资源简介

中小学教育资源及组卷应用平台
2026高考数学第二轮专题
专题过关检测一　三角函数与平面向量
(分值:150分)
一、选择题:本大题共8小题,每小题5分,共计40分.每小题给出的四个选项中,只有一个选项是正确的.
1.(2022全国乙,理3)已知向量a,b满足|a|=1,|b|=,|a-2b|=3,则a·b=(　　)
A.-2 B.-1
C.1 D.2
2.(2025新高考Ⅱ,5)在△ABC中,BC=2,AC=1+,AB=,则A=(　　)
A.45° B.60° C.120° D.135°
3.(2025重庆一模)在平行四边形ABCD中,,CE与BF相交于点G,若=a,=b,则=(　　)
A.a+b B.a+b
C.a+b D.a+b
4.(2025福建龙岩二模)若函数y=cosωx+(ω>0)的图象向左平移个单位长度后得到一个奇函数的图象,则ω的最小值为(　　)
A. B.1 C. D.3
5.(2025山东烟台、德州二模)已知函数f(x)=sinωx-(ω>0)在-上单调递增,且其图象关于点,0对称,则f=(　　)
A.- B.- C. D.
6.(2025北京第八十中学模拟)已知△ABC的面积为6,A=60°,AB=3,B的内角平分线交边AC于点D,则AD的长为(　　)
A. B. C. D.7
7.(2025山东临沂二模)已知sin α=2cos β,sin β=3cos α,若向量m=(tan α+tan β,tan(α+β))与向量n=(1,λ)互相垂直,则λ=(　　)
A.- B. C.5 D.
8.(2025浙江稽阳联谊学校二模)已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)A>0,ω>0,|φ|<的部分图象如图所示,y=f(x)的图象与y轴交于点C,D(5,0),B(2,A),且=0,则f(4)=(　　)
A.4 B.2
C. D.4
二、选择题:本大题共3小题,每小题6分,共计18分.在每小题给出的四个选项中,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.(2025浙江衢州模拟)已知α为锐角,若tan 2α=,则下列说法正确的有(　　)
A.α的终边经过点(3,1)
B.sin(π+α)=
C.
D.若α+β=,则tan β=
10.(2025广东广州模拟)已知函数f(x)=2sin(2x+φ)|φ|<的图象是由函数g(x)=sin 2x+cos 2x的图象向右平移个单位长度得到的,则下列选项正确的是(　　)
A.φ=
B.直线x=是曲线y=f(x)的对称轴
C.f(x)在区间-内有两个极值点
D.曲线y=f(x)与直线y=2,x=t,x=t+π(t∈R)所围成封闭图形的面积为2π
11.(2025广东江门模拟)《数书九章》是中国古代著名的数学著作,其中在“三斜求积术”中提出了已知三角形三边a,b,c,求面积的公式,其求法是:“以少广求之,以小斜幂并大斜幂减中斜幂,余半之,自乘于上;以小斜幂乘大斜幂减上,余四约之,为实;一为从隅,开平方得积.”若把以上这段文字写成公式,即S=.现有△ABC满足sin A∶sin B∶sin C=2∶3∶,且△ABC的面积S=6,请运用上述公式判断下列结论正确的是(　　)
A.△ABC的周长为10+2
B.△ABC三个内角A,B,C满足2C=A+B
C.△ABC外接圆的半径为
D.△ABC的中线CD的长为
三、填空题:本大题共3小题,每小题5分,共计15分.
12.(2024全国甲,文13)函数f(x)=sin x-cos x在[0,π]上的最大值是　　　　　.
13.(2025辽宁沈阳模拟)某中学北校区坐落于风景优美的辉山景区,景区内的一泓碧水蜿蜒成了一个“秀”字,故称“秀湖”.湖畔有秀湖阁(A)和临秀亭(B)两个标志性景点,如图.为测量隔湖相望的A,B两地之间的距离,某同学任意选定了与A,B不共线的C处,构成△ABC,以下是测量数据的不同方案:
①测量A,AC,BC;②测量A,B,BC;③测量C,AC,BC.
其中一定能唯一确定A,B两地之间的距离的所有方案的序号是　　　　　.
14.(2023新高考Ⅱ,16)已知函数f(x)=sin(ωx+φ),如图,A,B是直线y=与曲线y=f(x)的两个交点,若|AB|=,则f(π)=　　　　　.
四、解答题:本大题共5小题,共计77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.(13分)(2025山东青岛、淄博二模)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若m=(b-a,c),n=(a+c,b+a),m∥n.
(1)求B;
(2)若b=2,求AC边上的高的最大值.
16.(15分)(2025北京,16)在△ABC中,cos A=-,asin C=4.
(1)求c;
(2)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,使得△ABC存在,求BC边上的高.
条件①:a=6;
条件②:bsin C=;
条件③:S△ABC=10.
注:如果选择的条件不符合要求,第(2)问得0分;如果选择多个符合要求的条件分别解答,按第一个解答得分.
17.(15分)(2025浙江杭州模拟)某养殖户承包一片靠岸水域,如图所示,AO,OB为直线岸线,OA=2千米,OB=3千米,∠AOB=,该承包水域的水面边界是某圆的一段,过上一点P按线段PA和PB修建养殖网箱,已知∠APB=.
(1)求岸线上点A与点B之间的直线距离;
(2)如果线段PA上的网箱每千米可获得2万元的经济收益,线段PB上的网箱每千米可获得4万元的经济收益.记∠PAB=θ,则这两段网箱获得的经济总收益最高为多少万元
18.(17分)(2025浙江宁波高三期末)(1)证明:sin α+sin β=2sin·cos;
(2)当0<α<β<时,利用所给图形证明(1)中等式;
(3)如图,△ABC的外接圆半径为1,AB>BC,∠ABC的一个外角的角平分线交外接圆于点D,过点D作DM⊥AB于点M,利用(1)中等式,证明:2AM=BA+BC.
题(2)图
题(3)图
19.(17分)(2025江苏扬州模拟)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且,a2=b2+bc.
(1)求角B和A;
(2)已知b=2,设M,N为线段AB上的两个动点(M靠近点A),且∠MCN=.
①若AM=1,求△MNC的周长;
②当∠ACM为何值时,△MNC的面积最小,最小面积是多少
答案：
1.C　解析 由已知得|a-2b|2=|a|2+4|b|2-4a·b=1+12-4a·b=9,解得a·b=1.
2.A　解析 在△ABC中,由余弦定理得cos A=,又03.A　解析 因为B,G,F三点共线,所以可设=x+(1-x),
又,所以=xa+b.
因为C,G,E三点共线,所以可设=y+(1-y).
因为=a,=b,所以=a+b,
又,
所以a+(1-y)(a+b)=1-ya+(1-y)b,
所以xa+b=1-ya+(1-y)b,
即解得x=,y=,
所以a+b.
故选A.
4.A　解析 函数y=cosωx+的图象向左平移个单位长度后得f(x)=cosωx++=cosωx+ω+的图象,函数f(x)为奇函数,
所以ω+=kπ+,k∈Z,ω=,k∈Z,又ω>0,所以ω=.故选A.
5.C　解析 由函数f(x)=sinωx-(ω>0)在-上单调递增,得≥2--=π,解得0<ω≤2,由f(x)的图象关于点,0对称,得ω-=kπ,k∈Z,解得ω=3k+,k∈Z,又ω>0,于是k=0,ω=,f(x)=sinx-,所以f=sin=sin.故选C.
6.A　解析 因为△ABC的面积为6,A=60°,AB=3,
所以×AB×ACsin A=×3×ACsin 60°=6,得AC=8.
由余弦定理得BC2=AB2+AC2-2AB×ACcos A=9+64-2×3×8cos 60°=49,得BC=7.
因为BD平分∠ABC,所以.
又△ABC的面积为6,所以△ABD的面积为.
所以×AB×ADsin A=×3×ADsin 60°=,得AD=.
故选A.
7.C　解析 因为sin α=2cos β,sin β=3cos α,显然sin β,sin α,cos β,cos α均不为0,所以,即,所以tan αtan β=6,所以tan(α+β)==-(tan α+tan β).
因为向量m=(tan α+tan β,tan(α+β))与向量n=(1,λ)互相垂直,所以m·n=tan α+tan β+λtan(α+β)=0.
则tan α+tan β-λ(tan α+tan β)=0,又tan α+tan β≠0,解得λ=5.
故选C.
8.C　解析 设函数f(x)的最小正周期是T.
由题图可知=5-2=3,则T=12,所以ω=,
所以f(x)=Asinx+φ,
由f(5)=Asin+φ=0,得+φ=2kπ+π,k∈Z,即φ=+2kπ,k∈Z,
因为|φ|<,所以φ=,则f(x)=Asinx+.
又f(0)=Asin,则C0,,又=-2,-,=5,-,
=-10+=0,解得A=2(负根舍去),
所以f(x)=2sinx+,所以f(4)=.故选C.
9.ACD　解析 对于A,tan 2α=,又α为锐角,则tan α>0,则2(1+tan α)=3(1-tan2α),即2=3-3tan α,所以tan α=,则α的终边经过点(3,1),故A正确;
对于B,因为tan2α=,所以sin2α=,又α为锐角,所以sin α>0,则sin α=,则sin(π+α)=-sin α=-,故B错误;
对于C,|cos α|,又cos α>0,则cos α=,则|cos α|=,故C正确;
对于D,tan β=tan-α=,故D正确.
故选ACD.
10.ABD　解析 对于A,g(x)=sin 2x+cos 2x=2sin2x+,把g(x)的图象向右平移个单位长度,得到y=2sin2x-+=2sin2x+的图象,又函数y=2sin2x+的图象与函数f(x)=2sin(2x+φ)|φ|<的图象一致,所以容易验证φ=,故A正确;
对于B,由A知f(x)=2sin2x+,因为f=2sin=2sin=2,所以直线x=是曲线y=f(x)的对称轴,故B正确;
对于C,当x∈-时,2x+∈-,设t=2x+,因为y=sin t在-内单调递增,在内单调递减,所以y=sin t在-只有1个极值点,故f(x)=2sin2x+在-内只有1个极值点,故C错误;
对于D,f(x)的最小正周期为T==π,而直线x=t,x=t+π与x轴交点间的距离为π,所以直线y=-2,y=2,x=t,x=t+π围成的矩形面积为[2-(-2)]π=4π,又曲线y=f(x)为轴对称及中心对称图形,所以曲线y=f(x)与直线y=2,x=t,x=t+π(t∈R)所围成封闭图形的面积为×4π=2π,故D正确.故选ABD.
11.ABD　解析 在△ABC中,由sin A∶sin B∶sin C=2∶3∶及正弦定理,得a∶b∶c=2∶3∶,
设a=2t,b=3t,c=t(t>0),则S=t2=6,解得t=2,于是a=4,b=6,c=2.
对于A,△ABC的周长为a+b+c=4+6+2=10+2,所以A正确;
对于B,由余弦定理得cos C=,而0对于C,由正弦定理得△ABC外接圆的直径2R=,即R=,所以C错误;
对于D,由),得||=,所以D正确.
故选ABD.
12.2　解析 f(x)=sin x-cos x=2sinx-,当x∈[0,π]时,x-∈-,当x-,即x=时,f(x)max=2.
13.②③　解析 对于①,由正弦定理可得,则sin B=,
若AC>BC且A为锐角,则sin B=>sin A,此时B有两解,则C也有两解,此时AB也有两解;
对于②,若已知A,B,则C确定,由正弦定理,知AB唯一确定;
对于③,若已知C,AC,BC,由余弦定理得AB=,则AB唯一确定.
14.-　解析 对比正弦曲线y=sin x的图象易知,点对应“五点法”中的第五点,所以ω+φ=2π①.
由题目中图象知|AB|=xB-xA=,线段AB的垂直平分线对应于正弦曲线y=sin x在y轴右边的第1条对称轴直线x=,所以由sin(ωx+φ)=,得两式相减,得ω(xB-xA)=,即ω=,解得ω=4,代入①,得φ=-,所以f(x)=sin,所以f(π)=sin=-sin=-.
15.解 (1)因为m∥n,所以(b-a)(b+a)=c(a+c),即a2+c2-b2=-ac,
由余弦定理得cos B==-,因为B∈(0,π),所以B=.
(2)由(1)得-ac=a2+c2-12≥2ac-12,即ac≤4,当且仅当a=c=2时,等号成立.
设AC边上的高为h,则S△ABC=acsin B=h,
所以h=ac≤1,所以AC边上的高的最大值为1.
16.解 (1)由cos A=-,得sin A=.
∵asin C=4,∴S△ABC=absin C=×4b=bcsin A,
∴4c,解得c=6.
(2)若选①,a=6,则a=c.又cos A<0,∴A为钝角,故△ABC不存在.
若选②,bsin C=,如图,作AD垂直BC于点D,则BC边上的高AD=,此时sin B=,∴B∈.
又cos A=-,∴A∈,∴A+B∈,π,
∴△ABC存在,此时BC边上的高AD=.
若选③,S△ABC=10.由(1)知S△ABC=×4b=10,解得b=5.
由余弦定理得,a==9,∴△ABC存在.
又S△ABC=·a·AD,
∴·a·AD=10,解得AD=.
17.解 (1)在△AOB中,由余弦定理,得AB=,即岸线上点A与点B之间的直线距离为千米.
(2)在△PAB中,,
则PA=sin-θ=sin-θ,PB=sin θ=sin θ0<θ<.
设两段网箱获得的经济总收益为y万元,
则y=2PA+4PB=sin-θ+sin θ=sin-θ+2sin θ=cos θ+sin θ=4sinθ+.
因为θ∈0,,所以θ+∈,所以y=4sinθ+∈(2,4),
所以两段网箱获得的经济总收益最高为4万元.
18.证明 (1)由题意得,sin α=sin=sin·cos+cos·sin,
sin β=sin=sin·cos-cos·sin,
两式相加得,sin α+sin β=2sin·cos.
(2)由题意得,线段AB的中点M的坐标为(cos α+cos β),(sin α+sin β).
如图,过点M作MM1垂直于x轴,交x轴于点M1,则M1M=(sin α+sin β),∠MOM1=(α+β).
在Rt△OMA中,OM=cos,
在Rt△OM1M中,M1M=OM·sin∠MOM1=cos·sin=sin·cos,
所以(sin α+sin β)=sin·cos,即sin α+sin β=2sin·cos.
(3)设∠BAC=α,∠ACB=β,β>α,则∠ABD=,∠ADB=π-β,
所以∠DAB=π-(π-β)-=.
在△ABC中,由正弦定理,得=2,所以BA+BC=2(sin α+sin β).
在△ABD中,由正弦定理,得=2,所以AD=2sin∠ABD=2sin,
所以2AM=2AD·cos∠DAB=4sin·cos=4sin·cos,
由(1)式sin α+sin β=2sin·cos,得2AM=BA+BC.
19.解 (1)因为,由正弦定理可得,
又sin A>0,所以,则tan B=,又B∈(0,π),所以B=.
因为a2=b2+bc,由余弦定理可得cos A=,即c-b=2bcos A,
由正弦定理可得sin C-sin B=2sin Bcos A,
所以sin(A+B)-sin B=2sin Bcos A,
则sin Acos B+cos Asin B-sin B=2sin Bcos A,
所以sin Acos B-sin B=sin Bcos A,
即sin Acos B-sin Bcos A=sin B,即sin(A-B)=sin B=,即sinA-=,
又A∈0,,所以A-∈-,所以A-,则A=.
(2)①由(1)可知C=,
因为b=2,由正弦定理得=4,所以c=4sin C=4,a=4sin A=2,
在△ACM中,由余弦定理可得CM2=AC2+AM2-2AC·AM·cos A=22+12-2×2×1×=3,则CM=.
因为AC2=AM2+CM2,所以CM⊥AM,因为∠MCN=,所以MN=CMtan=1,
所以CN=2MN=2,所以△MNC的周长为1+2+=3+.
②设∠ACM=θ0<θ<,
在△CAN中,∠ANC=π-+θ=-θ.
由正弦定理得,得CN=,
又在△ACM中,由正弦定理可得,得CM=,
所以S△MNC=CM·CN·sin
=
=
=,
所以当且仅当2θ+,即θ=时,△MNC的面积取最小值,为=3(2-).
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)

展开更多......

收起↑