备战2025年高考二轮复习数学专题检测练2（Word版附解析）

这是一份备战2025年高考二轮复习数学专题检测练2（Word版附解析），共12页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.
1.(2024·北京房山一模)已知角α的终边经过点(3,4),把角α的终边绕原点O逆时针旋转π2得到角β的终边,则sin β=( )
A.-45B.45C.-35D.35
答案D
解析因为角α的终边经过点(3,4),所以cs α=332+42=35.把角α的终边绕原点O逆时针旋转π2得到角β的终边,所以β=α+π2,
所以sin β=sinα+π2=cs α=35.故选D.
2.(2024·陕西西安模拟)已知α为锐角,sin α=35,则csα2=( )
A.1010B.31010C.55D.255
答案B
解析由α为锐角,sin α=35,得cs α=1-sin2α=45.又cs α=2cs2α2-1,且α2为锐角,
所以csα2=1+csα2=31010.故选B.
3.(2024·陕西西安二模)已知sin(α+β)sin(α-β)=2,cs αsin β=16,则sin(α+β)=( )
A.13B.23C.19D.-23
答案B
解析由sin(α+β)sin(α-β)=2,可得sin(α+β)=2sin(α-β),整理得3cs αsin β=sin αcs β.
因为cs αsin β=16,所以sin αcs β=12,所以sin(α+β)=sin αcs β+cs αsin β=12+16=23.故选B.
4.(2024·江苏南通三模)已知三个单位向量a,b,c满足a=b+c,则向量b,c的夹角为( )
A.π6B.π3C.2π3D.5π6
答案C
解析由题可得,a2=b2+c2+2b·c,
即1=1+1+2b·c,则b·c=-12,
即1×1×cs=-12,则cs=-12.
因为∈[0,π],所以向量b,c的夹角为2π3.
故选C.
5.(2024·四川绵阳三模)若函数f(x)=cs(πx+φ)的图象关于直线x=1对称,在下列选项中,( )不是f(x)的零点.
A.-1B.-12C.32D.52
答案A
解析由题可知,函数f(x)的周期T=2ππ=2.
又f(x)=cs(πx+φ)的图象关于直线x=1对称,
所以f(x)的零点满足1-T4+k=12+k,k∈Z,
所以-12,32,52均为f(x)的零点,-1不是f(x)的零点.故选A.
6.(2024·四川攀枝花三模)将函数y=sin2x-cs2x的图象向右平移m(m>0)个单位长度后得到的图象与y=sin 2x的图象关于原点对称,则m的最小值是( )
A.π4B.3π4C.π2D.3π2
答案B
解析令f(x)=sin2x-cs2x,则f(x)=-cs 2x.
设f(x)向右平移m(m>0)个单位长度后得到函数g(x)的图象,
则g(x)=-cs[2(x-m)]=-cs(2x-2m).
因为g(x)的图象与y=sin 2x的图象关于原点对称,
则有g(x)=-sin(-2x)=sin 2x,
即-cs(2x-2m)=sin 2x,
所以-2m=π2+2kπ(k∈Z),
解得m=-π4-kπ(k∈Z).
又因为m>0,所以当k=-1时,m取最小值为3π4.故选B.
7.(2024·山东济南二模)已知函数f(x)=3sin 2x-cs 2x,则下列结论正确的是( )
A.函数f(x)的最大值是3
B.函数f(x)在区间-π6,π3上单调递增
C.该函数的最小正周期是2π
D.该函数向左平移π6个单位长度后图象关于原点对称
答案B
解析由题可得,f(x)=3sin 2x-cs 2x=2sin2x-π6,
可得函数最大值是2,最小正周期是π,故选项A,C错误;
当x∈-π6,π3时,2x-π6∈-π2,π2,根据正弦函数的性质,
可得函数f(x)=2sin2x-π6在区间-π6,π3上单调递增,故B正确;
将函数f(x)图象向左平移π6个单位长度,得到函数f(x)=2sin2x+π6的图象,
此时函数f(x)的图象不关于原点对称,故D错误.故选B.
8.(2024·黑龙江二模)“不以规矩,不能成方圆”中的“规”指圆规,“矩”指由相互垂直的长短两条直尺构成的方尺,今有一块圆形木板,按图中数据,以“矩”量之,若将这块圆形木板截成一块四边形形状的木板,且这块四边形木板的一个内角α满足cs α=13,则这块四边形木板周长的最大值为( )
A.10(30+15)3 cmB.10(30-15)3 cm
C.10(10+5)3 cmD.10(10-5)3 cm
答案A
解析因为四边形木板的一个内角α满足cs α=13,如图.
设∠BAD=α,由题设可得圆的直径为100+25=55,故BD=55sin α.
因为cs α=13,α为三角形内角,故sin α=1-132=223,故BD=55×223=10103,
则AB2+AD2-2AD×ABcs α=BD2=1 0009,故(AB+AD)2=83AD×AB+1 0009≤2(AD+AB)23+1 0009,
故AB+AD≤1 0009×3=10303,当且仅当AB=AD=5303时,等号成立.
同理,BC+CD≤10153,当且仅当BC=CD=5153时,等号成立,
故四边形周长的最大值为10(30+15)3 cm.
故选A.
二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求,全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.
9.(2024·安徽芜湖二模)在平面直角坐标系xOy中,角θ以坐标原点O为顶点,以x轴的非负半轴为始边,其终边经过点M(a,b),|OM|=m(m≠0),定义f(θ)=b+am,g(θ)=b-am,则( )
A.fπ6+gπ6=1
B.f(θ)+f2(θ)≥0
C.若f(θ)g(θ)=2,则sin 2θ=35
D.f(θ)g(θ)是周期函数
答案ACD
解析由题意得,M(a,b)在角θ的终边上,且|OM|=m,
所以cs θ=am,sin θ=bm,
则f(θ)=b+am=sin θ+cs θ=2sinθ+π4,g(θ)=b-am=sin θ-cs θ=2sinθ-π4.
对于A,fπ6+gπ6=sinπ6+csπ6+sinπ6-csπ6=1,故A正确;
对于B,f(θ)+f2(θ)=sin θ+cs θ+(sin θ+cs θ)2,令t=sin θ+cs θ=2sinθ+π4,t∈[-2,2],所以f(θ)+f2(θ)=t+t2=t+122-14≥-14,故B错误;
对于C,f(θ)g(θ)=sinθ+csθsinθ-csθ=tanθ+1tanθ-1=2,解得tan θ=3.
由sin 2θ=2sin θcs θ=2sinθcsθsin2θ+cs2θ=2tanθtan2θ+1=2×332+1=35,故C正确;
对于D,f(θ)g(θ)=(sin θ+cs θ)(sin θ-cs θ)=sin2θ-cs2θ=-cs 2θ.
因为y=cs 2θ为周期函数,故D正确.
故选ACD.
10.(2024·湖南岳阳三模)已知函数f(x)=2cs(ωx+φ)ω>0,|φ|<π2的部分图象如图所示,则( )
A.ω=2
B.f(x)的单调递减区间为kπ+π12,kπ+7π12,k∈Z
C.f(x)的图象可由函数y=2cs 2x的图象向右平移π6个单位长度得到
D.满足条件f(x)-f-7π4f(x)-f4π3>0的最小正整数x为2
答案ABD
解析设函数f(x)的周期为T,由图象可得,34T=13π12-π3=3π4,则T=π,所以2πω=π,解得ω=2,故A正确.
当x=13π12时,函数f(x)=2cs(ωx+φ)取最大值,所以2×13π12+φ=2mπ,m∈Z,
则φ=2mπ-13π6,m∈Z.
又|φ|<π2,所以φ=-π6,
故f(x)=2cs2x-π6.
由2kπ≤2x-π6≤2kπ+π,k∈Z,
可得kπ+π12≤x≤kπ+7π12,k∈Z,
所以函数f(x)的单调递减区间为kπ+π12,kπ+7π12,k∈Z,故B正确.
将函数y=2cs 2x的图象向右平移π6个单位长度得到函数y=2cs2x-π3的图象,故C错误.
因为f(x)=2cs(2x-π6),所以f-7π4=2cs-7π2-π6=2cs3π2+π6=1,f4π3=2cs8π3-π6=2cs5π2=0,
所以(f(x)-f-7π4)(f(x)-f4π3)>0可化为(f(x)-1)f(x)>0,
所以f(x)>1或f(x)<0.
由f(x)>1可得,cs2x-π6>12,
所以2nπ-π3<2x-π6<2nπ+π3,n∈Z,
即nπ-π12取n=0,可得-π12取n=1,可得11π12由f(x)<0可得,cs2x-π6<0,
所以2tπ+π2<2x-π6<2tπ+3π2,t∈Z,
即tπ+π3取t=0,可得π30的最小正整数x为2,故D正确.
故选ABD.
11.(2024·山东潍坊二模)已知向量a,b,c为平面向量,|a|=1,|b|=2,a·b=0,|c-a|=12,则( )
A.1≤|c|≤32
B.(c-a)·(c-b)的最大值为1+254
C.-1≤b·c≤1
D.若c=λa+μb,则λ+μ的最小值为1-54
答案BCD
解析对于A,设a=(1,0),b=(0,2),c=(x,y),
根据|c-a|=12,得(x-1)2+y2=12,
即(x-1)2+y2=14,表示的是圆心为(1,0),半径为12的圆.又|c|=x2+y2的几何意义为原点到圆(x-1)2+y2=14上点(x,y)的距离,则12≤|c|≤32,故A错误.
对于B,(c-a)·(c-b)=(x-1)x+y(y-2)=x2-x+y2-2y=x-122+(y-1)2-54,
则转化为求圆(x-1)2+y2=14上的点到12,1的距离最大值,为(1-122+12+12)2-54=(52+12)2-54=1+254,故B正确.
对于C,b·c=2y,因为-12≤y≤12,故-1≤b·c≤1,故C正确.
对于D,因为(x-1)2+y2=14,
故x=csθ2+1,y=sinθ2.
又因为c=λa+μb,故λ=x,μ=y2,λ+μ=csθ2+1+sinθ4=54(255cs θ+55sin θ)+1=54sin(θ+φ)+1,故当sin(θ+φ)=-1时,λ+μ取最小值1-54,故D正确.故选BCD.
三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.
12.(2024·广东茂名一模)如图,△ABC在边长为1的小正方形组成的网格中,则AB·AC= .
答案9
解析如图,以点B为坐标原点,建立平面直角坐标系,则A(2,3),C(5,-2).
所以AB=(-2,-3),AC=(3,-5),故AB·AC=-2×3+(-3)×(-5)=9.
13.(2024·湖南长沙模拟)海边近似平直的海岸线上有两处码头A,B,且AB=3 km.现有一观光艇由B出发,同时在A处有一小艇出发向观光艇补充物资,其速度为观光艇的两倍,在M处成功拦截观光艇,完成补给.若两船都做匀速直线运动,观光艇行驶向海洋的方向任意的情况下,小艇总可以设定合适的出发角度,使得行驶距离最小,则拦截点M距离海岸线的最远距离为 .
答案2 km
解析设BM=x,则AM=2BM=2x,x∈(1,3).设∠ABM=θ,则cs θ=32+x2-(2x)22×3x=32x-x2.
因此xsin θ=x2(1-cs2θ)=x21-32x-x22=-14(x2-5)2+4≤2,当且仅当x2=5,即x=5时,等号成立,所以拦截点M距离海岸线的最远距离为2 km.
14.(2024·广东佛山二模)如图所示,单位圆O绕圆心做逆时针匀速圆周运动,角速度大小为2π rad/s,圆上两点A,B始终满足∠AOB=2π3,随着圆O的旋转,A,B两点的位置关系呈现周期性变化.现定义:A,B两点的竖直距离为A,B两点相对于水平面的高度差的绝对值.假设运动开始时刻,即t=0 s时,点A位于圆心正下方,则t= s时,A,B两点的竖直距离第一次为0;A,B两点的竖直距离关于时间t(单位:s)的函数解析式为f(t)= .
答案13 3sin2πt+π3
解析以O为原点,OA所在直线为y轴,建立平面直角坐标系,
由于角速度ω=2π rad/s,
设点Acs2πt-π2,sin2πt-π2,圆上两点A,B始终保持∠AOB=2π3,
则Bcs2πt+π6,sin2πt+π6,要使A,B两点的竖直距离为0,
则sin2πt-π2=sin2πt+π6,第一次为0时,4πt-π3=π,解得t=13,f(t)=|sin(2πt+π6)-sin(2πt-π2)|=|32sin 2πt+12cs 2πt+cs 2πt|=|32sin 2πt+32cs 2πt|=3|sin(2πt+π3)|.
四、解答题:本题共3小题,共45分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.(15分)(2024·北京平谷模拟)已知函数f(x)=sin 2xcs φ-cs 2xsin φ,其中|φ|<π2,再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知条件,使f(x)存在,并完成下列两个问题.
(1)求φ的值;
(2)若m>0,函数f(x)在区间[0,m]上最小值为-12,求实数m的取值范围.
条件①:对任意的x∈R,都有f(x)≤fπ3成立;条件②:fπ4=-12;条件③:fπ3-f-π6=2.
注:若选择多个条件分别解答,则按第一个解答计分.
解(1)由题可得f(x)=sin 2xcs φ-cs 2xsin φ=sin(2x-φ).
若选条件①:当x=π3时,fπ3=sin2π3-φ=1.
因为|φ|<π2,即φ=π6.
经检验,对任意x∈R,都有f(x)≤fπ3=1恒成立,
故选条件①时,f(x)存在,故可选①.
若选条件②:fπ4=sinπ2-φ=cs φ=-12,
解得φ=2π3+2kπ或φ=4π3+2kπ,k∈Z.
因为|φ|<π2,所以与条件矛盾,故不选②.
若选条件③:fπ3-f-π6=sin2π3-φ-sin-π3-φ=sinπ-π3+φ+sinπ3+φ=sinπ3+φ+sinπ3+φ=2,
所以sinπ3+φ=1.
因为|φ|<π2,可得φ=π6,
故条件③能使f(x)成立,故可选③.
综上所述,可选择条件①或③,此时φ=π6.
(2)由(1)知f(x)=sin2x-π6,当x∈[0,m]时,2x-π6∈-π6,2m-π6,
且f(x)的最小值为-12,所以可得2m-π6≤π+π6,解得m≤2π3.
又m>0,所以0所以m的取值范围为0,2π3.
16.(15分)(2024·上海嘉定二模)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,cs2B-sin2B=-12.
(1)求角B,并计算sinB+π6的值;
(2)若b=3,且△ABC是锐角三角形,求a+2c的最大值.
解(1)由cs2B+sin2B=1,cs2B-sin2B=-12,得cs2B=14,
则cs B=±12.
又0当B=π3时,sinB+π6=sinπ2=1;
当B=2π3时,sinB+π6=sin5π6=12.
(2)若△ABC为锐角三角形,则B=π3,
有0解得π6由正弦定理,得asinA=csinC=bsinB=332=2,
则a=2sin A,c=2sin C,
所以a+2c=2sin A+4sin C=2sin2π3-C+4sin C=2(32cs C+12sin C)+4sin C=5sin C+3cs C=27sin(C+φ),其中tan φ=35.
又tan φ=35<33=tanπ6,所以0<φ<π6,
则π3所以a+2c的最大值为27.
17.(15分)(2024·湖北武汉二模)已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c(a(1)求A;
(2)若BD=13BC,|AD|=2,求b+c的取值范围.
解(1)由正弦定理得sin C=2sin Acs Acs B-sin Bcs 2A,
则sin C=sin 2Acs B-sin Bcs 2A=sin(2A-B).
因为C=π-(A+B),
所以sin(A+B)=sin(2A-B),
即A+B=2A-B或A+B=π-(2A-B),
解得A=2B或A=π3.
因为a(2)由BD=13BC,得AD-AB=13(AC-AB),则AD=13AC+23AB,
则|AD|2=19b2+49c2+49bccs A,
即4=19b2+49c2+29bc,
整理得,b2+4c2+2bc=36,
即(b+c)2+3c2=36.
令b+c=6cs α,3c=6sin α,
因为c>0,b+c>0,所以0<α<π2.
因为b=6cs α-23sin α>0,
所以tan α<3,解得0<α<π3.
由(1)得A=π3,
则a2=b2+c2-2bccs A=b2+c2-bc.
又因为a所以b2+c2-bc解得c解得tan α<32,所以0令tan α1=32,则0<α<α1<π3,
则cs α1因为cs α1=277,所以1277<6cs α<6,
即1277