高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 課時跟蹤檢測（五）文-人教版高三數(shù)學(xué)試題

課時跟蹤檢測（五）一、選擇題1．設(shè)函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)．若函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))上具有單調(diào)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)))，則函數(shù)f(x)的最小正周期為()A.eq\f(π,2)B．πC.eq\f(3π,2) D．2π解析：選B由已知可畫出草圖，如圖所示，則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．已知外接圓半徑為R的△ABC的周長為(2＋eq\r(3))R，則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：選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)，故選A.3．若函數(shù)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)))內(nèi)存在零點，則實數(shù)m的取值范圍是()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：選C設(shè)x0為f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(5π,12)))內(nèi)的一個零點，則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)))).因為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，故選C.4．在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若b＝5，a＝3，cos(B－A)＝eq\f(7,9)，則△ABC的面積為()A.eq\f(15,2)B.eq\f(5\r(2),3)C．5eq\r(2) D．2eq\r(2)解析：選C在邊AC上取點D使A＝∠ABD，則cos∠DBC＝cos(∠ABC－A)＝eq\f(7,9)，設(shè)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邊上的高為2eq\r(2)，所以S△ABC＝eq\f(1,2)×5×2eq\r(2)＝5eq\r(2)，故選C.5．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c.asinBcosC＋csinBcosA＝eq\f(1,2)b，且a>b，則B＝()A.eq\f(π,6)B.eq\f(π,3)C.eq\f(2π,3)D.eq\f(5π,6)解析：選A由射影定理可知acosC＋ccosA＝b，則(acosC＋ccosA)sinB＝bsinB，又asinBcosC＋csinBcosA＝eq\f(1,2)b，則有bsinB＝eq\f(1,2)b，sinB＝eq\f(1,2).又a>b，所以A>B，則B∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，故B＝eq\f(π,6).6．已知△ABC為等邊三角形，AB＝2，設(shè)點P，Q滿足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)，則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：選A以點A為坐標(biāo)原點，AB所在的直線為x軸，過點A且垂直于AB的直線為y軸，建立平面直角坐標(biāo)系，則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)，化簡得4λ2－4λ＋1＝0，∴λ＝eq\f(1,2).二、填空題7．對任意兩個非零的平面向量α和β，定義α°β＝eq\f(α·β,β·β).若平面向量a，b滿足|a|≥|b|>0，a與b的夾角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，則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.在邊長為2的菱形ABCD中，∠BAD＝60°，P，Q分別是BC，BD的中點，則向量eq\o(AP,\s\up7(→))與eq\o(AQ,\s\up7(→))的夾角的余弦值為________．解析：以A為原點，AB所在直線為x軸建立如圖所示的直角坐標(biāo)系，則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)))，則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·石家莊質(zhì)檢)非零向量m，n的夾角為eq\f(π,3)，且滿足|n|＝λ|m|(λ>0)，向量組x1，x2，x3由一個m和兩個n排列而成，向量組y1，y2，y3由兩個m和一個n排列而成，若x1·y1＋x2·y2＋x3·y3所有可能值中的最小值為4m2，則λ＝________.解析：由題意，x1·y1＋x2·y2＋x3·y3的運算結(jié)果有以下兩種可能：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、解答題10．已知函數(shù)f(x)＝(eq\r(3)sinx＋cosx)2－2.(1)求函數(shù)f(x)在區(qū)間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，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若f(A)＝2，a＝eq\r(3)，且sinB＝2sinC，求△ABC的面積．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)))，∴當(dāng)2x－eq\f(π,6)＝－eq\f(π,2)，即x＝－eq\f(π,6)時，函數(shù)f(x)取得最小值feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝－2；當(dāng)2x－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，即x＝eq\f(π,3)時，函數(shù)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，邊a，b，c分別是內(nèi)角A，B，C所對的邊，且滿足2sinB＝sinA＋sinC，設(shè)B的最大值為B0.(1)求B0的值；(2)當(dāng)B＝B0，a＝3，c＝6，eq\o(AD,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)eq\o(DB,\s\up7(→))時，求CD的長．解：(1)由題設(shè)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)，當(dāng)且僅當(dāng)a2＝c2，即a＝c時等號成立．∵y＝cosx在(0，π)上單調(diào)遞減，∴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