsinB-2RsinAsinA=(b-c)sinC,所以bsinB-asinA=bsinC-csinC,即b2-a2=bc-c2,即b2+c2-a2=bc,所以cosA=b2+c2-a22bc=12,A=60°.(2)以AB,AC为邻边作平行四边形ABEC,在△ABE中,∠ABE=120°,AE=19,由余弦定理得AE2=AB2+BE2-2AB·BEcos120°,即19=9+BE2-2×3×BE×-12,解得BE=2(负值舍去),所以AC=2.故S△ABC=12AB·ACsin∠BAC=12×3×2×32=332.21.(2018·荆门调研)(本小题满分12分)已知向量m=(3sinx,cosx),n=(-cosx,3cosx),f(x)=m·n-32.(1)求函数f(x)的最大值及取得最大值时x的值;(2)若方程f(x)=a在区间0,π2上有两个不同的实数根,求实数a的取值范围.解(1)f(x)=m·n-32=-3sinxcosx+3cos2x-32=-32sin2x+32(1+cos2x)-32=-32sin2x+32cos2x=3sin2x+5π6.当2x+5π6=2kπ+π2,k∈Z,即x=kπ-π6,k∈Z时,函数f(x)取得最大值3.(2)由于x∈0,π2时,2x+5π6∈5π6,11π6.而函数g(x)=3sinx在区间5π6,3π2上单调递减,在区间3π2,11π6上单调递增.又g11π6=-32,g3π2=-3,g5π6=32.结合图象(如图),所以方程f(x)=a在区间0,π2上有两个不同的实数根时,a∈-3,-32.22.(2018·广东茂名二模)(本小题满分12分)已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,sinA=2sinC,2b=3c.(1)求cosC;(2)若∠ABC的平分线交AC于点D,且△ABC的面积为3154,求BD的长.解(1)∵sinA=2sinC,∴a=2c.于是,cosC=a2+b2-c22ab=2c2+32c2-c22×2c×32c=78.(2)由(1)知cosC=78,∴sinC=158.∵S△ABC=12·2c·32c·158=3154,∴c2=4,c=2,则a=4,b=3.∵BD为∠ABC的平分线,∴ac=CDAD=2,∴CD=2AD.又CD+AD=3,∴CD=2,AD=1.在△BCD中,由余弦定理可得BD2=42+22-2×4×2×78=6,∴BD=6. 宜城教育365速发国际靠谱么_365bet亚洲官方网址_预付365商城下载网www.bjtlcd.comπ2的最小正周期为π,且其图象向左平移π3个单位长度后得到函数g(x)=cosωx的图象,则函数f(x)的图象()a.关于直线x=π12对称b.关于直线x=5π12对称c.关于点π12,0对称d.关于点5π12,0对称答案c解析由题意t=2πω=π,得ω=2,把g(x)=cos2x的图象向右平移π3个单位长度得f(x)=cos2x-π3=cos2x-2π3=sinπ2-2x+2π3=sin-2x+7π6=sin2x-π6的图象,fπ12=0,f5π12=32,因此函数f(x)的图象关于点π12,0对称.故选c.12.(2017·全国卷ⅲ)在矩形abcd中,ab=1,ad=2,动点p在以点c为圆心且与bd相切的圆上.若ap→=λab→+μad→,则λ+μ的最大值为()a.3b.22c.5d.2答案a解析分别以cb,cd所在的直线为x轴、y轴建立直角坐标系,则a(2,1),b(2,0),d(0,1).∵点p在以c为圆心且与bd相切的圆上,∴可设p25cosθ,25sinθ.则ab→=(0,-1),ad→=(-2,0),ap→=25cosθ-2,25sinθ-1.又ap→=λab→+μad→,∴λ=-25sinθ+1,μ=-15cosθ+1,∴λ+μ=2-25sinθ-15cosθ=2-sin(θ+φ),其中tanφ=12,∴(λ+μ)max=3.故选a.第ⅱ卷(非选择题,共90分)二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)13.(2018·合肥质检一)已知平面向量a,b满足|a|=1,|b|=2,|a+b|=3,则a在b方向上的投影等于________.答案-12解析依题意,有|a+b|2=(a+b)2=a2+2a·b+b2=1+2×1×2cos〈a,b〉+4=3,解得cos〈a,b〉=-12,则a在b方向上的投影等于|a|cos〈a,b〉=-12.14.(2018·全国卷ⅲ)△abc的内角a,b,c的对边分别为a,b,c.已知c=60°,b=6,c=3,则a=________.答案75°解析由正弦定理得3sin60°=6sinb,∴sinb=22.又∵c>b,∴b=45°,∴a=75°.15.(2018·河北石家庄质检)已知ab→与ac→的夹角为90°,|ab→|=2,|ac→|=1,am→=λab→+μac→(λ,μ∈r),且am→·bc→=0,则λμ的值为________.答案14解析根据题意,建立如图所示的平面直角坐标系,则a(0,0),b(0,2),c(1,0),所以ab→=(0,2),ac→=(1,0),bc→=(1,-2).设m(x,y),则am→=(x,y),所以am→·bc→=(x,y)·(1,-2)=x-2y=0,即x=2y,又am→=λab→+μac→,即(x,y)=λ(0,2)+μ(1,0)=(μ,2λ),所以x=μ,y=2λ,所以λμ=12yx=14.16.(2018·广州调研)如图所示,某炮兵阵地位于地面a处,两观察所分别位于地面c处和d处,已知cd=6000m,∠acd=45°,∠adc=75°,目标出现于地面b处时测得∠bcd=30°,∠bdc=15°,则炮兵阵地到目标的距离是________m.(结果保留根号)答案100042解析在△acd中,∵∠acd=45°,∠adc=75°,∴∠cad=60°,由正弦定理可得adsin45°=cdsin60°,∴ad=6000×2232=20006(m).在△bcd中,由正弦定理得bdsin30°=cdsin135°,∴bd=12×600022=30002(m),在rt△abd中,由勾股定理可得ab2=bd2+ad2,∴ab=300022+200062=100042(m).三、解答题(本大题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17.(本小题满分10分)已知α∈π2,π,sinα=55.(1)求sinπ4+α的值;(2)求cos5π6-2α的值.解(1)因为α∈π2,π,sinα=55,所以cosα=-1-sin2α=-255.故sinπ4+α=sinπ4cosα+cosπ4sinα=22×-255+22×55=-1010.(2)由(1)知sin2α=2sinαcosα=2×55×-255=-45,cos2α=1-2sin2α=1-2×552=35,所以cos5π6-2α=cos5π6cos2α+sin5π6sin2α=-32×35+12×-45=-4+3310.18.(2018·浙江温州统考)(本小题满分12分)已知函数f(x)=12sinωx+32cosωx(ω> 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