阶段综合检测卷(3) 三角函数与平面向量（Word练习）-【正禾一本通】2026年新高考数学高三一轮总复习高效讲义（人教A版）

阶段综合检测卷(三)　三角函数与平面向量 一、单项选择题 1．已知，则＝(　　) A． B． C．2 D．1 2．已知α∈(0，π)，sin ＝，则cos 2α＝(　　 ) A． B．－ C．－ D． 3．已知向量a，b满足(a＋b)·b＝3，且|b|＝1，则向量a在向量b上的向量为(　　) A．1 B．－1 C．2b D．b 4．已知θ∈，tan 2θ＝－4tan，则＝(　　) A． B． C．1 D． 5．中国古代数学家赵爽绘制“勾股圆方图”证明了勾股定理(西方称之为“毕达哥拉斯定理”)．如图，四个完全相同的直角三角形和中间的小正方形拼接成一个大正方形，角α为直角三角形中的一个锐角，若该勾股圆方图中小正方形的面积S1与大正方形面积S2之比为1∶25，则sin ＝(　　 ) A． B．－ C． D．－ 6．记函数f(x)＝cos (ωx＋φ)(ω>0，0<φ<π)的最小正周期为T，若f(T)＝为f(x)的一个零点，则ω的最小值为(　　) A． B．3 C．6 D． 7．骑自行车是一种能改善心肺功能的耐力型有氧运动，深受大众喜爱．如图所示是某一型号自行车的平面结构示意图，已知图中自行车的前轮圆A，后轮圆D的半径均为，△ABE，△BEC，△ECD均为边长为4的正三角形，设点P为后轮上的一点，则在骑动该自行车的过程中，的最大值为(　　 ) A．12 B．24 C．36 D．48 8．在△ABC中，∠A＝2∠B，AC＝4，BC＝6，则△ABC的面积为(　　) A．2 B． C．3 D． 二、多项选择题 9．重庆荣昌折扇是中国三大名扇之一，始于1551年明代嘉靖年间，明末已成为贡品入朝，产品以其精湛的工业制作而闻名于海内外．经历代艺人刻苦钻研、精工创制，荣昌折扇逐步发展成为具有独特风格的中国传统工艺品，其精雅宜士人，其华灿宜艳女，深受各阶层人民喜爱．古人曾有诗赞曰：“开合清风纸半张，随机舒卷岂寻常；金环并束龙腰细，玉栅齐编凤翅长，偏称游人携袖里，不劳侍女执花傍；宫罗旧赐休相妒，还汝团圆共夜凉”，图1为荣昌折扇，其平面图为图2的扇形COD，其中∠COD＝，OC＝3OA＝3，动点P在上(含端点)，连接OP交扇形OAB的弧于点Q，且则下列说法正确的是(　　 ) A．若y＝x，则x＋y＝ B．若y＝2x，则＝0 C．≥－2 D． 10．在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，△ABC的外接圆半径为2，且a＝2，则(　　) A．A＝ B．2<b<4 C．的取值范围为(0，6) D．b＋c的最大值为4 11． 关于函数下列结论正确的是(　　) A．的最小值为 B．在上单调递增 C．函数在上有3个零点 D．曲线关于直线对称 三、填空题 12．函数f(x)＝|sin 2x－cos 2x|的最小正周期为___________. 13．在△ABC中，∠B＝30°，AC＝2，则AB＋BC的最大值为______． 14．数学中处处存在着美，机械学家莱洛发现的莱洛三角形就给人以对称的美感．莱洛三角形是以正三角形ABC的三个顶点为圆心，正三角形的边长为半径画圆弧得到的．已知AB＝2，点P为上一点，则·的最小值为______． 四、解答题 15．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，下面给出有关△ABC的三个论断：①a2＋c2－b2＝ac；②c＝2b cos B；③a cos C＋a sin C＝b＋c.化简上述三个论断，求出角的值或角的关系，并以其中两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出所有可能的真命题．(不必证明) 16．如图，BD是平面四边形ABCD的一条对角线，已知在△ABD中满足AD cos ∠ADB＝cos ∠ABD. (1)求∠ABD； (2)若AB＝AD，BC＝4，CD＝2，求四边形ABCD面积的最大值． 17．已知向量a＝，b＝，设f(x)＝a·b＋2，且f(x)的图象关于点对称． (1)若tan x＝，求f(x)的值； (2)若函数g(x)的图象与函数f(x)的图象关于直线x＝对称，且g(x)在区间 18．在锐角△ABC中，sin C＋cos C＝. (1)求A； (2)若△ABC的外接圆的圆心为O，且求·的取值范围． 19．某街道路宽OD为10 米，在道路的边缘点O安装高度为11米(即OA＝11)的路灯，灯杆AB与灯柱OA成120°角．当灯罩轴线BC与灯杆AB垂直时，灯罩轴线正好通过OD的中点． (1)求灯杆AB的长； (2)路灯采用可旋转灯口方向的锥形灯罩，灯罩轴线BC与灯的边缘光线(如图BM，BN)都成30°角．设∠ABC＝θ，是否存在θ，能使路灯的光线照亮整个路面？若存在，求tan θ的取值范围；若不存在，在M，N都落在路面OD上的条件下，求MN的最大值． 学科网（北京）股份有限公司 $ 阶段综合检测卷(三)　三角函数与平面向量 1．解析：由＝1＋i，得z＝(1＋i)2＝2i， 则＝－2i，所以＝2. 答案：C 2．解析：因为α∈(0，π)，－α∈，sin ＝>0，所以－α∈，cos ＝， cos 2α＝cos [－]＝sin ＝2sin ·cos ＝2×. 答案：A 3．解析：由题知，因为|b|＝1，(a＋b)·b＝3， 所以(a＋b)·b＝a·b＋b2＝a·b＋|b|2＝a·b＋1＝3，所以a·b＝2， 向量a在向量b上的投影向量为＝2b. 答案：C 4．解析：∵tan 2θ＝－4tan ，即tan2θ＋5tanθ＋2＝0，tan θ＝－或－2，∵θ∈，∴tan θ∈(－1，0)，∴tan θ＝－ 答案：A 5．解析：如图所示，由图中小正方形的面积S1与大正方形面积S2之比为1∶25， 可得DC＝5EH， 因为CE＝DC sin α，可得DE＝DC cos α＝EC－EH＝DC sin α－DC， 所以sin α－cos α＝，所以1－2sin αcos α＝，所以2sin αcos α＝， 所以(sin α＋cos α)2＝1＋2sin αcos α＝， 因为α∈，所以sin α＋cos α＝， 所以sin ＝sin αcos ＋cos αsin (sin α＋cos α)＝. 答案：C 6．解析：由函数f(x)＝cos (ωx＋φ)的最小正周期为T＝， 因为f(T)＝，可得f(T)＝cos ＝cos φ＝， 又因为0<φ<π，可得φ＝，所以f(x)＝cos ， 因为x＝为函数f(x)的一个零点，所以cos ＝0， 解得ω×＋kπ，k∈Z，即ω＝3＋9k，k∈Z， 又因为ω>0，所以ω的最小值为3. 答案：B 7．解析：选择为基， ＋·≤24＋＝36. 答案：C 8．解析：由正弦定理得， 因为∠A＝2∠B，AC＝4，BC＝6， 所以，故cos B＝， 则cos A＝cos 2B＝2cos2B－1＝， 因为A，B∈(0，π)， 所以sinB＝，sinA＝， 故sinC＝sin (A＋B)＝sin A cos B＋cos A sin B＝， 故S△ABC＝AC·BC sin C＝. 答案：D 9．解析：如图，作OE⊥OC，分别以OC，OE为x，y轴建立平面直角坐标系， 则A(1，0)，C(3，0)，B 设Q(cos θ，sin θ)，θ∈，则P(3cos θ，3sin θ)， 由可得cos θ＝3x－y，sin θ＝y，且x>0，y>0， 若y＝x，则cos2θ＋sin2θ＝2＋2＝1， 解得x＝y＝(负值舍去)，故x＋y＝，A正确； 若y＝2x，则cosθ＝3x－＝(1，0)·(0，3)＝0，故B正确； ＝·(－2cos θ，－2sin θ)＝3cos θ－sin θ＝sin 由于θ∈，故－θ∈，故2sin ≥－3，故C错误； 由于＝(1－3cos θ，－3sin θ)，＝(－3cos θ，， 故＝(1－3cos θ，－3sin θ)·(－3cos θ，＝－3sin ，而θ＋∈， 故－3sin ，故D正确， 答案：ABD 10．解析：在锐角△ABC中，因为a＝2且R＝2，根据正弦定理＝2R＝4， 可得sin A＝，因为A∈，所以A＝，所以A正确； 根据正弦定理得b＝4sin B，且A＝，△ABC是锐角三角形， 所以C＝－B<，所以<B<，所以<sin B<1，可得2<b<4，所以B正确； 由正弦定理，可得c cos B＝2×4sin C cos B＝＝8cos Bcos B＋)＝12cos2B＋4sinB cos B＝6＋6cos 2B＋2sin 2B＝6＋4cos ， 因为<B<，可得<2B<π，所以<2B－<， 可得cos∈，所以6＋4cos∈(0，12)， 即∈(0，12)，所以C错误； 由b＋c＝4(sin B＋sin C)＝4 因为可得 所以当时，即时，取得最大值，所以D正确. 答案：ABD 11. 解析：因为 所以 对于A，当时， 因为，所以，的最小值为； 当时， 因为，所以，的最小值为 对于B， 令由先增后减，B不正确. 对于C， 因为，所以x＋或x＋，即x＝0或x＝； 当x∈(－π，0)时，令f(x)＝1得cos ＝， 因为x＋∈，所以x＋，即x＝－；所以共有3个零点，C正确． 对于D，因为f(2π－x)＝cos (2π－x)＋|sin (2π－x)|＝cos x＋|sin x|＝f(x)， 所以曲线y＝f(x)关于直线x＝π对称，D正确． 答案：CD 12．解析：因为f(x)＝|sin 2x－cos 2x|＝， f＝|sin [－]|＝＝＝＝f(x)， 如图所示： 结合图形可知，函数f(x)的最小正周期为. 答案： 13．解析：因为∠B＝30°，AC＝2，可得＝4， 则AB＝4sin C，BC＝4sin A，且A＋C＝150°，即A＝150°－C， 所以AB＋BC＝4sin C＋4sin A＝4sin C＋4sin (150°－C) ＝4sin C＋4·(cos C＋＝10sin C＋2cos C ＝4sin (C＋φ)，其中cos φ＝，sin φ＝， 当C＋φ＝90°，即C＝90°－φ时，AB＋BC取得最大值4. 答案：4 14．解析：设D为BC的中点，E为AD的中点，如图所示， 所以·＝2＝2·＝2·＝＝2 因为CE＝，所以min＝2－＝2－·的最小值为22－. 答案：10－4 15．解：论断①：由余弦定理得cos B＝， ∵B∈(0，π)，∴B＝. 论断②：∵c＝2b cos B，由正弦定理得sin C＝2sin B cos B＝sin 2B， ∵C∈(0，π)，2B∈(0，2π)，∴C＝2B或C＋2B＝π. 论断③：由正弦定理得sin A cos C＋sin A sin C＝sin B＋sin C， 即sin A cos C＋sin A sin C＝sin (A＋C)＋sin C， ∴sin A cos C＋sin A sin C＝sin A cos C＋cos A sin C＋sin C， 即sin A sin C＝cos A sin C＋sin C， ∵C∈(0，π)，∴sin C≠0，∴sin A＝cos A＋1， 即sin A－cos A＝2sin ＝1，即sin ＝， 又A∈(0，π)，∴A－∈，∴A－，解得A＝. 以其中两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，所有可能的真命题有： ①③⇒②和①②⇒③. 16．解：(1)∵AD cos ∠ADB＝cos ∠ABD， ∴在△ABD中由正弦定理得sin ∠ABD cos ∠ADB＝cos ∠ABD， ∴sin ∠BAD cos ∠ABD＝sin ∠ABD cos ∠ADB＋cos ∠ABD sin ∠ADB， ∴sin ∠BAD cos ∠ABD＝sin (∠ABD＋∠ADB)， ∴sin ∠BAD cos ∠ABD＝sin ∠BAD， ∵sin ∠BAD≠0，∴cos ∠ABD＝， ∵0<∠ABD<π，∴∠ABD＝. (2)记∠BCD＝θ， 在△BCD中，BD2＝BC2＋CD2－2BC·CD·cos θ＝20－16cos θ， ∵AB＝AD，∠ABD＝， ∴△ABD为等腰直角三角形，AB⊥AD， ∴S△ABD＝BD2＝5－4cos θ， S△BCD＝BC·CD·sin θ＝4sin θ， ∴四边形ABCD的面积为S＝S△ABD＋S△BCD＝5－4cos θ＋4sin θ＝5＋4sin ≤5＋4， 当θ＝时，sin ＝1，等号成立． ∴四边形ABCD面积的最大值为5＋4. 17．解：(1)=. 若， ∴， ∴，∴. 若. ∴. (2)， 则. 因为， 而≤2，即－2≤2sin ≤1， 因为2sin ＝2sin ＝1，所以－， ∴－，故t的取值范围为． 18．解：(1)在△ABC中，sin C＋cos C＝， 整理得sin C sin A＋sin A cos C＝sin B＋sin C＝sin (A＋C)＋sin C， 即sin C sin A＋sin A cos C＝sin A cos C＋cos A sin C＋sin C， 所以sin C sin A＝cos A sin C＋sin C， 因为sin C≠0，所以sin A－cos A＝1， 即sin A－cos A＝，所以sin ＝， 又因为0<A<，所以A－∈， 所以A－，解得A＝. (2)由(1)知A＝，则B＋C＝，则C＝－B<，即B>， 又在锐角△ABC中B<，故<B<. 因为O为△ABC的外接圆圆心，所以∠BOC＝2A＝，∠AOB＝2C，∠AOC＝2B. 设△ABC的外接圆的半径为R， 则＝R×R×cos ∠BOC＝－，解得R＝1. ∴＝＝＝R＝1， ∴·＝ ＝·＋·＝ ＝2 ＝cos 2C＋cos 2B－2＝cos ＋cos 2B－2 ＝cos 2B－sin 2B－2＝cos －2. 因为<B<，所以<2B＋<，则－1≤cos <－，所以－3≤cos －2<－， 所以·的取值范围为. 19．解：(1)如图，连接AC，依题意OC＝5，OA＝11， 所以AC＝＝14，所以sin ∠OAC＝，cos ∠OAC＝， 又∠OAB＝120°，所以∠CAB＝120°－∠OAC， 所以cos ∠CAB＝cos (120°－∠OAC)＝cos 120°cos ∠OAC＋sin 120°sin ∠OAC＝， 又∠ABC＝90°，所以AB＝AC cos ∠CAB＝14×＝2. (2)建立如图所示的平面直角坐标系，则A(0，11)，C， 又∠OAB＝120°，所以∠yAB＝60°，又AB＝2，所以B. 假定存在θ，能使路灯的光线照亮整个路面． 由∠ABC＝θ，有∠BCD＝θ＋30°，则∠BND＝θ＋60°，∠BMD＝θ. 当θ＝90°时，BM⊥x轴，由(1)得M， 此时OM段没有光线照射到，不满足要求，则θ<90°. 由题意，BM、BN所在直线的斜率均存在，其中BM的方程为y＝tan θ＋12， 令y＝0，得x＝，即M，同理得N. 令≤0，得0<tan θ≤4. 令，得tan θ≥. ∵>4，故不存在θ，能使路灯的光线照亮整个路面． ∴当4≤tan θ≤时，MN＝. 设f(θ)＝， 又2sin θsin (θ＋60°)＝sin2θ＋sinθcos θ＝sin 2θ＝＋sin (2θ－30°)． ∵tan θ≥4， 又tan 75°＝tan (45°＋30°)＝<4， ∴75°<θ<90°，则120°<2θ－30°<150°. ∴sin (2θ－30°)单调递减，故f(θ)在定义域内单调递增． 当tan θ＝时，MN最大，最大值为. 故不存在θ，能使路灯的光线照亮整个路面；在M，N都落在路面OD上的条件下，MN的最大值为 米． 学科网（北京）股份有限公司 $