高中數(shù)學(xué)蘇教版本冊(cè)總復(fù)習(xí)總復(fù)習(xí) 市一等獎(jiǎng)2

模塊綜合測(cè)評(píng)(時(shí)間120分鐘，滿分160分)一、填空題(本大題共14小題，每小題5分，共70分．請(qǐng)把答案填寫在題中橫線上)330°＝________.【解析】sin330°＝sin(330°－360°)＝sin(－30°)＝－eq\f(1,2).【答案】－eq\f(1,2)2.已知角α的終邊經(jīng)過(guò)點(diǎn)P(4，－3)，則2sinα＋cosα的值等于________．【解析】據(jù)三角函數(shù)的定義，可知|OP|＝5，∴sinα＝－eq\f(3,5)，cosα＝eq\f(4,5)，∴2sinα＋cosα＝－eq\f(6,5)＋eq\f(4,5)＝－eq\f(2,5).【答案】－eq\f(2,5)3.化簡(jiǎn)：eq\r(cos4－sin22＋2)＝________.【解析】原式＝eq\r(2cos22－1＋1＋cos22)＝eq\r(3cos22)＝－eq\r(3)cos2【答案】－eq\r(3)cos2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(π,12)－sin\f(π,12)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(π,12)＋sin\f(π,12)))＝________.【解析】原式＝cos2eq\f(π,12)－sin2eq\f(π,12)＝coseq\f(π,6)＝eq\f(\r(3),2).【答案】eq\f(\r(3),2)5.已知a＝(2，1)，a＋b＝(1，k)，若a⊥b，則k＝________.【解析】∵a＝(2，1)，a＋b＝(1，k)∴b＝(－1，k－1)又a⊥b，∴a·b＝－2＋(k－1)＝0，∴k＝3.【答案】36.過(guò)點(diǎn)A(－2，1)，且平行于向量a＝(3，1)的直線方程為________.【解析】直線斜率為k＝eq\f(1,3)，故直線方程為y－1＝eq\f(1,3)(x＋2)，即x－3y＋5＝0.【答案】x－3y＋5＝07.函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0≤x≤\f(π,6)))的值域?yàn)開_______.【解析】∵0≤x≤eq\f(π,6)，∴eq\f(π,3)≤2x＋eq\f(π,3)≤eq\f(2π,3)∴y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的值域?yàn)閑q\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，1)).【答案】eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，1))8.如圖1，在△ABC中，E，F(xiàn)分別是邊AC，BC的中點(diǎn)，D是EF的中點(diǎn)，設(shè)eq\o(AC,\s\up15(→))＝a，eq\o(BC,\s\up15(→))＝b，則eq\o(AD,\s\up15(→))＝________.(用a，b表示)圖1【解析】eq\o(ED,\s\up15(→))＝eq\f(1,2)eq\o(EF,\s\up15(→))＝eq\f(1,2)eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up15(→))＝eq\f(1,4)(eq\o(CB,\s\up15(→))－eq\o(CA,\s\up15(→)))＝eq\f(1,4)(－b＋a).eq\o(AE,\s\up15(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AC,\s\up15(→))＝eq\f(1,2)a，eq\o(AD,\s\up15(→))＝eq\o(AE,\s\up15(→))＋eq\o(ED,\s\up15(→))＝eq\f(1,2)a＋eq\f(1,4)(－b＋a)＝eq\f(3,4)a－eq\f(1,4)b.【答案】eq\f(3,4)a－eq\f(1,4)b9.若b＝(1，1)，且a·b＝2，(a－b)2＝3，則|a|＝________.【解析】由(a－b)2＝3，得a2－2a·b＋b2＝3，則a2－2×2＋2＝3，故a2＝5，|a|＝eq\r(5).【答案】eq\r(5)10.函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))的單調(diào)遞減區(qū)間是________.【解析】由eq\f(π,2)＋2kπ＜2x－eq\f(π,6)＜eq\f(3π,2)＋2kπ，k∈Z得eq\f(π,3)＋kπ≤x≤eq\f(5π,6)＋kπ，k∈Z.【答案】eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋kπ，\f(5π,6)＋kπ))，k∈Z11.平面向量a＝(x，－3)，b＝(－2，1)，c＝(1，y)，若a⊥(b－c)，b∥(a＋c)，則b與c的夾角為________.【導(dǎo)學(xué)號(hào)：48582154】【解析】由題意知，b－c＝(－3，1－y)，a＋c＝(x＋1，y－3).依題意，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3x－31－y＝0，,x＋1＋2y－3＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝2.))∴c＝(1，2)，∴b·c＝0，∴b⊥c.【答案】90°12.已知f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(ω＞0)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，且f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,3)))上有最小值，無(wú)最大值，則ω＝________.【解析】依題f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(ω＞0)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，且f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,3)))上有最小值，無(wú)最大值，∴f(x)圖象關(guān)于直線x＝eq\f(\f(π,6)＋\f(π,3),2)對(duì)稱，即關(guān)于直線x＝eq\f(π,4)對(duì)稱，且eq\f(π,3)－eq\f(π,6)＜T＝eq\f(2π,ω)，∴eq\f(π,4)·ω＋eq\f(π,3)＝eq\f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，且0＜ω＜12，∴ω＝eq\f(14,3).【答案】eq\f(14,3)13.如圖2，平面內(nèi)有三個(gè)向量eq\o(OA,\s\up15(→))，eq\o(OB,\s\up15(→))，eq\o(OC,\s\up15(→))，其中eq\o(OA,\s\up15(→))與eq\o(OB,\s\up15(→))的夾角為120°，eq\o(OA,\s\up15(→))與eq\o(OC,\s\up15(→))的夾角為30°，且|eq\o(OA,\s\up15(→))|＝|eq\o(OB,\s\up15(→))|＝1，|eq\o(OC,\s\up15(→))|＝2eq\r(3)，若eq\o(OC,\s\up15(→))＝λeq\o(OA,\s\up15(→))＋μeq\o(OB,\s\up15(→))(λ，μ∈R)，則λ＋μ的值為________.圖2【解析】分別延長(zhǎng)OA，OB至OA′，OB′，連接CA′，CB′構(gòu)成如圖的平行四邊形：注意到|eq\o(OA,\s\up15(→))|＝|eq\o(OB,\s\up15(→))|＝1，設(shè)|OA′|＝λ，|OB′|＝μ.則∠BOC＝∠OCA′＝90°，于是μ＝|OB′|＝|A′C|＝|OC|tan30°＝2，λ＝|OA′|＝eq\f(|OC|,cos30°)＝4，故λ＋μ＝6.【答案】614.已知θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，sinθ＋cosθ＝2eq\r(2)sinθcosθ，則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,3)))＝________.【解析】∵sinθ＋cosθ＝2eq\r(2)sinθcosθ，∴eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝eq\r(2)sin2θ，∴sin2θ＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4))).又θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，∴θ＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，2θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴2θ＝eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))，∴θ＝eq\f(π,4)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋\f(π,3)))＝eq\f(1,2).【答案】eq\f(1,2)二、解答題(本大題共6小題，共90分.解答時(shí)應(yīng)寫出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟)15.(本小題滿分14分)已知tanα＝eq\f(1,2)，求eq\f(1＋2sinπ－αcos－2π－α,sin2－α－sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,2)－α)))的值.【解】原式＝eq\f(1＋2sinαcosα,sin2α－cos2α)＝eq\f(sin2α＋cos2α＋2sinαcosα,sin2α－cos2α)＝eq\f(sinα＋cosα2,sinα－cosαsinα＋cosα)＝eq\f(sinα＋cosα,sinα－cosα)＝eq\f(tanα＋1,tanα－1)，又∵tanα＝eq\f(1,2)，∴原式＝eq\f(\f(1,2)＋1,\f(1,2)－1)＝－3.16.(本小題滿分14分)設(shè)e1，e2是正交單位向量，如果eq\o(OA,\s\up15(→))＝2e1＋me2，eq\o(OB,\s\up15(→))＝ne1－e2，eq\o(OC,\s\up15(→))＝5e1－e2，若A，B，C三點(diǎn)在一條直線上，且m＝2n，求m，n的值.【解】以O(shè)為原點(diǎn)，e1，e2的方向分別為x，y軸的正方向，建立平面直角坐標(biāo)系xOy，則eq\o(OA,\s\up15(→))＝(2，m)，eq\o(OB,\s\up15(→))＝(n，－1)，eq\o(OC,\s\up15(→))＝(5，－1)，所以eq\o(AC,\s\up15(→))＝(3，－1－m)，eq\o(BC,\s\up15(→))＝(5－n，0)，又因?yàn)锳，B，C三點(diǎn)在一條直線上，所以eq\o(AC,\s\up15(→))∥eq\o(BC,\s\up15(→))，所以3×0－(－1－m)·(5－n)＝0，與m＝2n構(gòu)成方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(mn－5m＋n－5＝0，,m＝2n，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝－1，,n＝－\f(1,2)))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝10，,n＝5.))17.(本小題滿分14分)已知a＝(cosα，sinα)，b＝(cosβ，sinβ)，0＜β＜α＜π.(1)若|a－b|＝eq\r(2)，求證：a⊥b；(2)設(shè)c＝(0，1)，若a＋b＝c，求α，β的值.【解】(1)證明：由題意得|a－b|2＝2，即(a－b)2＝a2－2a·b＋b2＝2.又因?yàn)閍2＝b2＝|a|2＝|b|2＝1，所以2－2a·b＝2，即a·b＝0，故a⊥b.(2)因?yàn)閍＋b＝(cosα＋cosβ，sinα＋sinβ)＝(0，1)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(cosα＋cosβ＝0，,sinα＋sinβ＝1，))由此得，cosα＝cos(π－β)，由0＜β＜π，得0＜π－β＜π.又0＜α＜π，故α＝π－β.代入sinα＋sinβ＝1，得sinα＝sinβ＝eq\f(1,2)，而α＞β，所以α＝eq\f(5π,6)，β＝eq\f(π,6).18.(本小題滿分16分)已知sin(2α＋β)＝3sinβ，設(shè)tanα＝x，tanβ＝y(tǒng)，記y＝f(x).(1)求證：tan(α＋β)＝2tanα.(2)求f(x)的解析式.【解】(1)證明：由sin(2α＋β)＝3sinβ，得sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(α＋β＋α))＝3sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(α＋β－α))，即sin(α＋β)cosα＋cos(α＋β)sinα＝3sin(α＋β)cosα－3cos(α＋β)sinα，∴sin(α＋β)cosα＝2cos(α＋β)sinα.∴tan(α＋β)＝2tanα.(2)由(1)得eq\f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)＝2tanα，即eq\f(x＋y,1－xy)＝2x，∴y＝eq\f(x,1＋2x2)，即f(x)＝eq\f(x,1＋2x2).19.(本小題滿分16分)某同學(xué)用“五點(diǎn)法”畫函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω＞0，|φ|＜\f(π,2)))在某一個(gè)周期內(nèi)的圖象時(shí)，列表并填入了部分?jǐn)?shù)據(jù)，如下表：ωx＋φ0eq\f(π,2)πeq\f(3π,2)2πxeq\f(π,3)eq\f(5π,6)Asin(ωx＋φ)05－50(1)請(qǐng)將上表數(shù)據(jù)補(bǔ)充完整，并直接寫出函數(shù)f(x)的解析式；(2)將y＝f(x)圖象上所有點(diǎn)向左平行移動(dòng)θ(θ＞0)個(gè)單位長(zhǎng)度，得到y(tǒng)＝g(x)的圖象.若y＝g(x)圖象的一個(gè)對(duì)稱中心為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，0))，求θ的最小值.【解】(1)根據(jù)表中已知數(shù)據(jù)，解得A＝5，ω＝2，φ＝－eq\f(π,6)，數(shù)據(jù)補(bǔ)全如下表：ωx＋φ0eq\f(π,2)πeq\f(3π,2)2πxeq\f(π,12)eq\f(π,3)eq\f(7π,12)eq\f(5π,6)eq\f(13,12)πAsin(ωx＋φ)050－50且函數(shù)解析式為f(x)＝5sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))).(2)由(1)知f(x)＝5sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，則g(x)＝5sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋2θ－\f(π,6))).因?yàn)楹瘮?shù)y＝sinx圖象的對(duì)稱中心為(kπ，0)，k∈Z，令2x＋2θ－eq\f(π,6)＝kπ，解得x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,12)－θ，k∈Z.由于函數(shù)y＝g(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，0))成中心對(duì)稱，所以令eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,12)－θ＝eq\f(5π,12)，解得θ＝eq\f(kπ,2)－eq\f(π,3)，k∈Z.由θ＞0可知，當(dāng)k＝1時(shí)，θ取得最小值eq\f(π,6).20.(本小題滿分16分)已知函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)(ω＞0，0＜φ＜eq\f(π,2))的部分圖象如圖3所示.圖3(1)求f(x)的解析式；(2)將函數(shù)y＝f(x)的圖象上所有點(diǎn)的縱坐標(biāo)不變，橫坐標(biāo)縮短為原來(lái)的eq\f(1,2)倍，再將所得函數(shù)圖象向右平移eq\f(π,6)個(gè)單位，得到函數(shù)y＝g(x)的圖象，求g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間；(3)當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(5π,12)))時(shí)，求函數(shù)y＝fx＋eq\f(π,12)－eq\r(2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))的最值.【導(dǎo)學(xué)號(hào)：48582155】【解】(1)由圖得eq\f(3,4)T＝eq\f(11,6)π－eq\f(π,3)＝eq\f(9,6)π＝eq\f(3,2)π，∴T＝2π，∴ω＝eq\f(2π,T)＝1.又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,6)π))＝0，得Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,6)π＋φ))＝0，∴eq\f(11,6)π＋φ＝2kπ，φ＝2kπ－eq\f(11,6)π.∵0＜φ＜eq\f(π,2)，∴當(dāng)k＝1時(shí)，φ＝eq\f(π,6).又由f(0)＝2，得：Asinφ＝2，A＝4，∴f(x)＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6))).(2)將f(x)＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))的圖象上所有點(diǎn)的橫坐標(biāo)縮短為原來(lái)的eq\f(1,2)倍，縱坐標(biāo)不變得到y(tǒng)＝4sin2x＋eq\f(π,6)，再將圖象向右平移eq\f(π,6)個(gè)單位得到g(x)＝4sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＋\f(π,6)))＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，由2kπ－eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,6)≤2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)得：kπ－eq\f(π,6)≤x≤kπ＋eq\f(π,3)(k∈Z)，∴g(x)的