阶段综合检测卷（三） 三角函数与平面向量 2026年高考数学一轮复习专题练习含解析

阶段综合检测卷(三)三角函数与平面对量一、单项选择题1．已知z1+i＝1−1A．2B．2C．2D．12．已知α∈(0，π)，sinπ4−α＝35A．2425B．－C．－2425D．3．已知向量a，b满足(a＋b)·b＝3，且|b|＝1，则向量a在向量b上的向量为()A．1B．－1C．2bD．b4．已知θ∈3π4，π，tan2θ＝－4tanθ+πA．14B．C．1D．35．中国古代数学家赵爽绘制“勾股圆方图”证明白勾股定理(西方称之为“毕达哥拉斯定理”)．如图，四个完全相同的直角三角形和中间的小正方形拼接成一个大正方形，角α为直角三角形中的一个锐角，若该勾股圆方图中小正方形的面积S1与大正方形面积S2之比为1∶25，则sinα+πA．210B．－C．72106．记函数f(x)＝cos(ωx＋φ)(ω>0，0<φ<π)的最小正周期为T，若f(T)＝32，x＝π9为fA．32C．6D．157．骑自行车是一种能改善心肺功能的耐力型有氧运动，深受大众宠爱．如图所示是某一型号自行车的平面结构示意图，已知图中自行车的前轮圆A，后轮圆D的半径均为3，△ABE，△BEC，△ECD均为边长为4的正三角形，设点P为后轮上的一点，则在骑动该自行车的过程中，AC·A．12B．24C．36D．488．在△ABC中，∠A＝2∠B，AC＝4，BC＝6，则△ABC的面积为()A．27B．3C．37D．15二、多项选择题9．重庆荣昌折扇是中国三大名扇之一，始于1551年明代嘉靖年间，明末已成为贡品入朝，产品以其精湛的工业制作而有名于海内外．经受代艺人刻苦钻研、精工创制，荣昌折扇逐步进展成为具有独特风格的中国传统工艺品，其精雅宜士人，其华灿宜艳女，深受各阶层人民宠爱．古人曾有诗赞曰：“开合清风纸半张，随机舒卷岂寻常；金环并束龙腰细，玉栅齐编凤翅长，偏称游人携袖里，不劳侍女执花傍；宫罗旧赐休相妒，还汝团聚共夜凉”，图1为荣昌折扇，其平面图为图2的扇形COD，其中∠COD＝2π3，OC＝3OA＝3，动点P在CD上(含端点)，连接OP交扇形OAB的弧AB于点Q，且A．若y＝x，则x＋y＝2B．若y＝2x，则OA·C．AB·PQD．PA10．在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，△ABC的外接圆半径为2，且a＝23，则()A．A＝πB．2<b<4C．BA·D．b＋c的最大值为43关于函数fx＝cosxA．fx的最小值为B．fx在π，2πC．函数y＝fx－1在−π，πD．曲线y＝fx关于直线x＝π三、填空题12．函数f(x)＝|sin2x－cos2x|的最小正周期为___________.13．在△ABC中，∠B＝30°，AC＝2，则AB＋3BC的最大值为______．14．数学中处处存在着美，机械学家莱洛发觉的莱洛三角形就给人以对称的美感．莱洛三角形是以正三角形ABC的三个顶点为圆心，正三角形的边长为半径画圆弧得到的．已知AB＝2，点P为AB上一点，则PA·PB+四、解答题15．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，下面给出有关△ABC的三个论断：①a2＋c2－b2＝ac；②c＝2bcosB；③acosC＋3asinC＝b＋c.化简上述三个论断，求出角的值或角的关系，并以其中两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出全部可能的真命题．(不必证明)16．如图，BD是平面四边形ABCD的一条对角线，已知在△ABD中满足ADcos∠ADB＝2BD−ABcos∠(1)求∠ABD；(2)若AB＝AD，BC＝4，CD＝2，求四边形ABCD面积的最大值．17．已知向量a＝2cosx+π3−θ，−2，b＝−2cosx−π6−θ，1−π(1)若tanx＝32，求f(x(2)若函数g(x)的图象与函数f(x)的图象关于直线x＝π8对称，且g(x)在区间18．在锐角△ABC中，3sinC＋cosC＝sinB(1)求A；(2)若△ABC的外接圆的圆心为O，且OB·OC＝−12，19．某街道路宽OD为103米，在道路的边缘点O安装高度为11米(即OA＝11)的路灯，灯杆AB与灯柱OA成120°角．当灯罩轴线BC与灯杆AB垂直时，灯罩轴线正好通过OD的中点．(1)求灯杆AB的长；(2)路灯接受可旋转灯口方向的锥形灯罩，灯罩轴线BC与灯的边缘光线(如图BM，BN)都成30°角．设∠ABC＝θ，是否存在θ，能使路灯的光线照亮整个路面？若存在，求tanθ的取值范围；若不存在，在M，N都落在路面OD上的条件下，求MN的最大值．阶段综合检测卷(三)三角函数与平面对量1．解析：由z1+i＝1−1i＝1＋i，得则z＝－2i，所以z＝2.答案：C2．解析：由于α∈(0，π)，π4－α∈−3π4，π4，sinπ4−α＝35>0，所以cos2α＝cos[2π4−α－π2]＝sin2π4−α＝2sin答案：A3．解析：由题知，由于|b|＝1，(a＋b)·b＝3，所以(a＋b)·b＝a·b＋b2＝a·b＋|b|2＝a·b＋1＝3，所以a·b＝2，向量a在向量b上的投影向量为a·bb答案：C4．解析：∵tan2θ＝－4tanθ+π4，即2tanθ1−tan2θ＝−4×tanθ+11−tanθtan2θ＋5tanθ＋2＝0，tanθ＝－12或－2，答案：A5．解析：如图所示，由图中小正方形的面积S1与大正方形面积S2之比为1∶25，可得DC＝5EH，由于CE＝DCsinα，可得DE＝DCcosα＝EC－EH＝DCsinα－15DC所以sinα－cosα＝15，所以1－2sinαcosα＝125，所以2sinαcosα＝所以(sinα＋cosα)2＝1＋2sinαcosα＝4925由于α∈0，π2，所以sinα＋cosα所以sinα+π4＝sinαcosπ4＋cosαsinπ4＝22答案：C6．解析：由函数f(x)＝cos(ωx＋φ)的最小正周期为T＝2π由于f(T)＝32，可得f(T)＝cosω×2πω又由于0<φ<π，可得φ＝π6，所以f(x)＝cosωx+由于x＝π9为函数f(x)的一个零点，所以cosω解得ω×π9+π6＝π2＋kπ，k∈Z，即ω又由于ω>0，所以ω的最小值为3.答案：B7．解析：选择AB，AEACAC·BP＝−AB2+AB·答案：C8．解析：由正弦定理得ACsin由于∠A＝2∠B，AC＝4，BC＝6，所以4sinB＝6sin则cosA＝cos2B＝2cos2B－1＝18由于A，B∈(0，π)，所以sinB＝1−cos2B＝7故sinC＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB＝37故S△ABC＝12AC·BCsinC＝1答案：D9．解析：如图，作OE⊥OC，分别以OC，OE为x，y轴建立平面直角坐标系，则A(1，0)，C(3，0)，B−设Q(cosθ，sinθ)，θ∈0，2π3，则P(3cos由OQ＝xOC+yOD可得cosθ＝3x－32y，sinθ＝33若y＝x，则cos2θ＋sin2θ＝3x−32x2＋解得x＝y＝13(负值舍去)，故x＋y＝2若y＝2x，则cosθ＝3x－32AB·PQ＝−32，32·(－2cosθ，－2sinθ)＝3cosθ－由于θ∈0，2π3，故π3－θ∈−π由于PA＝(1－3cosθ，－3sinθ)，PB＝(−12－3cosθ，故PA·PB＝(1－3cosθ，－3sinθ)·(−12－3cosθ，〖(√(3))/2〗−3sin⁡θ)＝172－3sinθ+故PA·PB＝答案：ABD10．解析：在锐角△ABC中，由于a＝23且R＝2，依据正弦定理asinA＝可得sinA＝32，由于A∈0，π2，所以依据正弦定理得b＝4sinB，且A＝π3，△ABC所以C＝2π3－B<π2，所以π6<B<π2，所以1由正弦定理，可得BA·BC＝23ccosB＝23×4sinCcosB＝83cosBsin2π3−B＝83cosB(32cosB＋12sinB)＝12cos2B由于π6<B<π2，可得π3<2B<π，所以π6<2B－可得cos2B−π6∈−32，3即BA·BC∈(0，12)由b＋c＝4(sinB＋sinC)＝4sinB由于π6<B<所以当B＋π6＝π2时，即B＝π3答案：ABD解析：由于f所以f对于A，当x∈0，π由于x∈0，π，所以x＋π4当x∈(π，2π)时，f(x)＝cosx－sinx＝由于x∈(π，2π)，所以x＋π4∈对于B，当令t＝x＋π4∈5π对于C，当x∈由于x＋π4∈π4，5当x∈(－π，0)时，令f(x)＝1得cosx+π4＝由于x＋π4∈−3π4，π4，所以x＋对于D，由于f(2π－x)＝cos(2π－x)＋|sin(2π－x)|＝cosx＋|sinx|＝f(x)，所以曲线y＝f(x)关于直线x＝π对称，D正确．答案：CD12．解析：由于f(x)＝|sin2x－cos2x|＝2sinfπ2+x＝2|sin[2π2+x－π4]|＝2sin2x−π如图所示：结合图形可知，函数f(x)的最小正周期为π2答案：π13．解析：由于∠B＝30°，AC＝2，可得ACsin则AB＝4sinC，BC＝4sinA，且A＋C＝150°，即A＝150°－C，所以AB＋3BC＝4sinC＋43sinA＝4sinC＋43sin(150°－C)＝4sinC＋43·(12cosC＋32sin⁡C)＝10sinC＝47sin(C＋φ)，其中cosφ＝5714，sinφ＝当C＋φ＝90°，即C＝90°－φ时，AB＋3BC取得最大值47.答案：4714．解析：设D为BC的中点，E为AD的中点，如图所示，所以PA·PB+PC＝2PA·PD＝2PE+EA·PE+ED由于CE＝12+322＝72，所以PEmin＝2－CE＝2－7答案：10－4715．解：论断①：由余弦定理得cosB＝a2∵B∈(0，π)，∴B＝π3论断②：∵c＝2bcosB，由正弦定理得sinC＝2sinBcosB＝sin2B，∵C∈(0，π)，2B∈(0，2π)，∴C＝2B或C＋2B＝π.论断③：由正弦定理得sinAcosC＋3sinAsinC＝sinB＋sinC，即sinAcosC＋3sinAsinC＝sin(A＋C)＋sinC，∴sinAcosC＋3sinAsinC＝sinAcosC＋cosAsinC＋sinC，即3sinAsinC＝cosAsinC＋sinC，∵C∈(0，π)，∴sinC≠0，∴3sinA＝cosA＋1，即3sinA－cosA＝2sinA−π6＝1，即sinA−π又A∈(0，π)，∴A－π6∈−π6，5π6，∴A以其中两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，全部可能的真命题有：①③⇒②和①②⇒③.16．解：(1)∵ADcos∠ADB＝2BD−ABcos∠ABD∴在△ABD中由正弦定理得sin∠ABDcos∠ADB＝2sin∠BAD−sin∴2sin∠BADcos∠ABD＝sin∠ABDcos∠ADB＋cos∠ABDsin∠ADB，∴2sin∠BADcos∠ABD＝sin(∠ABD＋∠ADB)，∴2sin∠BADcos∠ABD＝sin∠BAD，∵sin∠BAD≠0，∴cos∠ABD＝22∵0<∠ABD<π，∴∠ABD＝π4(2)记∠BCD＝θ，在△BCD中，BD2＝BC2＋CD2－2BC·CD·cosθ＝20－16cosθ，∵AB＝AD，∠ABD＝π4∴△ABD为等腰直角三角形，AB⊥AD，∴S△ABD＝12AB2＝S△BCD＝12BC·CD·sinθ＝4sinθ∴四边形ABCD的面积为S＝S△ABD＋S△BCD＝5－4cosθ＋4sinθ＝5＋42sinθ−π4≤5＋4当θ＝3π4时，sin∴四边形ABCD面积的最大值为5＋42.17．解：(1)fx＝a若fx∴－2θ＝kπ＋∴θ＝－π12，∴若tanx＝3∴fx(2)若函数g则gx由于－5π而gx在−5π12，t≤2，即－2由于2sin−7π6＝2sin5π∴－π12≤t18．解：(1)在△ABC中，3sinC＋cosC＝sinB整理得3sinCsinA＋sinAcosC＝sinB＋sinC＝sin(A＋C)＋sinC，即3sinCsinA＋sinAcosC＝sinAcosC＋cosAsinC＋sinC，所以3sinCsinA＝cosAsinC＋sinC，由于sinC≠0，所以3sinA－cosA＝1，即32sinA－12cosA＝12，所以sinA−又由于0<A<π2，所以A－π6∈所以A－π6＝π(2)由(1)知A＝π3，则B＋C＝2π3，则C＝2π3又在锐角△ABC中B<π2，故π6<B<由于O为△ABC的外接圆圆心，所以∠BOC＝2A＝2π3，∠AOB＝2C，设△ABC的外接圆的半径为R，则OB·OC＝R×R×cos∠BOC＝－∴OA＝OB＝OC＝R＝1，∴OA·AB+AC＝OA·OB−OA＋OA·OC＝|OA＝cos2C＋cos2B－2＝cos4π3−2B＝12cos2B－32sin2B－2＝cos由于π6<B<π2，所以2π3<2B＋π3<4π3，则－1≤cos2B+π3<－所以OA·AB+AC的取值范围为19．解：(1)如图，连接AC，依题意OC＝53，OA＝11，所以AC＝OA2+OC2＝14，所以sin∠OAC＝OCAC＝