2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第四章 三角函數(shù)、解三角形單元質(zhì)檢卷4B 文 北師大版.doc

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單元質(zhì)檢卷四　三角函數(shù)、解三角形(B) (時(shí)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(xué)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(xué)三模,3)角α的終邊與單位圓交于點(diǎn)-55,255,則cos 2α=(　　) A. B.- C. D.- 3.(2018山東煙臺(tái)期中)若sinπ6-α=13,則cos2π3+2α=(　　) A.- B.- C. D. 4.(2018河北衡水中學(xué)三模,8)已知函數(shù)f(x)=sin2ωx- (ω>0)的周期為π,若將其圖像沿x軸向右平移a個(gè)單位(a>0),所得圖像關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱,則實(shí)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(gè)內(nèi)角A,B,C的對(duì)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(xué)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(gè)單位,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(duì)邊,△ABC的面積為S,(a2+b2)tan C=8S,則sin2A+sin2Bsin 2C=　　　　　. 8.(2018河北衡水中學(xué)押題二,14)已知點(diǎn)A(-1,0),B(1,0),若圓x2+y2-8x-6y+25-m=0上存在點(diǎn)P使PAPB=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)=(sin x+3cos x)( cos x-3sin x). (1)求函數(shù)f(x)的遞增區(qū)間; (2)若f(x0)=,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(duì)的邊分別為a,b,c,已知函數(shù)f(x)=23sin xcos x+sin2x-cos2x,當(dāng)x=A時(shí)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(zhǎng)度的最大值. 11.(15分)(2018河北衡水中學(xué)三模,19)已知函數(shù)f(x)=2sin2x+π4-3cos 2x,x∈π4,π2.設(shè)x=α?xí)rf(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(duì)邊分別為a,b,c,A=α-π12,且sin Bsin C=sin2A,求b-c的值.  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(diǎn)-55,255,到原點(diǎn)的距離r=1, ∴cos α=-55, 則cos 2α=2cos2α-1=-35.故選D. 3.A　cos2π3+2α=cosπ-π3-2α=-cosπ3-2α=-1+2sin2π6-α=-.故選A. 4.A　原函數(shù)化簡(jiǎn)為f(x)=- cos 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(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱,可知為奇函數(shù). ∴2a=π2+kπ,k∈Z, 即a=π4+kπ2,k∈Z, 又因?yàn)閍>0,∴a的最小值為π4.故選A. 5.C　∵S=absin C,cos C=a2+b2-c22ab, ∴2S=absin C,a2+b2-c2=2abcos 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+cos C)=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 C=812absin Ccos C, 即a2+b2=4abcos C=4aba2+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(shè)圓上的點(diǎn)P的坐標(biāo)為(4+mcos θ,3+msin θ), 則PA=(-5-mcos θ,-3-msin θ),PB=(-3-mcos θ,-3-msin θ), 計(jì)算可得:PAPB=(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(guān)于實(shí)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 xcos x-3sin2x+3cos2x-3sin xcos x=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, 所以cos2x0+2π3=-45, 所以cos 2x0=cos2x0+2π3-2π3=-45-12+3532=4+3310. 10.解 (1)f(x)=3sin 2x-cos 2x=2sin2x-π6. 若x=A時(shí)f(x)取得最大值, 因?yàn)锳∈(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?yàn)?AD=AB+AC, 平方可得4AD2=b2+c2+bc=2bc+4, 因?yàn)閎2+c2≥2bc,當(dāng)且僅當(dāng)b=c=2時(shí)取等號(hào). 所以bc≤4,所以AD長(zhǎng)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(dāng)2x-π3=π2, 即x=α=5π12時(shí),f(x)max=3. (2)由(1)知A=α-π12=π3. 由sin Bsin C=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.