高中数学（沪教版）必修第二册第6章单元综合测试C（含答案）

一、单选题
1．已知平面向量满足对任意都有成立，且，则的值为（ ）
A．1 B． C．2 D．
2．已知，且，则可能为（ ）
A． B． C． D．
3．在锐角中，角，，的对边分别为，，，为的面积，且，则的取值范围为（ ）．
A． B． C． D．
4．内角，，的对边分别为，，．若，，点在边上，并且，为的外心，则之长为（ ）
A． B． C． D．
5．已知函数是偶函数.若将曲线向左平移个单位长度后，再向上平移个单位长度得到曲线，若关于的方程在有两个不相等实根，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
6．在平面直角坐标系xOy中，α为第四象限角，角α的终边与单位圆O交于点P(x0，y0)，若cos()=，则x0=（ ）
A． B． C． D．
7．在中，若，，则的周长的最大值为（ ）
A． B． C． D．
8．设△的三边长为，，，若，，则△是（ ）．
A．等腰三角形 B．直角三角形
C．等腰三角形或直角三角形 D．等腰直角三角形
二、多选题
9．已知面积为12，，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则 B．的最大值为
C．的值可以为 D．的值可以为
10．台球运动已有五、六百年的历史，参与者用球杆在台上击球.若和光线一样，台球在球台上碰到障碍物后也遵从反射定律如图，有一张长方形球台ABCD，，现从角落A沿角的方向把球打出去，球经2次碰撞球台内沿后进入角落C的球袋中，则的值为（ ）
A． B． C．1 D．
11．已知函数，则（ ）
A．是函数的一个周期
B．是函数的一条对称轴
C．函数的最大值为，最小值为
D．函数在上单调递增
12．已知对任意角，均有公式.设△ABC的内角A，B，C满足.面积S满足.记a，b，c分别为A，B，C所对的边，则下列式子一定成立的是( )
A． B．
C． D．
三、填空题
13．已知函数是定义在上的单调递减的奇函数，且对，有恒成立，则的最大值为___________.
14．关于函数有下列结论：①其表达式可写成；②直线是曲线的一条对称轴；③在区间上单调递增；④存在使恒成立.其中正确的是______（填写正确的番号）.
15．在中，，，是上的点，平分，若，则的面积为__________.
16．钝角中，a，b，c分别是内角A，B，C的对边，，，则面积的取值范围是______.
四、解答题
17．在非直角三角形中，角的对边分别为.
（1）若，且，判断三角形的形状；
（2）若，
（i）证明：；（可能运用的公式有）
（ii）是否存在函数，使得对于一切满足条件的m，代数式恒为定值？若存在，请给出一个满足条件的，并证明之；若不存在，请给出一个理由.
18．依据《齐齐哈尔市城市总体规划（2011﹣2020）》，拟将我市建设成生态园林城、装备工业基地、绿色食品之都、历史文化名城．计划将图中四边形区域建成生态园林城，，，，为主要道路（不考虑宽度）．已知，，km．
（1）求道路的长度；
（2）如图所示，要建立一个观测站，并使得，，求两地的最大距离．
19．如图，直线，点是，之间的一个定点，过点的直线垂直于直线，，（，为常数），点，分别为，上的动点，已知.设（），的面积为.
(1)若，求梯形的面积；
(2)写出的解析式；
(3)求的最小值.
20．如图，在平面四边形ABCD中，.
(1)若，求线段AC的长：
(2)求线段AC长的最大值．
21．如图，扇形AOB的圆心角为，半径为1．点P是上任一点，设．
(1)记，求的表达式；
(2)若，求的取值范围．
22．对于集合和常数，定义：为集合相对的“余弦方差”．
（1）若集合，，求集合相对的“余弦方差”；
（2）求证：集合相对任何常数的“余弦方差”是一个与无关的定值，并求此定值；
（3）若集合，，，相对任何常数的“余弦方差”是一个与无关的定值，求出、．
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．A
【分析】设，，即可得到，，设平面向量共起点，从而得到其平面图形，由余弦定理求出，从而求出，即可得解.
【详解】解：设，，则，
因为任意都有，故是向量的模的最小值，
故是的最小值即，即，同理，
设平面向量共起点，因为，故的终点在的终点的中垂线上，
故的终点和起点可构成如下图形：
因为，故，而，则，
所以，因，，
故，，，四点共圆（据此可得，在直径的同侧，否则与矛盾），
故，所以；
故选：A.
2．B
【分析】由得，化简后可求出，再利用同角三角函数的关系可求出.
【详解】由，得，
所以，
所以，
整理得，
，
所以或，
所以或，
①当时，，，
因为，所以，
所以，
因为，所以，
②当时，，
因为，所以，
由于，所以解得，
③当时，，
因为，所以，
由于，所以解得，
综上，，或，或，
故选：B
3．D
【分析】根据余弦定理和的面积公式，结合题意求出、的值，再用表示，求出的取值范围，即可求出的取值范围．
【详解】解：中，由余弦定理得，，
且的面积为，
由，
得，
化简得；
又，，
所以，
化简得，
解得或（不合题意，舍去）；
因为
所以，
所以，
由，且，，解得，
所以，所以，
所以；
设，其中，
所以，
又，所以时，取得最大值为，
时，，时，，且，
所以，即的取值范围是．
故选：．
4．C
【分析】先由正弦定理得到，求出的外接圆半径为R，作出辅助线利用余弦定理求出，求出的长.
【详解】由正弦定理得：，
因为，所以，故，即，
因为，所以，
设的外接圆半径为R，
则由正弦定理得：，故，
如图，，且，
因为，所以，，
过点C作CH∥OB交OP的延长线于点H，则，
因为，所以，，
在三角形OCH中，由余弦定理得：，
则，
所以
故选：C
5．C
【分析】本题首先可根据函数是偶函数得出，通过计算得出，然后通过转化得出，通过图像变换得出，最后根据正弦函数对称性得出且，通过求出此时的值域即可得出结果.
【详解】因为函数是偶函数，
所以，即，
，解得，，
则
，
则，
向左平移个单位长度后，得到，
向上平移个单位长度，得到，
当时，，
结合正弦函数对称性易知，
在有两个不相等实根，则且，
此时，实数的取值范围是，
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题考查三角函数图像变换、正弦函数性质、偶函数的性质的应用以及两角差的正弦公式，能够根据偶函数的性质求出是解决本题的关键，考查计算能力，考查化归与转化思想，体现了综合性，是难题.
6．A
【分析】由三角函数的定义知x0=cosα，因为cosα=，所以利用两角差的余弦公式可求.
【详解】解：由题意，x0=cosα.
α∈，∈，
又cos()=，
∈，
=，
x0=cosα==+
==.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题的解题关键点是根据cos()=，缩小角的范围，从而确定的正负.
7．A
【分析】先由切化弦化简得，再由和角公式及诱导公式求得，结合正弦定理得，再由辅助角公式求得最大值即可.
【详解】由可得，
两边同乘得，
两边同加得，
即，又，
则，设角对应的边分别为，
由正弦定理得其中，
不妨设，易得当时，取得最大值，此时周长最大值为.
故选：A.
【点睛】本题关键点在于化简得到后，两边同加结合和角公式得，进而结合正弦定理得到，借助辅助角公式求得最值.
8．B
【分析】若三角形各边长为a、b、c且内切圆半径为r，
法一：由内切圆的性质有、，根据边角关系可得或，注意讨论所得关系验证所得关系的内在联系；
法二：由半角正切公式、正弦定理可得或，结合三角形内角的性质讨论所得关系判断三角形的形状.
【详解】设，△的内切圆半径为r，如图所示，
法一：
∴①；②.
①÷②，得：，即．
于是，
，，
从而得或，
∴或．故△为等腰三角形或直角三角形，
（1）当时，内心I在等腰三角形的底边上的高上，
，从而得．
又，代入①式，得，即，
上式两边同时平方，得：，化简，即．即△直角三角形，
∴△为等腰直角三角形．
（2）当时，易得．
代入②式，得，此式恒成立，
综上，△为直角三角形．
法二：
利用，及正弦定理和题设条件，得①，②.
∴③；④.
由③和④得：，即，，
因为为三角形内角，
∴或，即或．
（1）若，代入③得：⑤
又，将其代入⑤，得：．
变形得，
即⑥，
由知A为锐角，从而知．
∴由⑥，得：，即，从而，．
因此，△为等腰直角三角形．
（2）若，即，此时③④恒成立，
综上，△为直角三角形．
故选：B
9．AD
【分析】利用同角的三角函数的基本关系结合面积、余弦定理可得，计算出可判断A的正误，而利用余弦定理、基本不等式可得关于的三角函数不等式，从而可判断B的正误，对于C，求出的范围后可判断其正误，对于D，由可得的值，结合已知条件可判断三角形是否存在.
【详解】设所对的边为，因为面积为12，故，
故.
对于A，若，结合为三角形内角可得，故.
因为，故，故，故.
由正弦定理可得，故，故A正确.
对于B，由余弦定理可得，
所以即，当且仅当时等号成立.
而，故，故，整理得到，
而，
因为，故，故的最大值为，
当且仅当时等号成立，故B错误.
对于C，，
故，而，
故，故C错误.
对于D，若，则可得或，
若，则 ，消元后得到： ，
所以，整理得到，
但，故矛盾即不成立.
若，则，消元后得到：，
所以，整理得到，
结合可得，此时，
故D正确.
故选：AD.
【点睛】方法点睛：三角形一般有7个几何量（三边和三角以及外接圆的半径），由已知的三个量一般可求出其余的四个量，求解过程中注意选择合适的定理来解决，另外在边角关系的转化的过程，注意根据边的特征和角的特征合理消元.
10．AD
【分析】根据题意，分两种情况作图：第一种情况：现从角落A沿角的方向把球打出去，球先接触边；第二种情况：现从角落A沿角的方向把球打出去，球先接触边；然后利用三角形全等即可求解.
【详解】第一种情况：现从角落A沿角的方向把球打出去，球先接触边，反射情况如下：
此时，根据反射的性质，，，所以，,为中点，取，则，设，则，所以，可得，，，
第二种情况：现从角落A沿角的方向把球打出去，球先接触边，反射情况如下：
此时，根据反射的性质，，，，所以，,为中点，取，则，设，则，所以，可得，，，
故答案选：AD
【点睛】本题考查分类讨论的数学思想，难点在于作图，属于难题.
11．ABC
【分析】根据给定条件利用周期定义、对称性性质判断选项A，B；换元借助二次函数最值判断选项C；利用复合函数单调性判断选项D作答.
【详解】因，A正确；
因
，B正确；
令，有，则，，
因为在上单调递增，即函数的最大值为，最小值为， C正确；
函数由和复合而成，函数在上单调递增，
在上递增，在上递减，则函数在上不单调，D不正确.
故选：ABC
【点睛】结论点睛：函数的定义域为D，，
存在常数a使得，则函数图象关于直线对称.
12．CD
【分析】结合已知对进行变形化简即可得的值，从而判断A；根据正弦定理和三角形面积，借助于△ABC外接圆半径R可求的范围，从而判断B；根据的值，结合△ABC外接圆半径R即可求abc的范围，从而判断C；利用三角形两边之和大于第三边可得，从而判断D﹒
【详解】∵△ABC的内角A、B、C满足，
∴，即，
∴，
由题可知，，
∴，
∴
∴，
∴有，故A错误；
设△ABC的外接圆半径为R，
由正弦定理可知，，
∴，
∴，∴，故B错误；
，故C正确；
，故D正确．
故选：CD．
13．
【分析】由函数的奇偶性与单调性转化不等式，结合辅助角公式与三角函数的有界性得出，再由均值不等式求解
【详解】由可得，
则根据函数在上单调递减可得，
则在上恒成立，化简得在上恒成立，
故，而，则的最大值为.
故答案为：
14．②③
【分析】根据降幂公式、辅助角公式，结合余弦型函数的对称性、单调性逐一判断即可.
【详解】.
所以结论①不正确；
当时，有，所以结论②正确；
当时，有，因为，
所以结论③正确；
若，所以有，
所以有，或
，
由，
显然不恒成立，
要想恒成立，只需，
解得：，显然不存在这样的整数，使得，
因此结论④不正确，
故答案为：②③
【点睛】关键点睛：利用降幂公式和辅助角公式是解题的关键.
15．
【分析】由正弦定理可得、，即有，而，可得，结合余弦定理求，再应用三角形面积公式求的面积即可.
【详解】
∴由正弦定理，，，即，，而，
∴，
∵，即，，
∴，即，
又由余弦定理知：，
∴，即，令，
∴，即（舍去），
∴.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：应用正余弦定理，列方程求，根据三角形面积公式求面积.
16．
【分析】由正弦定理可得，接着利用三角形的面积公式得到，再根据为钝角三角形求出的范围，进而求得面积的取值范围.
【详解】因为，所以，
又由正弦定理得，，
所以，
因为为钝角三角形，，，
所以当为钝角时，，即 ，故 ，
所以，故，所以，
当为钝角时，，所以，故，
所以，即，
综上：或，即.
故答案为：.
17．（1）等边三角形；（2）（i）证明见解析；（ii）存在，，证明见解析.
【分析】（1）利用余弦定理即可求解；
（2）（i）由正弦定理及三角形的性质、诱导公式可得，再由三角恒等变换即可求证；（ii）根据三角恒等变换代数式可化为，比较可知存在.
【详解】（1）由余弦定理得，将代入得到，
所以为等边三角形.
（2）（i）由及正弦定理得，
所以，
因为，
所以，
有，由两角和 差的余弦公式可得
，
整理得，
故.
（ii）由及半角正切公式可得
，
展开整理得，
即，
即，
即，与原三角式比较可知存在且.
18．（1）km；（2）km.
【分析】（1）先利用余弦定理，可得，再在中，由，即得解；
（2）设，在中，利用正弦定理可得，，再利用，可得，利用三角恒等变换化简结合，即得解.
【详解】（1）连接，由余弦定理可得，所以，
由，，所以，因为，所以，
在中，，所以，解得，
即道路的长度为；
（2）设，在中，由正弦定理可得，
所以，因为，所以，
所以，，则，
所以，
因为，所以，
所以当，即，取最大值为，
故两地的最大距离为．
19．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据几何关系求出、、的长度，然后利用梯形面积公式即可求解；
（2）根据几何关系用，，来表示、、的长度，先求出梯形的面积，再利用即可得到答案；
（3）利用三角恒等变换化简，并根据的范围得到的最小值，再根据即可得到的最小值.
（1）
因为，在中，，
所以，所以，
又因为，
在中， 因为，所以，
所以，
所以，
即梯形的面积为.
（2）
在中，，所以，，
又因为，所以，
在中，，所以，
所以，
又因为，，
所以，
即.
（3）
由（2）得，因为
，
因为，所以，
所以当即时，有最小值，
又因为，
所以的最小值为
20．(1)；
(2)6.
【分析】（1）根据给定条件，利用余弦定理求出BD，再利用余弦定理计算作答.
（2）设，在中用余弦定理求出BD，用正弦定理表示出，再在中，利用余弦定理列式求解作答.
【详解】（1）在中，，，由余弦定理得：
，即，解得，
在中，，由余弦定理得：，
所以.
（2）设，
在中，由余弦定理得：，
由正弦定理得：，，
在中，由余弦定理得：
，
当且仅当，即时取“=”，此时，
所以当时，线段AC长取最大值6.
【点睛】方法点睛：三角形中已知两边及一边对角求第三边，可以利用余弦定理建立关于第三边的一元二次方程求解.
21．(1)
(2)
【分析】（1）建立平面直角坐标系，根据三角函数的定义可得，再根据题意求得，进而根据辅助角公式得到的表达式即可；
（2）根据题意可得，进而化简得到，再代入可得，，进而结合三角函数的范围求解即可
（1）
由题意，以为坐标原点，为轴正向建立如图平面直角坐标系，则，.故，所以，即
（2）
由（1），，即，故，解得，其中，故 ，即，，故，所以，故，即的取值范围为
22．（1）；（2）证明见解析，定值；（3），或，．
【分析】（1）由“余弦方差”的定义，及特殊角的三角函数值计算可得；
（2）由“余弦方差”的定义，及两角差的余弦公式化简可得．
（3）由“余弦方差”的定义，在由两角差的余弦公式及二倍角公式化简分子，可得即可求出、的值，即可得解．
【详解】解：（1）依题意：；
（2）由“余弦方差”定义得：，
则分子
为定值，与的取值无关．
（3）依题意，
所以分子
．
要使是一个与无关的定值，则，，
与终边关于轴对称或关于原点对称，又，
得与终边只能关于轴对称，，
又，，则当时，；当时，．
，或，．
故，或，时，相对任何常数的“余弦方差”是一个与无关的定值．
答案第1页，共2页
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