1、过关检测(二)(时间：120分钟满分：160分)一、填空题(本题共14小题，每小题5分，共70分)1log2sinlog2cos_.2(2012苏锡常镇调研)已知钝角满足cos ，则tan的值为_3(2012南京、盐城模拟)已知正ABC的边长为1，73，则_.4(2012盐城模拟)函数f(x)sin 2xsincos 2xcos在上的单调递增区间为_5(2011盐城调研)ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，向量m(2sin B,2cos 2B)，n，mn，B_.6(2010常州调研)在ABC所在平面上有三点P，Q，R，满足，则PQR的面积与ABC的面积之比为_7(2010湖北卷)已知
2、ABC和点M满足0.若存在实数m使得m成立，则m_.8已知，2，则sin值为_9下列五个命题：ysin4xcos4x的最小正周期是；终边在y轴上的角的集合是；在同一坐标系中，ysin x的图象和yx的图象有三个公共点；ysin在0，上是减函数；把y3sin的图象向右平移得到y3sin 2x的图象其中真命题的序号是_10已知O为平面内一点，A、B、C是平面上不共线的三点，动点P满足，(0，)，则动点P的轨迹一定通过ABC的_11(2010泰州期末)在等腰直角三角形ABC中，A90，AB，AD是BC边上的高，P为AD的中点，点M，N分别为AB边和AC边上的点，且M，N关于直线AD对称，当时，_.1
3、2(2010通州检测改编)如图，在直角三角形ABC中，AC，BC1，点M，N分别是AB，BC的中点，点P是ABC(包括边界)内任一点，则的取值范围为_13已知O是ABC所在平面内一点，满足0，|1，则ABC是_三角形14设，则函数y的最小值为_二、解答题(本题共6小题，共90分)15(本小题满分14分)已知a(sin ，1), b(cos ，2)，.(1)若ab，求tan 的值；(2)若ab，求sin的值16(本小题满分14分)(2012常州质量检测)已知m、xR，向量a(x，m)，b(m1)x，x)；(1)当m0时，若|a|b|，求x的取值范围；(2)若ab1m对任意实数x恒成立，求m的取值
4、范围17(本小题满分14分)已知向量m与n(3，sin Acos A)共线，其中A是ABC的内角(1)求角A的大小；(2)若BC2，求ABC面积S的最大值，并判断S取得最大值时ABC的形状18(本小题满分16分)在ABC中，cos A，cos B.(1)若AC3，求ABC的面积SABC；(2)若|，求AB的长19(本小题满分16分)已知三点A(cos ，sin )，B(cos ，sin )，C(cos ，sin )，若向量k(2k)0(k为常数且0k2)，求cos()的最值及相应的k值20(本小题满分16分)在RtABC中，C90，以斜边AB所在的直线为轴将ABC旋转一周生成两个圆锥，设这两个
5、圆锥的侧面积之和为S1，ABC的内切圆面积为S2，记x.(1)求函数f(x)的解析式，并求f(x)的定义域；(2)求函数f(x)的最小值参考答案过关检测(二)1解析log2sinlog2coslog2log2log2log22.答案2解析因为是钝角，所以是锐角，cos 2cos21，所以cos，sin，tan2，所以tan3.答案33解析(73)732.答案24解析f(x)sin 2xsincos 2xcoscos，结合函数图象可知在上的单调递增区间为.答案5解析由mn，得mn0，所以4sin Bsin2cos 2B20，所以2sin Bcos 2B20，即2sin B2sin2B12sin2
6、B20，也即sin B，又因为0B，所以B或.答案或6解析由，得2，所以P为线段AC的一个三等分点同理可得Q与R的位置，所以PQR的面积为ABC的面积减去三个小三角形的面积，所以所求面积比为13.答案137解析由0知，点M为ABC的重心，设点D为底边BC的中点，则()()，所以有3，故m3.答案38解析由sin cos 2sin cos sin 2两边平方，得1sin 22sin22，解得sin 21或sin 2.又，所以sin 21，所以2或2，sin1或.答案1或9解析中，ysin4xcos4x(sin2xcos2x)(sin2xcos2x)cos 2x，故最小正周期是，故正确；中，终边在
7、y轴上的角的集合是，故不正确；中，在同一坐标系中，ysin x的图象和yx的图象只有一个公共点，故不正确；中，ysincos x，在0，上是增函数，故不正确；中，y3sin的图象向右平移，得到y3sin3sin 2x的图象，故正确答案10解析由得，取BC的中点D，则，即，所以A，P，D三点共线，又AD为中线，则动点P的轨迹一定通过ABC的重心答案重心11解析由等腰直角三角形ABC中，A90，AB，AD是BC边上的高，P为AD的中点知AD1，AP，又由知()()，化简得2()，又M，N关于直线AD对称，知|cos 135|cos 135，故AM，所以3.答案312解析以点C为原点，CB所在直线为
8、x轴，CA所在直线为y轴，建立如图所示直角坐标系，设P(x，y)，则由题可知B(1,0)，A(0，)，N，M，所以，所以yy，直线AB的方程为xy0.由题可知由线性规划知识可知，当直线yz0过点A时有最小值，过点B时有最大值.答案13解析由(O)，得|2()2|2|22，即2|2|2|21，所以|AB|2()2|2|221113，即|.同理|，所以ABC是正三角形答案正三角形14解析ysin 2.设xsin 2，由0，得0x1，于是转化为求函数yx(0x1)的最小值因为yx在(0,1上为减函数，所以ymin211.答案115解(1)因为ab，所以2sin cos ，所以tan .(2)因为ab
9、，所以sin cos 2即sin 2.因为，所以2，所以cos 2.所以sinsin 2cos cos 2sin.16解(1)|a|2x2m2，|b|2(m1)2x2x2，因为|a|b|，所以|a|2|b|2.从而x2m2(m1)2x2x2.因为m0，所以2x2，解得x或x.(2)ab(m1)x2mx.由题意，得(m1)x2mx1m对任意的实数x恒成立，即(m1)x2mxm10对任意的实数x恒成立当m10，即m1时，显然不成立，从而解得所以m.所以，m的取值范围为.17解(1)由mn，得sin A(sin Acos A)，即sin2Asin Acos A，所以sin 2A，所以sin 2Aco
10、s 2A1，sin1.因为0A，所以2A，A.(2)由余弦定理，得a2b2c22bccosb2c2bc2bcbc，即bca24.所以SABCbcsin Abc ，当且仅当bc，即ABC是等边三角形时等号成立故S取得最大值时，ABC是等边三角形18解(1)因为cos A，cos B，A，B(0，)，所以sin A，sin B.所以sin Csin(AB)sin(AB)sin Acos Bcos Asin B.又由正弦定理，得，所以BC5，所以SABCACBCsin C35.(2)由正弦定理，得，即，所以，设a5t，b3t，(t0)则由余弦定理，得AB2a2b22abcos C25t29t215t
11、219t2.又由|，得19()2222a2b22abcos C25t29t215t249t2，所以t2，所以AB219，所以AB.19解由已知移项，得两式平方相加，整理，得k2(2k)22k(2k)cos()1，所以cos()11，于是由0k2，得k1时，cos()取最大值.又因为1cos()，此时11且0k2，解得k.所以当k或时，cos()取最小值1.综上所述，当k1时，cos()取最大值；当k或时，cos()取最小值1.20解(1)设BCa，CAb，ABc，则斜边AB上的高为h，所以S1ahbh(ab)，S22，所以f(x)，又所以所以f(x).在RtABC中，有acsin A，bccos A，则xsin Acos Asin，所以x(1，(2)f(x)26，设tx1，则t(0，1，y26在(0，1上是减函数，故当x(1)1时，f(x)取最小值68.高考资源网()来源：高考资源网版权所有：高考资源网(www.k s 5 )
