阶段检测卷二答案

阶段检测二三角函数、解三角形与平面向量
一、选择题
1.C根据诱导公式可知,sin=cos α,cos(π-α)=-cos α,∵sin=cos(π-α),∴cosα=
-cos α,∴cosα=0,∴α=kπ+,k∈Z.
2.D由题意得tan α=,则sin 2α=2sinαcosα====.
3.A依题意,设=λa,其中λ<0,则有||=|λa|=-λ|a|,2=-λ,λ=-2,=-2a=(-2,4),因此点B的坐标是(-2,4)+(3,-4)=(1,0),故选A.
4.B∵tan(α-2β)=-,tan(2α-β)=-,∴tan(α+β)=tan[(2α-β)-(α-2β)]=---
--=
---
--
=,故选
B.
5.B∵函数f(x)=sin(2x+φ)的图象关于直线x=对称,∴2×+φ=kπ+,k∈Z,∴φ=kπ+,k∈Z,当k=0
时,φ=,故选B.
6.B因为a,b,c成等比数列,所以b2=ac,因为sin B=,cos B=,所以ac=13,又b2=a2+c2-2accos B,所以a2+c2=37,所以(a+c)2=63,所以a+c=3.
7.A∵f(x)的最小正周期为6π,∴ω=,
∵当x=时, f(x)取得最大值,∴×+φ=+2kπ(k∈Z),则φ=+2kπ(k∈Z),
∵-π<φ≤π,∴φ=,∴f(x)=2sin.验证易得,函数f(x)在区间[-2π,0]上单调递增,在区间[-3π,-
π],[3π,5π]上均不单调,在区间[4π,6π]上单调递增.
8.A由m·n=-,得-sin Bsin C+cos Bcos C=-,即cos(B+C)=-,所以cos A=,由0<A<π,知A=.由正弦定理,得sin B==,结合<B<,知B=或,故选A.
9.C因为f(x)=sin=sin,所以g(x)=sin·-+=sin-=-cos x,故函数g(x)的最小正周期T==10π,函数g(x)为偶函数,排除A,B.易知函数g(x)的增区间为
[10kπ,10kπ+5π](k∈Z),因为[π,2π]⊆[10kπ,10kπ+5π](k∈Z),所以函数g(x)在区间[π,2π]上是增函数,排除D.因为g=-cos≠±1,故选项C中结论不正确,故选C.
10.B依题意知,=-++=-++=-+,=-+=-+=-
+(+)=-,
∴·=-·-=-||2-||2+·=-×32-×32+×3×3×=-.
11.C由=得=-,由正弦定理得=-,则(2sin A+sin B)cos C=-cos Bsin C,化简得2sin Acos C=-sin A,又因为角A为△ABC的内角,所以sin A>0,则cos C=-,C=.在△ABC 中,由余弦定理c2=a2+b2-2abcos C及c=2,得4=a2+b2+ab≥2ab+ab=3ab,解得ab≤,当且仅当a=b 时,等号成立,此时A=B=,则△ABC的面积S=absin C≤××sin=,所以△ABC面积的最大值为.
12.A取AB的中点D,连接OD,则OD⊥AB,
∴·=0,∵=+,∴+=2m=2m(+),∴+·=
2m·+2m·,∴||2+||||cos A=2m·||2=m||2,由正弦定理可得·sin2C+sin Bsin Ccos A=msin2C,又在△ABC中,sin C≠0,∴cos B+cos C·cos A=msin C,又cos B=-cos(A+C)=-cos Acos C+sin Asin C,∴sin Asin C=msin C,∴m=sin A,又tan A=,
∴m=sin A=.
二、填空题
13.答案
解析由已知得a-2b=(-1,2-x),由(a-2b)⊥a,得(a-2b)·a=0,即1×(-1)+x(2-x)=0,解得x 1=x2=1,所以|a-2b|=--=.
14.答案-
解析由已知及正弦定理得2b=3c,因为b-c=a,不妨设b=3,c=2,所以a=4,所以cos A=-=-.
15.答案-
解析∵x∈-(k∈Z),∴cos x-sin x>0,∴sin-=(cos x-sin x)>0,∴sin-=,又cos 2x=sin-=2sin-·cos-,∴cos2x=2××-=-.
16.答案-
解析由函数图象可得A=2,由题意知函数的图象关于直线x==对称,所以a+b=x1+x2.易得2a+φ=2kπ,2b+φ=(2k+1)π,k∈Z,所以a+b=2kπ+-φ.再根据f(a+b)=2sin(4kπ+π-2φ+φ)=2sin
φ=f(x1+x2)=,可得sin φ=,又|φ|≤,∴φ=,∴f(x)=2sin.由2kπ-≤2x+≤2kπ+(k∈Z),得kπ-≤x≤kπ+(k∈Z).令k=0,得f(x)在区间-内的增区间为-.
三、解答题
17.解析(1)由题意可知==b,==a,故=-=-a+b.
(2)由题意知||=3λ,||=3-3λ,||=6λ,||=6λ-3,所以·=(6λ-3)(3-3λ)cos60°=-9λ2+λ-,
=时,·取得最大值.
又λ∈,所以当λ=-
-
18.解析(1)已知bcos A=(2c+a)cos(π-B),由正弦定理及诱导公式可得,sin Bcos A=(-2sin C-sin
A)cos B,∴sin(A+B)=-2sin Ccos B.∴sin C=-2sin Ccos B,又在△ABC中,sin C≠0,∴cos B=-.∴B=.
(2)由S△ABC=acsin B=,得ac=4.又b2=a2+c2+ac=(a+c)2-ac=16,∴a+c=2.
19.解析(1)∵是函数f(x)的一个零点,
∴f=sin+acos=0,∴a=-1,
∴f(x)=sin x-cos x
=-=sin-.
由2kπ-≤x-≤2kπ+(k∈Z)得
2kπ-≤x≤2kπ+(k∈Z),
∴函数f(x)的单调递增区间是-(k∈Z).
(2)∵f=,∴sin α=,
∴sinα=.∵α∈,∴cosα=-=.∵f=,
∴sin=,∴cosβ=.
∵β∈,∴sinβ=-=,∴sin(α+β)=sinαcosβ+cosαsinβ=×+×=.
20.解析(1)依题意,有PA=PC=x千米,PB=x-1.5×8=(x-12)千米.
在△PAB中,AB=20千米,cos∠PAB=-
·=--
·
=,
在△PAC中,AC=50千米,
cos∠PAC=-
·=-
·
=.
∵cos∠PAB=cos∠PAC,∴=,解得x=31.
(2)作PD⊥AC于点D,
在△ADP中,由(1)可知cos∠PAD=,
则sin∠PAD=-∠=,
∴PD=PAsin∠PAD=31×=4千米.
故静止目标P到海防警戒线AC的距离为4千米.
21.解析(1)f(x)=cos 2x-sin 2x=-2sin-,所以f(x)的最小正周期为π,由2kπ+≤2x-
≤2kπ+(k∈Z)得kπ+≤x≤kπ+(k∈Z).
所以f(x)的单调递增区间是(k∈Z).
(2)由f(A)=-,得sin-=,因为A∈,所以A=.
由a2=b2+c2-2bccos A,得9=b2+c2-bc,又b2+c2-bc≥bc,则bc≤9(当且仅当b=c时取等号),设BC边上的高为h,由三角形等面积法知ah=bcsin A,得3h=bc≤.
所以h≤,即h的最大值为.
22.解析(1)f(x)=a·b=sin xcos x+cos2x=sin 2x+=sin+,
∴函数f(x)的最小正周期T==π.
(2)列表如下:
描点,连线得函数f(x)在区间-上的简图如图所示:
y=sin x的图象向左平移个单位长度得到y=sin的图象,再保持纵坐标不变,横坐标缩短为原来的得到y=sin的图象,最后将y=sin的图象向上平移个单位长度得到
f(x)=sin+的图象.
(3)g(x)=f(x)+m=sin++m.
∵x∈-,∴2x+∈-,
∴sin∈-,
∴g(x)的值域为.
又函数g(x)的最小值为2,
∴m=2,∴g(x)max=+m=.。