模塊綜合能力檢測(cè)題
本試卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷非兩部分，滿分150分，時(shí)間120分鐘。
第Ⅰ卷(選擇題 共60分)
一、選擇題(本大題共12個(gè)小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中只有一個(gè)是符合題目要求的)
1．(09•全國Ⅰ文)已知tanα＝4，tanβ＝3，則tan(α＋β)＝( )
A.711 B．－711
C.713D．－713
[答案] B
[解析] ∵tanβ＝3，tanα＝4，
∴tan(α＋β)＝tanα＋tanβ1－tanα•tanβ＝4＋31－4×3＝－711.
2．(09廣東文)函數(shù)y＝2cos2x－π4－1是( )
A．最小正周期為π的奇函數(shù)
B．最小正周期為π的偶函數(shù)
C．最小正周期為π2的奇函數(shù)
D．最小正周期為π2的偶函數(shù)
[答案] A
[解析] 因?yàn)閥＝2cos2x－π4－1＝cos2x－π2＝sin2x為奇函數(shù)，T＝2π2＝π，所以選A.
3．(09•山東文)將函數(shù)y＝sin2x的圖象向左平移π4個(gè)單位，再向上平移1個(gè)單位，所得圖象的函數(shù)解析式是( )
A．y＝2cos2xB．y＝2sin2x
C．y＝1－sin(2x＋π4)D．y＝cos2x
[答案] A
4．(09•浙江文)已知向量a＝(1,2)，b＝(2，－3)．若向量c滿足(c＋a)∥b，c⊥(a＋b)，則c＝( )
A．(79，73)
B．(－73，－79)
C．(73，79)
D．(－79，－73)
[答案] D
[解析] 設(shè)c＝(，n)，∵c＋a＝(＋1，n＋2)，a＋b＝(3，－1)，
∴由(c＋a)∥b，c⊥(a＋b)得：
－3(＋1)－2(n＋2)＝03－n＝0，解得＝－79，n＝－73.
故選D.
5．函數(shù)y＝cosx•tanx－π2<x<π2的大致圖象是( )
[答案] C
[解析] ∵y＝cosx•tanx
＝－sinx�。�2<x<0sinx 0≤x<π2，故選C.
6．在△ABC中，sinA＝35，cosB＝513，則cosC的值為( )
A．－5665
B．－1665
C.1665
D.5665
[答案] C
[解析] ∵cosB＝513，∴sinB＝1213，
∵sinB>sinA，A、B為△ABC的內(nèi)角，
∴B>A，∴A為銳角，
∵sinA＝35，cosA＝45，
∴cosC＝－cos(A＋B)＝－cosAcosB＋sinAsinB
＝－45×513＋35×1213＝1665.
7．已知a＝(1,3)，b＝(2＋λ，1)，且a與b成銳角，則實(shí)數(shù)λ的取值范圍是( )
A．λ>－5
B．λ>－5且λ≠－53
C．λ<－5
D．λ<1且λ≠－53
[答案] B
[解析] ∵a與b夾角為銳角，∴a•b＝2＋λ＋3>0，∴λ>－5，
當(dāng)a與b同向時(shí)，存在正數(shù)k，使b＝ka，
∴2＋λ＝k1＝3k，∴k＝13λ＝－53，因此λ>－5且λ≠－53.
8．(09•陜西理)若3sinα＋cosα＝0，則1cos2α＋sin2α的值為( )
A.103
B.53
C.23
D．－2
[答案] A
[解析] ∵3sinα＋cosα＝0，∴tanα＝－13，
∴原式＝sin2α＋cos2αcos2α＋2sinαcosα＝tan2α＋11＋2tanα＝19＋11－23＝103，故選A.
9．若sin4θ＋cos4θ＝1，則sinθ＋cosθ的值為( )
A．0
B．1
C．－1
D．±1
[答案] D
[解析] 解法一：由sin4θ＋cos4θ＝1知
sinθ＝0cosθ＝±1或sinθ＝±1cosθ＝0，
∴sinθ＋cosθ＝±1.
解法二：∵sin4θ＋cos4θ＝(sin2θ＋cos2θ)2－2sin2θcos2θ＝1－2sin2θcos2θ＝1，
∴sin2θcos2θ＝0，∴sinθcosθ＝0，
∴(sinθ＋cosθ)2＝1＋2sinθcosθ＝1，
∴sinθ＋cosθ＝±1.
10．a(chǎn)與b的夾角為120°，a＝2，b＝5，則(2a－b)•a＝( )
A．3
B．9
C．12
D．13
[答案] D
[解析] a•b＝2×5×cos120°＝－5，
∴(2a－b)•a＝2a2－a•b＝8－(－5)＝13.
11．設(shè)e1與e2是兩個(gè)不共線向量，AB→＝3e1＋2e2，CB→＝ke1＋e2，CD→＝3e1－2ke2，若A、B、D三點(diǎn)共線，則k的值為( )
A．－94
B．－49
C．－38
D．不存在
[答案] A
[解析] BD→＝BC→＋CD→＝(－ke1－e2)＋(3e1－2ke2)
＝(3－k)e1－(1＋2k)e2，
∵A、B、D共線，∴AB→∥BD→，
∴3－k3＝－1－2k2，∴k＝－94.
12．(09•寧夏、海南理)已知O，N，P在△ABC所在平面內(nèi)，且OA→＝OB→＝OC→，NA→＋NB→＋NC→＝0，且PA→•PB→＝PB→•PC→＝PC→•PA→，則點(diǎn)O，N，P依次是△ABC的( )
A．重心 外心 垂心
B．重心 外心 內(nèi)心
C．外心 重心 垂心
D．外心 重心 內(nèi)心
(注：三角形的三條高線交于一點(diǎn)，此點(diǎn)為三角形的垂心)
[答案] C
[解析] ∵O，N，P在△ABC所在平面內(nèi)，且OA→＝OB→＝OC→，
∴O是△ABC外接圓的圓心，
由NA→＋NB→＋NC→＝0，得N是△ABC的重心；
由PA→•PB→＝PB→•PC→＝PC→•PA→得
PB→•(PA→－PC→)＝PB→•CA→＝0，
∴PB⊥CA，同理可證PC⊥AB，PA⊥BC，
∴P為△ABC的垂心．
第Ⅱ卷(非選擇題 共90分)
二、題(本大題共4個(gè)小題，每小題4分，共16分，把正確答案填在題中橫線上)
13．函數(shù)y＝2cos2x＋sin2x的最小值是________．
[答案] 1－2
[解析] y＝2cos2x＋sin2x＝1＋cos2x＋sin2x
＝1＋2sin2x＋π4，
∵x∈R，∴yin＝1－2.
14．在▱ABCD中，、N分別是DC、BC的中點(diǎn)，已知A→＝c，AN→＝d，用c、d表示AB→＝________.
[答案] 43d－23c
[解析] d＝AB→＋BN→＝AB→＋12AD→①
c＝AD→＋D→＝AD→＋12AB→②
解①②組成的方程組得AD→＝43c－23d，AB→＝43d－23c.
15．已知點(diǎn)P(sinα＋cosα，tanα)在第二象限，則角α的取值范圍是________．
[答案] 2kπ－π4<α<2kπ或2kπ＋π2<α<2kπ＋3π4 k∈Z
[解析] ∵點(diǎn)P在第二象限，∴sinα＋cosα>0tanα<0，
如圖可知，α的取值范圍是2kπ－π4<α<2kπ或2kπ＋π2<α<2kπ＋3π4 k∈Z.
16．如圖所示，已知O為平行四邊形ABCD內(nèi)一點(diǎn)，OA→＝a，OB→＝b，OC→＝c，則OD→＝________.
[答案] c＋a－b
[解析] OD→＝OC→＋CD→＝OC→＋BA→
＝OC→＋(OA→－OB→)＝c＋a－b.
三、解答題(本大題共6個(gè)小題，共74分，解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟)
17．(本題滿分12分)(09•湖南文)已知向量a＝(sinθ，cosθ－2sinθ)，b＝(1,2)．
(1)若a∥b，求tanθ的值；
(2)若a＝b,0<θ<π，求θ的值．
[解析] (1)因?yàn)閍∥b，所以2sinθ＝cosθ－2sinθ，
于是4sinθ＝cosθ，故tanθ＝14.
(2)由a＝b知，sin2θ＋(cosθ－2sinθ)2＝5，
所以1－2sin2θ＋4sin2θ＝5.
從而－2sin2θ＋2(1－cos2θ)＝4，
即sin2θ＋cos2θ＝－1，
于是sin2θ＋π4＝－22.
又由0<θ<π知，π4<2θ＋π4<9π4，
所以2θ＋π4＝5π4，或2θ＋π4＝7π4.
因此θ＝π2，或θ＝3π4.
18．(本題滿分12分)(09•重慶文)設(shè)函數(shù)f(x)＝(sinωx＋cosωx)2＋2cos2ωx(ω>0)的最小正周期為2π3.
(1)求ω的值；
(2)若函數(shù)y＝g(x)的圖象是由y＝f(x)的圖象向右平移π2個(gè)單位長度得到，求y＝g(x)的單調(diào)增區(qū)間．
[解析] (1)f(x)＝sin2ωx＋cos2ωx＋2sinωxcosωx＋1＋cos2ωx＝sin2ωx＋cos2ωx＋2
＝2sin(2ωx＋π4)＋2，
依題意得2π2ω＝2π3，故ω＝32.
(2)f(x)＝2sin3x＋π4＋2，
依題意得g(x)＝2sin3x－π2＋π4＋2
＝2sin3x－5π4＋2，
由2kπ－π2≤3x－5π4≤2kπ＋π2 (k∈Z)解得
23kπ＋π4≤x≤23kπ＋7π12 (k∈Z)，
故g(x)的單調(diào)增區(qū)間為23kπ＋π4，23kπ＋7π12 (k∈Z)．
19．(本題滿分12分)(09•陜西文)已知函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)，x∈R，其中A>0，ω>0，0<φ<π2的周期為π，且圖象上一個(gè)最低點(diǎn)為2π3，－2.
(1)求f(x)的解析式；
(2)當(dāng)x∈0，π12時(shí)，求f(x)的最值．
[解析] (1)由最低點(diǎn)為2π3，－2得A＝2，
由T＝π得ω＝2πT＝2ππ＝2，∴f(x)＝2sin(2x＋φ)．
由點(diǎn)2π3，－2在圖象上得2sin4π3＋φ＝－2
即sin4π3＋φ＝－1，
∴4π3＋φ＝2kπ－π2
即φ＝2kπ－11π6，k∈Z，
又φ∈0，π2，∴k＝1，∴φ＝π6，
∴f(x)＝2sin2x＋π6.
(2)∵x∈0，π12，∴2x＋π6∈π6，π3，
∴當(dāng)2x＋π6＝π6，即x＝0時(shí)，f(x)取得最小值1；
當(dāng)2x＋π6＝π3，即x＝π12時(shí)，f(x)取得最大值3.
20．(本題滿分12分)(北京通州市09～10高一期末)已知向量a＝(3cosωx，sinωx)，b＝sin(ωx,0)，且ω>0，設(shè)函數(shù)f(x)＝(a＋b)•b＋k，
(1)若f(x)的圖象中相鄰兩條對(duì)稱軸間距離不小于π2，求ω的取值范圍；
(2)若f(x)的最小正周期為π，且當(dāng)x∈－π6，π6時(shí)，f(x)的最大值為2，求k的值．
[解析] ∵a＝(3cosωx，sinωx)，b＝(sinωx,0)，
∴a＋b＝(3cosωx＋sinωx，sinωx)．
∴f(x)＝(a＋b)•b＋k＝3sinωxcosωx＋sin2ωx＋k
＝32sin2ωx－12cos2ωx＋12＋k
＝sin2ωx－π6＋12＋k.
(1)由題意可得：T2＝2π2×2ω≥π2.
∴ω≤1，又ω>0，
∴ω的取值范圍是0<ω≤1.
(2)∵T＝π，∴ω＝1.
∴f(x)＝sin2x－π6＋12＋k
∵－π6≤x≤π6，∴－π2≤2x－π6≤π6.
∴當(dāng)2x－π6＝π6，
即x＝π6時(shí)，f(x)取得最大值fπ6＝2.
∴sinπ6＋12＋k＝2.∴k＝1.
21．(本題滿分12分)(09•江蘇文)設(shè)向量a＝(4cosα，sinα)，b＝(sinβ，4cosβ)，c＝(cosβ，－4sinβ)
(1)若a與b－2c垂直，求tan(α＋β)的值；
(2)求b＋c的最大值；
(3)若tanαtanβ＝16，求證：a∥b.
[解析] (1)∵a＝(4cosα，sinα)，b＝(sinβ，4cosβ)，
c＝(cosβ，－4sinβ)
∵a與b－2c垂直，∴a•(b－2c)＝a•b－2a•c＝4cosαsinβ＋4sinαcosβ－2(4cosαcosβ－4sinαsinβ)
＝4sin(α＋β)－8cos(α＋β)＝0，∴tan(α＋β)＝2.
(2)∵b＋c＝(sinβ＋cosβ，4cosβ－4sinβ)
∴b＋c2＝sin2β＋2sinβcosβ＋cos2β＋16cos2β－32cosβsinβ＋16sin2β
＝17－30sinβcosβ＝17－15sin2β，
當(dāng)sin2β＝－1時(shí)，最大值為32，
∴b＋c的最大值為42.
(3)由tanαtanβ＝16得sinαsinβ＝16cosαcosβ
即4cosα•4cosβ－sinαsinβ＝0，∴a∥b.
22．(本題滿分14分)(09•福建文)已知函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)，其中ω>0，φ<π2.
(1)若cosπ4cosφ－sin3π4sinφ＝0，求φ的值；
(2)在(1)的條件下，若函數(shù)f(x)的圖象的相鄰兩條對(duì)稱軸之間的距離等于π3，求函數(shù)f(x)的解析式；并求最小正實(shí)數(shù)，使得函數(shù)f(x)的圖象向左平移個(gè)單位后所對(duì)應(yīng)的函數(shù)是偶函數(shù)．
[解析] 解法一：(1)由cosπ4cosφ－sin3π4sinφ＝0得cosπ4cosφ－sinπ4sinφ＝0，
即cosπ4＋φ＝0.
又φ<π2，∴φ＝π4；
(2)由(1)得，f(x)＝sinωx＋π4.
依題意，T2＝π3.
又T＝2πω，故ω＝3，∴f(x)＝sin3x＋π4.
函數(shù)f(x)的圖象向左平移個(gè)單位后，所得圖象對(duì)應(yīng)的函數(shù)為g(x)＝sin3(x＋)＋π4，
g(x)是偶函數(shù)當(dāng)且僅當(dāng)3＋π4＝kπ＋π2(k∈Z)，
即＝kπ3＋π12(k∈Z)．
從而，最小正實(shí)數(shù)＝π12.
解法二：(1)同解法一．
(2)由(1)得，f(x)＝sinωx＋π4.
依題意，T2＝π3.
又T＝2πω，故ω＝3，
∴f(x)＝sin3x＋π4.
函數(shù)f(x)的圖象向左平移個(gè)單位后所得圖象對(duì)應(yīng)的函數(shù)為g(x)＝sin3(x＋)＋π4.
g(x)是偶函數(shù)當(dāng)且僅當(dāng)g(－x)＝g(x)對(duì)x∈R恒成立，
亦即sin－3x＋3＋π4＝sin3x＋3＋π4對(duì)x∈R恒成立．
∴sin(－3x)cos3＋π4＋cos(－3x)sin3＋π4
＝sin3xcos3＋π4＋cos3xsin3＋π4，
即2sin3xcos3＋π4＝0對(duì)x∈R恒成立．
∴cos3＋π4＝0，
故3＋π4＝kπ＋π2(k∈Z)，
∴＝kπ3＋π12(k∈Z)，
本文來自：逍遙右腦記憶 http://www.yy-art.cn/gaoyi/241327.html
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