《（浙江專用）2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 課時(shí)跟蹤檢測(cè)（五）“平面向量、三角函數(shù)與解三角形”專題提能課》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專用）2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 課時(shí)跟蹤檢測(cè)（五）“平面向量、三角函數(shù)與解三角形”專題提能課（6頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、（浙江專用）2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 課時(shí)跟蹤檢測(cè)（五）“平面向量、三角函數(shù)與解三角形”專題提能課 1．設(shè)x，y∈R，向量a＝(x,1)，b＝(1，y)，c＝(2，－4)，且a⊥c, b∥c，則|a＋b|＝(　　) A.　　　　　　　　　　 B. C．2 D．10 解析：選B　由題意可知解得 故a＋b＝(3，－1)，|a＋b|＝. 2．(2019屆高三·河南中原名校質(zhì)量考評(píng))將函數(shù)y＝sin(2x＋φ)的圖象沿x軸向左平移個(gè)單位長(zhǎng)度后，得到一個(gè)偶函數(shù)的圖象，則φ的一個(gè)可能取值為(　　) A. B. C．0 D. 解析：選B　將函數(shù)y＝sin(2x＋φ)的圖象沿

2、x軸向左平移個(gè)單位長(zhǎng)度后，得到的圖象對(duì)應(yīng)的函數(shù)解析式為y＝sin＝sin. 因?yàn)樗煤瘮?shù)為偶函數(shù)，所以＋φ＝kπ＋(k∈Z)， 即φ＝kπ＋(k∈Z)，則φ的一個(gè)可能取值為，故選B. 3．(2017·全國(guó)卷Ⅲ)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c.已知C＝60°，b＝，c＝3，則A＝________. 解析：由正弦定理，得sin B＝＝＝， 因?yàn)?°＜B＜180°， 所以B＝45°或135°. 因?yàn)閎＜c，所以B＜C，故B＝45°， 所以A＝180°－60°－45°＝75°. 答案：75° B組——方法技巧練 1．已知向量a，b，且|a|＝，a與b的夾角為，a⊥

3、(2a－b)，則|b|＝(　　) A．2 B．4 C. D．3 解析：選B　如圖，作＝a，＝b，〈a，b〉＝，作＝2a，則＝2a－b.由a⊥(2a－b)可知，OC⊥BC.在Rt△OCB中，OC＝2|a|＝2，cos〈a，b〉＝＝＝，解得|b|＝4.故選B. 2．在△ABC中，A＝120°，若三邊長(zhǎng)構(gòu)成公差為4的等差數(shù)列，則最長(zhǎng)的邊長(zhǎng)為(　　) A．15 B．14 C．10 D．8 解析：選B　在△ABC中，A＝120°，則角A所對(duì)的邊a最長(zhǎng)，三邊長(zhǎng)構(gòu)成公差為4的等差數(shù)列，不妨設(shè)b＝a－4，c＝a－8(a>8)．由余弦定理得a2＝(a－4)2＋(a－8)2－2(a－

4、4)(a－8)cos 120°，即a2－18a＋56＝0，所以a＝4(舍去)或a＝14. 3．(2018·廣州模擬)已知 △ABC的三個(gè)頂點(diǎn)A，B，C的坐標(biāo)分別為(0,1)，(，0)，(0，－2)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)P滿足||＝1，則|＋＋|的最小值是(　　) A.－1 B.－1 C.＋1 D.＋1 解析：選A　已知點(diǎn)C坐標(biāo)為(0，－2)，且||＝1，所以設(shè)P(cos θ，－2＋sin θ)，則|＋＋|＝＝＝≥ ＝－1. 4．已知AB為圓O：(x－1)2＋y2＝1的直徑，點(diǎn)P為直線x－y＋1＝0上任意一點(diǎn)，則·的最小值為(　　) A．1 B． C．2 D．2

5、 解析：選A　由題意，設(shè)A(1＋cos θ，sin θ)，P(x，x＋1)，則B(1－cos θ，－sin θ)，∴＝(1＋cos θ－x，sin θ－x－1)，＝(1－cos θ－x，－sin θ－x－1)，∴·＝(1＋cos θ－x)(1－cos θ－x)＋(sin θ－x－1)(－sin θ－x－1)＝(1－x)2－cos2θ＋(－x－1)2－sin2θ＝2x2＋1≥1，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)，等號(hào)成立，故選A. 5．在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，若b＝5，a＝3，cos(B－A)＝，則△ABC的面積為(　　) A. B． C．5 D．2 解析：選C　如

6、圖所示，在邊AC上取點(diǎn)D使∠A＝∠ABD，則 cos∠DBC＝cos(∠ABC－∠A)＝，設(shè)AD＝DB＝x，在△BCD中，由余弦定理得，(5－x)2＝9＋x2－2×3x×，解得x＝3.故BD＝BC，在等腰三角形BCD中，DC邊上的高為2，所以S△ABC＝×5×2＝5，故選C. 6．已知在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，且c＝1，cos Bsin C＋(a－sin B)cos(A＋B)＝0. (1)求角C的大小； (2)求△ABC面積的最大值． 解：(1)由cos Bsin C＋(a－sin B)cos(A＋B)＝0， 可得cos Bsin C－(a－sin B)

7、cos C＝0， 即sin(B＋C)＝acos C，sin A＝acos C，即＝cos C. 因?yàn)椋剑絪in C， 所以cos C＝sin C， 即tan C＝1，C＝. (2)由余弦定理得12＝a2＋b2－2abcos＝a2＋b2－ab， 所以a2＋b2＝1＋ab≥2ab，ab≤＝，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)取等號(hào)，所以 S△ABC＝absin C≤××＝.所以△ABC面積的最大值為. C組——?jiǎng)?chuàng)新應(yīng)用練 1．已知△ABC的三個(gè)內(nèi)角為A，B，C，重心為G，若2sin A·＋sin B·＋ 3sin C·＝0，則cos B＝________. 解析：設(shè)a，b，c分別為角A，B，C

8、所對(duì)的邊，由正弦定理得2a·＋b·＋3c·＝0，則2a·＋b·＝－3c·＝－3c(－－)，即(2a－3c)＋(b－3c)＝0.又，不共線，所以由此得2a＝b＝3c，所以a＝b，c＝b，于是由余弦定理得cos B＝＝. 答案： 2．對(duì)任意兩個(gè)非零的平面向量α和β，定義α°β＝.若平面向量a，b滿足|a|≥ |b|>0，a與b的夾角θ∈，且a°b和b°a都在集合中，則a°b＝________. 解析：a°b＝＝＝， ① b°a＝＝＝. ② ∵θ∈，∴0，∴0<≤1. ∴0

9、a∈， ∴b°a＝. ①×②，得(a°b)(b°a)＝cos2θ∈， ∴<(a°b)<1，即10)的圖象向左平移個(gè)單位長(zhǎng)度，所得圖象對(duì)應(yīng)的函數(shù)為偶函數(shù)，則ω的最小值是________． 解析：由題意，得f(x)＝＝cos ωx－sin ωx＝2cos(ω>0)，將函數(shù)f(x)＝2cos(ω>0)的圖象向左平移個(gè)單位長(zhǎng)度，所得圖象對(duì)應(yīng)的函數(shù)為y＝2cos＝2cos.因?yàn)閥＝2cos為偶函數(shù)，所以＋＝kπ(k∈Z)．即ω＝(k∈Z)．又ω>0，所以ω的最小值是.

10、 答案： 4．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，Ω是一個(gè)平面點(diǎn)集，如果存在非零平面向量a，對(duì)于任意P∈Ω，均有Q∈Ω，使得＝＋a，則稱a為平面點(diǎn)集Ω的一個(gè)向量周期．現(xiàn)有以下四個(gè)命題： ①若平面點(diǎn)集Ω存在向量周期a，則ka(k∈Z，k≠0)也是Ω的向量周期； ②若平面點(diǎn)集Ω形成的平面圖形的面積是一個(gè)非零常數(shù)，則Ω不存在向量周期； ③若平面點(diǎn)集Ω＝{(x，y)|x＞0，y＞0}，則b＝(1,2)為Ω的一個(gè)向量周期； ④若平面點(diǎn)集Ω＝{(x，y)|[y]－[x]＝0}([m]表示不大于m的最大整數(shù))，則c＝(1,1)為Ω的一個(gè)向量周期． 其中真命題是________(填序號(hào))． 解析：對(duì)于①，

11、取Ω＝{(x，y)|x＞0，y＞0}，a＝(1,0)，則a為Ω的向量周期，但－a＝(－1,0)不是Ω的向量周期，故①是假命題； 易知②是真命題； 對(duì)于③，任取點(diǎn)P(xP，yP)∈Ω，則存在點(diǎn)Q(xP＋1，yP＋2)∈Ω，所以b是Ω的一個(gè)向量周期，故③是真命題； 對(duì)于④，任取點(diǎn)P(xP，yP)∈Ω，則[yP]－[xP]＝0，存在點(diǎn)Q(xP＋1，yP＋1)，所以 [yP＋1]－[xP＋1]＝[yP]＋1－([xP]＋1)＝0，所以Q∈Ω，所以c是Ω的一個(gè)向量周期， 故④是真命題． 綜上，真命題為②③④. 答案：②③④ 5．已知函數(shù)f(x)＝2sincos，過(guò)A(t，f(t))，B(t＋1，f(t＋1))兩點(diǎn)的直線的斜率記為g(t)． (1)求函數(shù)g(t)的解析式及單調(diào)遞增區(qū)間； (2)若g(t0)＝，且t0∈，求g(t0＋1)的值． 解：(1)易知f(x)＝2sincos＝sin，所以g(t)＝＝f(t＋1)－f(t)＝sin－sin＝cos－sin＝cos. 令2kπ－π≤t＋≤2kπ，k∈Z，得6k－≤t≤6k－，k∈Z，所以函數(shù)g(t)＝cos的單調(diào)遞增區(qū)間為，k∈Z. (2)由題意得g(t0)＝cos＝，t0∈， 所以t0＋∈， 所以sin＝， 所以g(t0＋1)＝cos＝cos＝cos－sin＝×－×＝.