1、专题验收评估(二) 三角函数、解三角形、平面向量 (时间：120分钟满分：150分)一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1(2017杭州模拟)已知cos，则sin 2()A. B. C D解析：选B因为sin 2coscos2cos21221，所以应选B.2已知向量a(1,2)，b(2，m)，若ab，则|2a3b|()A. B4 C3 D2解析：选B依题意得，故m4,2a3b2(1,2)3(2，4)(4，8)，故|2a3b|4.3(2017山东高考)在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若ABC为锐角三角形，且满足si
2、n B(12cos C)2sin Acos Ccos Asin C，则下列等式成立的是()Aa2b Bb2a CA2B DB2A解析：选A由题意可知sin B2sin Bcos Csin Acos Csin(AC)，即2sin Bcos Csin Acos C，又cos C0，故2sin Bsin A，由正弦定理可知a2b.4.已知函数f(x)Acos(x)的图象如图所示，f，则f等于()A B C. D.解析：选A由题图知，T2，fff.5已知锐角ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c,23cos2Acos 2A0，a7，c6，则b()A10 B9 C8 D5解析：选D化简23cos2
3、Acos 2A0，得23cos2A2cos2 A10，解得cos A.由余弦定理，知a2b2c22bccos A，代入数据，解方程，得b5.6(2018届高三江西百校联考)已知函数f(x)sin(x)的图象在y轴右侧的第一个最高点为P，在原点右侧与x轴的第一个交点为Q，则f的值为()A1 B. C. D.解析：选C由题意得，所以T，所以2，则f(x)sin(2x)，将点P代入f(x)sin(2x)，得sin1，所以2k(kZ)又|，所以，即f(x)sin(xR)，所以fsinsin，选C.7将函数f(x)sin 2xcos 2x的图象向右平移个单位长度，所得图象关于y轴对称，则的最小正值是()
4、A. B. C. D.解析：选Cf(x)sin的图象在y轴左侧的第一条对称轴方程为x，将f(x)的图象向右平移个单位长度，所得图象关于y轴对称，则的最小正值是.8(2018届高三沈阳十校联考)在ABC中，点P是AB上的一点，且，Q是BC的中点，AQ与CP的交点为M，又t，则t的值为()A. B. C. D.解析：选C因为，所以32 ，即22，所以2，故P是AB的一个三等分点因为A，M，Q三点共线，所以可设xCQ(1x)，则(x1) (0x1)，又，所以.因为，且t (0t0恒成立，则实数的取值范围是()A. B. C. D.解析：选A由题可设f(x)(cos sin 1)x2(2sin 1)x
5、sin .因为0，)，所以，所以cos sin 1sin1(0，1，所以关于x的一元二次函数的图象开口方向向上，要使x1,0，f(x)0恒成立，则必有所以，此时2cos 2sin 22sin 1，则函数的对称轴x01，且x00，所以(2sin 1)24sin (cos sin 1)，所以2，即，故选A.10已知共面向量a，b，c满足|a|3，bc2a，且|b|bc|.若对每一个确定的向量b，记|bta|(tR)的最小值为dmin，则当b变化时，dmin的最大值为()A. B2 C4 D6解析：选B不妨设向量a(3,0)，则由bc2a，设|ba|ca|r，则向量b，c对应的点分别在以(3,0)为
6、圆心，r为半径的圆上的直径两端运动，其中a，b，c，并设BAH，如图，易得点B的坐标B(rcos 3，rsin )，因为|b|bc|，所以|，则(rcos 3)2(rsin )24r2，整理为r22rcos 30，cos ，而|bta|(tR)表示向量b对应的点到动点(3t,0)的距离，向量|bta|(tR)的最小值为向量b对应的点到x轴的距离dmin，即dmin| |rsin r2，所以dmin的最大值是2，故选B.二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分，把答案填在题中横线上)11已知函数f(x)tan，则f(x)的最小正周期为_，f_.解析：因为f(x)tan
7、，所以函数f(x)的最小正周期T，ftan2.答案：212在ABC中，D为BC边的中点，AD1，点P在线段AD上，则()的最小值为_，这时|_.解析：依题意得，()22|22，当且仅当|时取等号，因此()的最小值是.答案：13(2017绍兴模拟)已知ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足2cos2Asin 2A2，b1，SABC，则A_，_.解析：因为2cos2Asin 2A2，所以cos 2Asin 2A1，sin，因为A(0，)，所以2A，所以2A，解得A，所以SABCbcsin，所以bc2，又b1，所以c2.由余弦定理得a2b2c22bccos523，所以a2b2c2，所以
8、ABC为直角三角形，C，所以sin B，sin C1，所以2.答案：214设e1，e2为单位向量，且e1，e2的夹角为，若ae13e2，b2e1，则ab_，向量a在b方向上的射影为_解析：依题意得|e1|e2|1且e1e2，ab(e13e2)2e12e6e1e2265，|b|2，所以向量a在b方向上的射影为|a|cosa，b.答案：515(2017全国卷)ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若2bcos Bacos Cccos A，则B_.解析：法一：由2bcos Bacos Cccos A及正弦定理，得2sin Bcos Bsin Acos Csin Ccos Asin(AC)si
9、n B0，因此cos B.又0B，所以B.法二：由2bcos Bacos Cccos A及余弦定理，得2bac，整理得，a2c2b2ac，所以2accos Bac0，cos B.又0B，所以B.答案：16(2017山东高考)已知e1，e2是互相垂直的单位向量若e1e2与e1e2的夹角为60，则实数的值是_解析：因为，故，解得.答案：17(2017宁波质检)已知平面向量，(0)满足|1，且与的夹角为120，则|的取值范围是_解析：如图，设，则在ABC中，ACB60，根据正弦定理得，即|sinABC，由于0ABC120，所以0sinABC1，故0|.答案：三、解答题(本大题共5小题，共74分解答应
10、写出文字说明，证明过程或演算步骤)18(本小题满分14分)(2017衢州质检)在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，cos 2B3cos B10，且a2c2acb2.(1)求边b的长；(2)求ABC周长的最大值解：(1)cos 2B3cos B10，2cos2B3cos B20，解得cos B或cos B2(舍去)，又B(0，)，则B，由余弦定理得b2a2c2ac，又 a2c2acb2，b2b20，解得b2(b1，舍去)(2)由正弦定理得，则abc(sin Asin C)2224sin2，当A时，周长取得最大值6.19(本小题满分15分)(2017深圳调研)已知函数f(x)2sin
11、(0x5)，点A，B分别是函数yf(x)图象上的最高点和最低点(1)求点A，B的坐标以及的值；(2)设点A，B分别在角，的终边上，求tan(2)的值解：(1)0x5，sin1.当，即x1时，sin1，f(x)取得最大值2；当，即x5时，sin，f(x)取得最小值1.因此，点A，B的坐标分别是A(1,2)，B(5，1)152(1)3.(2)点A(1,2)，B(5，1)分别在角，的终边上，tan 2，tan ，tan 2，tan(2).20(本小题满分15分)(2017全国卷)ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin(AC)8sin2.(1)求cos B；(2)若ac6，ABC的面
12、积为2，求b.解：(1)由题设及ABC得sin B8sin2，即sin B4(1cos B)，故17cos2B32cos B150，解得cos B，cos B1(舍去)(2)由cos B，得sin B，故SABCacsin Bac.又SABC2，则ac.由余弦定理及ac6得b2a2c22accos B(ac)22ac(1cos B)3624.所以b2.21(本小题满分15分)已知向量m(2sin x，cos2xsin2x)，n(cos x,1)，其中0，xR.若函数f(x)mn的最小正周期为.(1)求的值；(2)在ABC中，若f(B)2，BC，sin Bsin A，求的值解：(1)f(x)mn
13、2sin xcos xcos2xsin2xsin 2xcos 2x2sin.f(x)的最小正周期为，T.0，1.(2)设ABC中角A，B，C所对的边分别是a，b，c.f(B)2，2sin2，即sin1，解得B.BC，即a，又sin Bsin A，ba，b3，由正弦定理得，解得sin A.0A，A，C，c，cacos Bcos.22(本小题满分15分)在ABC中，三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知a(sin Bsin C，sin Csin A)，b(sin Bsin C，sin A)，且ab.(1)求角B的大小；(2)若bccos A，ABC的外接圆的半径为1，求ABC的面积解：(1)a(sin Bsin C，sin Csin A)，b(sin Bsin C，sin A)，且ab，(sin Bsin C)(sin Bsin C)(sin Csin A)sin A0，b2a2c2ac，由余弦定理知，b2a2c22accos B，2cos B1，B.(2)bccos A，ABC是直角三角形，而B，故A，由2R，得2，解得a1，b，故SABC1.
