2019高考数学二轮复习课时跟踪检测五“专题一”补短增分综合练理201902203104.doc

1、1课时跟踪检测（五） “专题一”补短增分（综合练）A组易错清零练1(2018河北邢台月考)设向量 a(3,2)，b(6,10)，c( x，2)若(2ab)c，则 x( )A B3127C. D.76 73解析：选 D 因为 a(3,2)，b(6,10)，所以 2ab(12,14)因为 c( x，2)，且(2ab)c，所以(2ab)c0，即 12x280，解得 x ，故选 D.732(2018河南中原名校质量考评)将函数 ysin(2 x )的图象沿 x轴向左平移个单位长度后，得到一个偶函数的图象，则 的一个可能取值为( )6A. B.3 6C0 D.4解析：选 B 将函数 ysin(2 x )

2、的图象沿 x轴向左平移 个单位长度后，得到的6图象对应的函数解析式为 ysin sin .因为所得函数为偶函数，2(x6) (2x 3 )所以 k (kZ)，即 k (kZ)，则 的一个可能取值为 ，故选 B.3 2 6 63(2017全国卷) ABC的内角 A， B， C的对边分别为 a， b， c.已知 C60，b ， c3，则 A_.6解析：由正弦定理，得 sin B ，因为 0 B180，所以bsin Cc 6sin 603 22B45或 135.因为 b c，所以 B C，故 B45，所以 A180604575.答案：75B组方法技巧练1已知向量 a，b，且|a| ，a 与 b的夹角

3、为 ，a(2ab)，则|b|( )36A2 B4C. D332解析：选 B 如图，作 a， b， a，b ，作OA OB 62a，则 2ab.由 a(2ab)可知， OC BC.在 Rt OCB中，OC BC OC2|a|2 ，cosa，b ，解得|b| 4.故选 B.3OCOB 23|b| 322在 ABC中， A120，若三边长构成公差为 4的等差数列，则最长的边长为( )A15 B14C10 D8解析：选 B 在 ABC中， A120，则角 A所对的边 a最长，三边长构成公差为 4的等差数列，不妨设 b a4， c a8( a8)由余弦定理得 a2( a4) 2( a8) 22( a4)

4、(a8)cos 120，即 a218 a560，所以 a4(舍去)或 a14.3(2018广州模拟)已知 ABC的三个顶点 A， B， C的坐标分别为(0,1)，( ，0)，2(0，2)， O为坐标原点，动点 P满足| |1，则| |的最小值是( )CP OA OB OP A. 1 B. 13 11C. 1 D. 13 11解析：选 A 已知点 C坐标为(0，2)，且| |1，所以设 P(cos ，2sin CP )，则| | OA OB OP cos 2 2 sin 1 2 1.4 22cos 2sin 4 23cos 4 23 34已知 AB为圆 O：( x1) 2 y21 的直径，点 P

5、为直线 x y10 上任意一点，则 的最小值为( )PA PB A1 B. 2C2 D2 2解析：选 A 由题意，设 A(1cos ，sin )， P(x， x1)，则 B(1cos ，sin )， (1 cos x，sin x 1)， (1cos x，sin PA PB x1)， (1cos x)(1cos x)(sin x1)(sin PA PB x1)(1 x)2cos 2 ( x1) 2sin 2 2 x211，当且仅当 x0 时，等号成立，故选 A.5在 ABC中，角 A， B， C的对边分别为 a， b， c，若 b5， a3，cos( B A) ，79则 ABC的面积为( )3A

6、. B.152 523C5 D22 2解析：选 C 如图所示，在边 AC上取点 D使 A ABD，则cos DBCcos( ABC A) ，设 AD DB x，在 BCD中，由余弦定理得，79(5 x)29 x223 x ，解得 x3.故 BD BC，在等腰三角形 BCD中，79DC边上的高为 2 ，所以 S ABC 52 5 ，故选 C.212 2 26已知在 ABC中，角 A， B， C所对的边分别为 a， b， c，且 c1，cos Bsin C( asin B)cos(A B)0.(1)求角 C的大小；(2)求 ABC面积的最大值解：(1)由 cos Bsin C( asin B)co

7、s(A B)0，可得 cos Bsin C( asin B)cos C0，即 sin(B C) acos C，sin A acos C，即 cos C因为sin Aa sin C，所以 cos Csin C，即 tan C1， C .sin Aa sin Cc 4(2)由余弦定理得 12 a2 b22 abcos a2 b2 ab，4 2所以 a2 b21 ab2 ab， ab ，当且仅当 a b时取等号，所以 S212 2 2 22ABC absin C .所以 ABC面积的最大值为 .12 12 2 22 22 2 14 2 147已知函数 f(x)cos 2x sin( x)cos( x

8、) .312(1)求函数 f(x)在0，上的单调递减区间；(2)在锐角 ABC中，内角 A， B， C的对边分别为 a， b， c，已知 f(A)1， a2， bsin C asin A，求 ABC的面积解：(1) f(x)cos 2x sin xcos x312 sin 2x sin ，1 cos 2x2 32 12 (2x 6)由 2k 2 x 2 k ， kZ，2 6 2得 k x k ， kZ，又 x0，函数 f(x)在0，上的单调递6 34减区间为 和 .0，3 56， (2)由(1)知 f(x)sin ，(2x6) f(A)sin 1，(2A6) ABC为锐角三角形，00，a 与

9、b的夹角 ，且 ab 和 ba 都在集合 中，则(0，4) n2|n Zab _.5解析：ab ，abbb |a|b|cos |b|2 |a|cos |b|ba .baaa |b|a|cos |a|2 |b|cos |a| ， 0，0 1.|b|a|0 cos 1，即 0ba1.|b|a|ba ，b a .n2|n Z 12，得(ab)(ba)cos 2 ，(12， 1) (ab)1，即 1ab2，ab .1212 32答案：323若 f(x)是定义在0，)上的函数，当 x0,2时， f(x)sin( x)，且当x(2，)时， f(x) f(x2)，则方程 f(x)ln( x1)的实数根的个数

10、为_12解析：根据题意，在同一平面直角坐标系中作出函数 y f(x)和函数 yln( x1)的图象如图所示，观察图得两个函数图象的交点个数为 3，即方程的根的个数为 3.答案：34在平面直角坐标系 xOy中， 是一个平面点集，如果存在非零平面向量 a，对于任意 P ，均有 Q ，使得 a，则称 a为平面点集 的一个向量周期现有OQ OP 以下四个命题：若平面点集 存在向量周期 a，则 ka(kZ， k0)也是 的向量周期；若平面点集 形成的平面图形的面积是一个非零常数，则 不存在向量周期；若平面点集 ( x， y)|x0， y0，则 b(1,2)为 的一个向量周期；若平面点集 ( x， y)|

11、y x0( m表示不大于 m的最大整数)，则 c(1,1)为 的一个向量周期6其中真命题是_(填序号)解析：对于，取 ( x， y)|x0， y0，a(1,0)，则 a为 的向量周期，但a(1,0)不是 的向量周期，故是假命题；易知是真命题；对于，任取点 P(xP， yP) ，则存在点 Q(xP1， yP2) ，所以 b是 的一个向量周期，故是真命题；对于，任取点 P(xP， yP) ，则 yP xP0，存在点 Q(xP1， yP1)，所以 yP1 xP1 yP1( xP1)0，所以 Q ，所以 c是 的一个向量周期，故是真命题综上，真命题为.答案：5已知函数 f(x)2sin cos ，过

12、A(t， f(t)， B(t1， f(t1)两点的直(6x) (6x)线的斜率记为 g(t)(1)求函数 g(t)的解析式及单调递增区间；(2)若 g(t0) ，且 t0 ，求 g(t01)的值45 ( 12， 1)解：(1)易知 f(x)2sin cos sin ，(6x) (6x) (3x)所以 g(t) f(t1) f(t)f t 1 f tt 1 tsin sin(3t 3) (3t) cos sin cos .32 (3t) 12 (3t) (3t 6)令 2k t 2 k， kZ，3 6得 6k t6 k ， kZ，72 12所以函数 g(t)cos 的单调递增区间为 ， kZ.(3t 6) 6k 72， 6k 12(2)由题意得 g(t0)cos (3t0 6) ， t0 ，45 ( 12， 1)所以 t0 ，3 6 (0， 2)7所以 sin ，(3t0 6) 35所以 g(t01)cos 3 t0 1 6cos (3t0 6) 3 cos sin12 (3t0 6) 32 (3t0 6) .12 45 32 35 4 3310