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2020-2021学年江苏泰州高三上数学第二次月考试卷 Word版含解析
文档属性
名称
2020-2021学年江苏泰州高三上数学第二次月考试卷 Word版含解析
格式
docx
文件大小
351.6KB
资源类型
教案
版本资源
苏教版
科目
数学
更新时间
2020-12-12 12:49:12
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文档简介
2020-2021学年江苏泰州高三上数学月考试卷
一、选择题
?
1. 已知单位向量a→,b→满足a→⊥b→,则a→?(a→?b→)=(? ? ? ? )
A.0 B.12 C.1 D.2
?
2. 已知平面向量a→=(1,?3),b→=(?2,0),则|a→+2b→|=(? ? ? ? )
A.32 B.3 C.22 D.5
?
3. 若函数fx=3a?1x+4a,x<1?ax,x≥1? 是R上的减函数,则a的取值范围为(? ? ? ? )
A.[18,13) B.(0,13)
C.[18,+∞) D.(?∞,18]∪[13,+∞)
?
4. 已知正方形ABCD的边长为3,DE→=2EC→,则AE→?BD→=( )
A.3 B.?3 C.6 D.?6
?
5. 设a=sin5π12,b=cos5π12?,c=tan5π12,则(? ? ? ? )
A.a
?
6. 设点M是线段BC的中点,点A在直线BC外,若|BC→|=2,|AB→+AC→|=|AB→?AC→|,则|AM→|=(? ? ? ? )
A.12 B.1 C.2 D.4
?
7. 在锐角△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,sinAcosA=2bcb2+c2?a2,则角A的大小为(? ? ? ? )
A.π4 B.π6 C.5π12 D.π3
?
8. 如图所示,为了测量 A,B处岛屿的距离,小明在D处观测,A,B分别在D处的北偏西15?、北偏东45?方向,再往正东方向行驶40海里至C处,观测B在C处的正北方向,A在C处的北偏西60?方向,则A,B两处岛屿间的距离为(? ? ? ? )
A.206海里 B.406海里 C.201+3海里 D.40海里
二、多选题
?
9. 已知正方形ABCD的边长为2,向量a→,b→满足AB→=2a→,AD→=2a→+b→,则(? ? ? ? )
A.|b→|=22 B.a→⊥b→
C.a→?b→=2 D.4a→+b→⊥b→
?
10. ?已知向量a→=(2,1),b→=(1,?1),c→=(m?2,?n),其中m,n均为正数,若a→?b→//c→,下列说法正确的是(? ? ? ? )
A.a→与b→的夹角为钝角
B.向量a→在b→方向上的投影为55
C.2m+n=4
D.mn的最大值为2
?
11. 在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,下列结论正确的是(? ? ? ? )
A.a2=b2+c2?2bccosA B.asinB=bsinA
C.a=bcosC+ccosB D.acosB+bcosA=sinC
?
12. 将函数y=2sin(2x+π6)的图象向左平移π6个单位长度,得到函数f(x)的图象,则下列关于函数f(x)的说法正确的是(? ? ? ? )
A.f(x)是偶函数 B.f(x)的最小正周期是π2
C.f(x)的图象关于直线x=π12对称 D.f(x)的图象关于点(?π4,0)对称
三、填空题
?
13. 已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若sinA=13,b=3sinB,则a=________.
?
14. 已知向量a→,b→的夹角为π4,且a→=1,0,|b→|=2,则|2a→+b→|=________.
?
15. 若函数fx=3sin2x+θ+cos2x+θθ>0是偶函数,则θ的最小值是________.
?
16. 若等边△ABC的边长为1,平面内一点M满足CM→=13CB→+12CA→,则MA→?MB→=________.
四、解答题
?
17. 已知锐角α与钝角β,sinα=255,sinβ=210.
(1)求cosα?β的值;
(2)求2α?β的值.
?
18. 在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且满足bcosA+asinB=0.
(1)求角A的大小;
(2)已知b+c=2+2,△ABC的面积为1,求边a.
?
19. 设△ABC的面积为S,且2S+3AB→?AC→=0.
(1)求角A的大小;
(2)若|BC→|=3,且角B不是最小角,求S的取值范围.
?
20. 如图,已知矩形ABCD,AB=2,AD=3,点P为矩形内一点,且|AP→|=1,设∠BAP=α.
(1)当α=π3时,求证:PC→⊥PD→;
(2)求PC→+PD→?AP→的最大值.
参考答案与试题解析
2020-2021学年江苏泰州高三上数学月考试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
平面向量数量积的运算
【解析】
由两向量垂直等价于其数量积为0即可求解.
【解答】
解:∵ a→=b→=1且a→⊥b→,
∴ a→?(a→?b→)=a→2?a→?b→=1.
故选C.
2.
【答案】
A
【考点】
向量模长的计算
向量的加法及其几何意义
【解析】
根据题意,由向量a→、b→的坐标可得a→+2b→=(?3,??3),由向量模的计算公式计算可得答案.
【解答】
解:根据题意,向量a→=(1,??3),b→=(?2,?0),
则a→+2b→=(?3,??3),
则|a→+2b→|=32.
故选A.
3.
【答案】
A
【考点】
已知函数的单调性求参数问题
函数的单调性及单调区间
【解析】
根据函数单调性对定义分段进行求解即可.
【解答】
解:已知函数fx=3a?1x+4a,?x<1?ax,?x≥1是R上的减函数,
则3a?1<0,?a<0,
解得0
又∵ (3a?1)×1+4a≥?a×1,
解得a≥18.
则a的取值范围为18≤a<13.
故选A.
4.
【答案】
A
【考点】
向量的线性运算性质及几何意义
数量积判断两个平面向量的垂直关系
平面向量数量积的运算
【解析】
直接根据向量的三角形法则把所求问题转化即可求解结论.
【解答】
解:如图,
因为正方形ABCD的边长为3,DE→=2EC→,
所以AE→?BD→=(AD→+DE→)?(AD→?AB→)
=(AD→+23AB→)?(AD→?AB→)
=AD→2?13AD→?AB→?23AB→2
=32?23×32
=3.
故选A.
5.
【答案】
D
【考点】
三角函数线
【解析】
根据三角函数线比较大小即可;
【解答】
解:设5π12的终边与单位圆相交于点P,
根据三角函数线的定义可知a=MP=sin5π12,
b=OM=cos5π12,
c=AT=tan5π12,
显然AT>MP>OM,
∴ b
故选D.
6.
【答案】
B
【考点】
向量的线性运算性质及几何意义
向量的三角形法则
【解析】
由题意利用两个向量加减法及其几何意义,求出要求式子的值.
【解答】
解:∵ 点M是线段BC的中点,点A在直线BC外,
若|BC→|=2,|AB→+AC→|=|AB→?AC→|,
设AB→+AC→=AD→,
则AB→?AC→=CB→,
则|AD→|=|CB→|.
∴ 平行四边形ABCD的对角线AD=BC,
则|AM→|=12|AD→|=12|BC→|=1.
故选B.
7.
【答案】
A
【考点】
余弦定理
【解析】
本题考查解三角形的知识.
【解答】
解:因为cosA=b2+c2?a22bc,
所以b2+c2?a2=2bccosA,
所以sinAcosA=2bc2bccosA=22cosA,
即sinA=22.
又△ABC为锐角三角形,
所以A=π4.
故选A.
8.
【答案】
A
【考点】
解三角形的实际应用
余弦定理
正弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解:连接AB,如图,
由题意可知,CD=40海里,∠ADC=105?,∠BDC=45?,
∠BCD=90?,∠ACD=30?,
∴ ∠CAD=45?,∠ADB=60?.
∵ 在△ACD中,由正弦定理,得ADsin30?=40sin45?,
∴ AD=202海里.
∵ 在Rt△BCD中,∠BDC=45?,∠BCD=90?,
∴ BD=2CD=402海里.
在△ABD中,由余弦定理,
得AB=AD2+BD2?2AD?BDcos∠ADB
=800+3200?2×202×402×cos60?
=206(海里).
故选A.
二、多选题
9.
【答案】
A,D
【考点】
数量积判断两个平面向量的垂直关系
平面向量的坐标运算
向量的模
【解析】
以A为原点建立如图所示的平面直角坐标系,根据向量的坐标运算解得a→=1,0,b→=?2,2,
再由向量模的坐标运算,向量垂直,逐一判断即可.
【解答】
解:以A为原点建立如图所示的平面直角坐标系,
∴ A0,0,B2,0,D0,2,
∴ AB→=2,0,AD→=0,2,
∵ AB→=2a→,AD→=2a→+b→,
∴ a→=1,0,b→=?2,2,
则b→=22,故选项A正确;
a→?b→=?2≠0,
故选项B、C错误;
4a→+b→=2,2,
∴ 4a→+b→?b→=0,
∴ 4a→+b→⊥b→,故选项D正确.
故选AD.
10.
【答案】
C,D
【考点】
向量的投影
基本不等式在最值问题中的应用
平面向量数量积的运算
【解析】
无
【解答】
解:a→?b→=2×1+1×?1=1>0,
故a→,b→的夹角为锐角,A错误;
向量a→在b→方向上的投影为:
a→?b→|b→|=2×1+1×?112+?12=22,B错误;
a→?b→=(1,2),
由a→?b→//c→,得2m+n=4,C正确;
由基本不等式得4=2m+n≥22mn,即mn≤2,
当且仅当2m=n=2时取等号,
因此mn的最大值为2,D正确.
故选CD.
11.
【答案】
A,B,C
【考点】
余弦定理
正弦定理
【解析】
利用正弦定理、余弦定理直接求解.
【解答】
解:由在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,知:
在A中,由余弦定理得:a2=b2+c2?2bccosA,故正确;
在B中,由正弦定理得:asinA=bsinB,∴ asinB=bsinA,故正确;
在C中,∵ a=bcosC+ccosB,
∴ 由余弦定理得:a=b×a2+b2?c22ab+c×a2+c2?b22ac,
整理,得2a2=2a2,故正确;
在D中,由余弦定理得:
acosB+bcosA=a×a2+c2?b22ac+b×b2+c2?a22bc
=a2+c2?b22c+b2+c2?a22c
=c≠sinC,故错误.
故选ABC.
12.
【答案】
A,D
【考点】
余弦函数的周期性
函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换
余弦函数的对称性
余弦函数的奇偶性
【解析】
首先利用三角函数关系式的恒等变换,把函数的关系式变形成余弦型函数,进一步利用余弦型函数性质的应用求出结果.
【解答】
解:由题可得f(x)=2sin[2(x+π6)+π6]=2sin(2x+π2)=2cos2x,
A,因为f(?x)=f(x),所以f(x)是偶函数,A正确;
B,由于最小正周期是2πω=2π2=π,B错误;
C,由于f(π12)=3,则直线x=π12不是函数f(x)图象的对称轴,C错误;
D,由于f(?π4)=0,则点(?π4,0)是函数f(x)图象的一个对称中心,D正确.
故选AD.
三、填空题
13.
【答案】
33
【考点】
正弦定理
【解析】
根据正弦定理asinA=bsinB的式子,将题中数据直接代入,即可解出a长,得到本题答案.
【解答】
解:∵ 在△ABC中,sinA=13,b=3sinB,
∴ 根据正弦定理asinA=bsinB,
得a13=3sinBsinB,
解得a=33.
故答案为:33.
14.
【答案】
10
【考点】
平面向量数量积的运算
向量的模
【解析】
? ?
【解答】
解:因为向量a→,b→的夹角为π4,且a→=1,0,|b→|=2,
所以|a→|=1?,
a→?b→=|a→|?|b→|?cosπ4=1×2×22=1,
则|2a→+b→|=4a→2+4a→?b→+b→2=4+4+2=10.
故答案为:10.
15.
【答案】
π3
【考点】
两角和与差的正弦公式
正弦函数的奇偶性
【解析】
化简函数fx=2sin2x+θ+π6?,再根据函数为偶函数求出θ即可.
【解答】
解:fx=3sin2x+θ+cos2x+θ
=2[32sin2x+θ+12cos2x+θ]
=2sin2x+θ+π6,
∵ fx为偶函数,
∴ θ+π6=π2+kπ,k∈Z,
∴ θ=π3+kπ,k∈Z,
又∵ θ>0,
∴ θmin=π3.
故答案为:π3.
16.
【答案】
?29
【考点】
平面向量数量积
向量的减法及其几何意义
【解析】
根据三角形法则分别将MA→,MB→用CA→,CB→表示出来,根据向量的数量积运算法则计算出结果即可.
【解答】
解:∵ CM→=13CB→+12CA→,
∴ MA→=CA→?CM→=12CA→?13CB→,
MB→=CB→?CM→=23CB→?12CA→,
∴ MA→?MB→=?14CA→2+12CA→?CB→?29CB→2,
又∵ △ABC为边长为1的等边三角形,
∴ MA→?MB→=?14+14?29=?29.
故答案为:?29.
四、解答题
17.
【答案】
解:(1)已知锐角α与钝角β,sinα=255,sinβ=210,
∴ cosα=55,cosβ=?7210,
∴ cos(α?β)=cosαcosβ+sinαsinβ
=55×(?7210)+255×(210)
=?1010.
(2)由(1)可知sinα=255,cosα=55,
∴ π2<2α<π,π2<β<π,
∴ ?π2<2α?β<π2,
∴ sin2α=2sinαcosα=2×255×55=45,
∴ cos2α=?35,
∴ sin(2α?β)=sin2αcosβ?cos2αsinβ
=45×(?7210)?(?35)×210
=?22.
∴ 2α?β=?π4.
【考点】
二倍角的正弦公式
两角和与差的正弦公式
两角和与差的余弦公式
三角函数的恒等变换及化简求值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解:(1)已知锐角α与钝角β,sinα=255,sinβ=210,
∴ cosα=55,cosβ=?7210,
∴ cos(α?β)=cosαcosβ+sinαsinβ
=55×(?7210)+255×(210)
=?1010.
(2)由(1)可知sinα=255,cosα=55,
∴ π2<2α<π,π2<β<π,
∴ ?π2<2α?β<π2,
∴ sin2α=2sinαcosα=2×255×55=45,
∴ cos2α=?35,
∴ sin(2α?β)=sin2αcosβ?cos2αsinβ
=45×(?7210)?(?35)×210
=?22.
∴ 2α?β=?π4.
18.
【答案】
解:(1)∵ bcosA+asinB=0,
∴ 由正弦定理得sinBcosA+sinAsinB=0,
∵ 0
∴ sinB≠0,
∴ cosA+sinA=0,
∵ A≠π2,
∴ tanA=?1,
又0
∴ A=3π4.
(2)∵ A=3π4,S△ABC=1,
∴ 12bcsinA=1,
即bc=22,
又b+c=2+2,
由余弦定理得:
a2=b2+c2?2bccosA
=b2+c2+2bc
=(b+c)2?(2?2)bc=10,
故a=10.
【考点】
余弦定理
正弦定理
【解析】
(1)利用余弦定理以及正弦定理,转化求解即可.
(2)方法1:通过三角形的面积以及余弦定理,转化求解即可.
方法2:利用三角形的面积以及知b+c=2+2,求出b,c,然后利用余弦定理求解a即可.
【解答】
解:(1)∵ bcosA+asinB=0,
∴ 由正弦定理得sinBcosA+sinAsinB=0,
∵ 0
∴ sinB≠0,
∴ cosA+sinA=0,
∵ A≠π2,
∴ tanA=?1,
又0
∴ A=3π4.
(2)∵ A=3π4,S△ABC=1,
∴ 12bcsinA=1,
即bc=22,
又b+c=2+2,
由余弦定理得:
a2=b2+c2?2bccosA
=b2+c2+2bc
=(b+c)2?(2?2)bc=10,
故a=10.
19.
【答案】
解:(1)设△ABC中角A,B,C所对的边分别为a,b,c,
由2S+3AB→?AC→=0,
得2×12bcsinA+3bccosA=0,
即有sinA+3cosA=0,
所以tanA=?3,
又A∈(0,?π),
所以A=2π3.
(2)因为|BC→|=3,
所以a=3,
由正弦定理,得3sin2π3=bsinB=csinC,
所以b=2sinB,c=2sinC,
从而S=12bcsinA=3sinBsinC=3sinBsin(π3?B)
=3sinB(32cosB?12sinB)=3(34sin2B?1?cos2B4)
=32sin(2B+π6)?34,
又B∈(π6,?π3),2B+π6∈(π2,?5π6),
所以S∈(0,?34).
【考点】
解三角形
余弦定理的应用
正弦定理
【解析】
(1)化简可得sinA+3cosA=0,从而有tanA=?3,即可求角A的大小;
(2)由已知和正弦定理得b=2sinB,c=2sinC,故S=32sin(2B+π6)?34,又2B+π6∈(π2,?5π6)即可求得S∈(0,?34).
【解答】
解:(1)设△ABC中角A,B,C所对的边分别为a,b,c,
由2S+3AB→?AC→=0,
得2×12bcsinA+3bccosA=0,
即有sinA+3cosA=0,
所以tanA=?3,
又A∈(0,?π),
所以A=2π3.
(2)因为|BC→|=3,
所以a=3,
由正弦定理,得3sin2π3=bsinB=csinC,
所以b=2sinB,c=2sinC,
从而S=12bcsinA=3sinBsinC=3sinBsin(π3?B)
=3sinB(32cosB?12sinB)=3(34sin2B?1?cos2B4)
=32sin(2B+π6)?34,
又B∈(π6,?π3),2B+π6∈(π2,?5π6),
所以S∈(0,?34).
20.
【答案】
(1)证明:如图,以A为坐标原点建立直角坐标系,
则A0,0,B2,0,C2,3,D0,3,
由题知Pcosπ3,sinπ3,即P12,32,
∴ PC→=32,32,PD→=?12,32,
∴ ?PC→?PD→=32,32×?12,32
=32×?12+322=0,
∴ PC→⊥PD→.
(2)解:设Pcosα,sinα,
则PC→=(2?cosα,3?sinα),PD→=(?cosα,3?sinα),AP→=cosα,sinα,
可得PC→+PD→=2?2cosα,23?2sinα,
则(PC→+PD→)?AP→=2cosα?2cos2α+23sinα?2sin2α
=432sinα+12cosα?2
=4sinα+π6?2,
当α+π6=π2时,即α=π3时,
(PC→+PD→)?AP→取得最大值4?2=2.
【考点】
三角函数的最值
数量积判断两个平面向量的垂直关系
平面向量数量积的运算
平面向量数量积
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明:如图,以A为坐标原点建立直角坐标系,
则A0,0,B2,0,C2,3,D0,3,
由题知Pcosπ3,sinπ3,即P12,32,
∴ PC→=32,32,PD→=?12,32,
∴ ?PC→?PD→=32,32×?12,32
=32×?12+322=0,
∴ PC→⊥PD→.
(2)解:设Pcosα,sinα,
则PC→=(2?cosα,3?sinα),PD→=(?cosα,3?sinα),AP→=cosα,sinα,
可得PC→+PD→=2?2cosα,23?2sinα,
则(PC→+PD→)?AP→=2cosα?2cos2α+23sinα?2sin2α
=432sinα+12cosα?2
=4sinα+π6?2,
当α+π6=π2时,即α=π3时,
(PC→+PD→)?AP→取得最大值4?2=2.
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