高考真题衍生卷 命题区间8三角函数的图象与性质、平面向量--《高考快车道》2026版高考数学高考母题必读及衍生

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高考真题衍生卷 命题区间8三角函数的图象与性质、平面向量--《高考快车道》2026版高考数学高考母题必读及衍生

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命题区间8 三角函数的图象与性质、平面向量
(单项选择题每小题5分,多项选择题每小题6分,填空题每小题5分,解答题每小题13分,共100分)
考向一 三角函数的概念、同角三角函数的基本关系、诱导公式
1.(2023·全国乙卷文T14姊妹题)已知角α的终边经过点P(1,3),则=(  )
[A] [B]
[C]- [D]-
2.(2023·全国乙卷文T14子母题)已知tan θ=,则=(  )
[A]6 [B]
[C] [D]2
3.(2023·全国乙卷文T14改编题)已知sinα+cos α=,则=(  )
[A]- [B]
[C]- [D]
考向二 三角函数的图象和性质
4.(2024·上海卷T14)下列函数中,最小正周期是2π的是(  )
[A]y=sin x+cos x [B]y=sin x cos x
[C]y=sin2x+cos2x [D]y=sin2x-cos2x
5.(2024·北京卷T6)设函数f (x)=sinωx(ω>0).已知f (x1)=-1,f (x2)=1,且|x1-x2|的最小值为,则ω=(  )
[A]1 [B]2
[C]3 [D]4
6.(2024·新高考Ⅰ卷T7子母题)当x∈[0,π]时,曲线f (x)=cos x与g(x)=cos 的交点个数为(  )
[A]4 [B]5
[C]6 [D]7
7.(2024·天津卷T7改编)已知函数f (x)=sin 3(ω>0)的最小正周期为π,则f (x)在的最小值为(  )
[A]- [B]-
[C]0 [D]
8.(2024·新高考Ⅰ卷T7姊妹题)设函数f (x)=cos (ωx+φ),|φ|<,若 x∈R,都有f +f =0,且曲线y=f (x)在一个周期内与直线y=-有两个交点A,B,|AB|min=,则f =(  )
[A] [B]
[C]- [D]-
9.(多选)(2024·新高考Ⅱ卷T9姊妹题)已知函数f (x)=cos ,把y=f (x)的图象向右平移个单位长度,得到函数y=g(x)的图象,以下说法正确的是(  )
[A]直线x=是y=f (x)图象的一条对称轴
[B]f (x)的单调递减区间为(k∈Z)
[C]y=g(x)的图象关于原点对称
[D]f (x)+g(x)的最大值为
10.(多选)(补偿题)函数f (x)=A sin (ωx+φ)的部分图象如图所示,则(  )
[A]函数f (x)图象的对称轴方程为x=4k-3(k∈Z)
[B]函数f (x)的单调递减区间为[8k-3,8k+1](k∈Z)
[C]函数f (x)在区间[-π,0]上单调递增
[D]f (x)≥-1的解集为(k∈Z)
11.(2023·新高考Ⅰ卷T15)已知函数f (x)=cos ωx-1(ω>0)在区间[0,2π]有且仅有3个零点,则ω的取值范围是__________.
考向三 平面向量
12.(2024·新高考Ⅰ卷T3)已知向量a=(0,1),b=(2,x),若b⊥(b-4a),则x=(  )
[A]-2 [B]-1
[C]1 [D]2
13.(2024·新高考Ⅰ卷T3子母题)若|a+b|=|a-b|,a=(1,2),b=(m,3),则实数m=(  )
[A]6 [B]-6
[C]3 [D]-3
14.(2023·北京卷T3)已知向量a,b满足a+b=(2,3),a-b=(-2,1),则|a|2-|b|2=(  )
[A]-2 [B]-1
[C]0 [D]1
15.(2024·全国甲卷理T9)已知向量a=(x+1,x),b=(x,2),则(  )
[A]“x=-3”是“a⊥b”的必要条件
[B]“x=-3”是“a∥b”的必要条件
[C]“x=0”是“a⊥b”的充分条件
[D]“x=-1+”是“a∥b”的充分条件
16.(2023·全国甲卷理T4)已知向量a,b,c满足|a|=|b|=1,|c|=,且a+b+c=0,则cos 〈a-c,b-c〉=(  )
[A]- [B]-
[C] [D]
17.(2023·新高考Ⅱ卷T13)已知向量a,b满足|a-b|=,|a+b|=|2a-b|,则|b|=__________.
18.(13分)(人教A版必修第二册P60复习参考题6T8衔接2024·新高考Ⅱ卷T3)已知向量a=(1,0),b=(1,1).当λ为何值时,a+λb与a垂直?
4/4专题三 三角函数、平面向量及其应用
高考真题衍生卷·命题区间8
1.C [由题意,可得tan α=3,
所以-sin α(cos α+sin α)
=-,故选C.]
2.C [因为tanθ=,
所以=.
故选C.]
3.C [因为sin α+cos α=,
所以1+2sin αcos α=,所以2sin αcos α=-,
4.A [对于选项A,y=sin x+cos x=sin ,其最小正周期T=2π,故A正确;
对于选项B,y=sin x cos x=sin 2x,其最小正周期T==π,故B错误;
对于选项C,y=sin2x+cos2x=1,是常数函数,不存在最小正周期,故C错误;
对于选项D,y=sin2x-cos2x=-cos2x,其最小正周期T==π,故D错误.故选A.]
5.B [由题意可知,x1为f (x)的最小值点,x2为f (x)的最大值点,则|x1-x2|min=,即T=π,
又ω>0,所以ω==2.故选B.]
6.B [由题可得g(x)=cos 的最小正周期T=,即在[0,π]内,g(x)有3个周期,又其值域为[-1,1],且g(0)=-,在同一直角坐标系内作出f (x)=cos x与g(x)=cos 的图象,如图所示,由图象可得曲线f (x)=cos x与g(x)=cos 在[0,π]内有5个交点.故选B.
]
7.A [f (x)=sin 3=sin (3ωx+π)=-sin 3ωx,由T==π得ω=,即f (x)=-sin 2x,
当x∈
8.C [令f (x)=cos (ωx+φ)=,所以ωx+φ=+2kπ或+2kπ,k∈Z,即xA=+-,xB=+-,k∈Z,由题意及|AB|min=得,|AB|min=|xA-xB|==,所以ω=1,因为函数f (x)对任意的x∈R,都有f +f =0,所以函数f (x)的图象关于点中心对称,所以f =cos =0,又|φ|<,所以φ=,即f (x)=cos ,则f =cos =-.故选C.]
9.ABD [将函数f (x)=cos 的图象向右平移个单位长度,
得到函数y=g(x)=cos (2x-π)=-cos 2x的图象.
对于A项,令x=,求得f (x)=,即为函数y=f (x)的最大值,
所以直线x=是函数f (x)图象的一条对称轴,所以A正确;
对于B项,令2kπ≤2x-≤2kπ+π,k∈Z,解得kπ+≤x≤kπ+,k∈Z,
可得f (x)的单调递减区间为,k∈Z,所以B正确;
对于C项,由于g(x)=-cos 2x是偶函数,可得函数g(x)的图象关于y轴对称,所以C错误;
对于D项,由f (x)+g(x)=cos +
=-cos 2x
=sin 2x-cos 2x=sin ≤,
即f (x)+g(x)的最大值为,所以D正确.
故选ABD.]
10.AD [根据题图可知,A=2,=3-1=2,所以T=8,即ω=,
又f (1)=2sin =2,
而|φ|<,所以φ=,可得f (x)=2sin .
对于A,令x+=-+kπ,k∈Z,解得x=4k-3(k∈Z),A正确;
对于B,由题图结合函数周期可知,函数f (x)的单调递增区间为[8k-3,8k+1](k∈Z),B错误;
对于C,由题图可知,函数f (x)在区间[-π,-3]上单调递减,在[-3,0]上单调递增,C错误;
对于D,在函数f (x)的一个周期[-3,5]内,
由2sin =-1,解得x=-或x=,
所以f (x)≥-1的解集为(k∈Z),D正确.故选AD.]
11.[2,3) [因为0≤x≤2π,ω>0,所以0≤ωx≤2ωπ,
令f (x)=cos ωx-1=0,则cos ωx=1在区间[0,2π]有且仅有3个根,
令t=ωx,则cos t=1有且仅有3个根,其中t∈[0,2ωπ],
结合余弦函数y=cos t的图象可得4π≤2ωπ<6π,故2≤ω<3.
]
12.D [因为b⊥(b-4a),所以b·(b-4a)=0,
所以b2-4a·b=0,即4+x2-4x=0,故x=2.
故选D.]
13.B [因为|a+b|=|a-b|,所以(a+b)2=(a-b)2,
即a2+b2+2a·b=a2+b2-2a·b,所以a·b=0,
因为a=(1,2),b=(m,3),所以a·b=m+6=0,
解得m=-6.故选B.]
14.B [因为a+b=(2,3),a-b=(-2,1),
所以a=(0,2),b=(2,1),
所以|a|2-|b|2=4-5=-1.故选B.]
15.C [对A,当a⊥b时,则a·b=0,
所以x(x+1)+2x=0,解得x=0或x=-3,即必要性不成立,故A错误;
对C,当x=0时,a=(1,0),b=(0,2),故a·b=0,
所以a⊥b,即充分性成立,故C正确;
对B,当a∥b时,则2(x+1)=x2,解得x=1±,即必要性不成立,故B错误;
对D,当x=-1+时,不满足2(x+1)=x2,所以a∥b不成立,即充分性不成立,故D错误.故选C.]
16.D [因为|a|=|b|=1,|c|=,
且a+b+c=0,所以-c=a+b,
所以c2=a2+b2+2a·b,
即2=1+1+2×1×1×cos 〈a,b〉,
解得cos 〈a,b〉=0,所以a⊥b.
又a-c=2a+b,b-c=a+2b,
所以(a-c)·(b-c)=(2a+b)·(a+2b)=2a2+2b2+5a·b=2+2+0=4,
|a-c|====,
|b-c|====,
所以cos 〈a-c,b-c〉===.故选D.]
17. [因为|a-b|=,|a+b|=|2a-b|,
所以a2+b2-2a·b=3,
a2+b2+2a·b=4a2+b2-4a·b,
所以a2=2a·b,所以b2=3,所以|b|=.]
18.解:a+λb=(1,0)+λ(1,1)=(λ+1,λ),
由(a+λb)⊥a,得a·(a+λb)=(1,0)·(λ+1,λ)=λ+1=0,解得λ=-1.
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