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2020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）详细信息
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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． 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