《(新高考)2022版高考数学二轮复习专题强化训练(九)三角函数、平面向量理.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《(新高考)2022版高考数学二轮复习专题强化训练(九)三角函数、平面向量理.pdf（30页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、新高考新高考 20222022 版高考数学二轮版高考数学二轮复习专题强化训练九三角函复习专题强化训练九三角函数、平面向量理数、平面向量理专题强化训练专题强化训练(九九)三角函数、平面向量三角函数、平面向量一、选择题一、选择题1 12022太原一模2022太原一模tantan2 2，(0(0，sin2sin2)，那么)，那么()coscos 2 2 2 2 5 5A.A.5 54 4 5 5C.C.5 52 2 5 5B B5 54 4 5 5D D5 5解析：解析：解法一：因为解法一：因为 tantan2 2，(0(0，)，所以)，所以是第一象限的角，如图，由任意角是第一象限的角，如图，由任意
2、角的三角函数的定义可知的三角函数的定义可知P P(1,2)(1,2)是是终边上一终边上一1 1点，点，那么有那么有|OPOP|2 2 1 1 5 5，所以所以 coscos5 52 22 25 5，所所以以5 5sin2sin22sin2sincoscos sinsincoscos 2 2 2 2 5 52cos2cos，选，选 B.B.5 52 2解法二：因为解法二：因为 tantan2 2，(0(0，)，所，)，所sinsin以以是第一象限的角由是第一象限的角由 tantan2 2 得得coscossinsin2cos2cos，代入，代入 sinsin2 2coscos2 21 1，得，得
3、1 14cos4coscoscos1 1，即，即 coscos，解得，解得 coscos5 52 22 22 25 55 5或或 coscos(舍去舍去)，所以，所以5 55 5sin2sin2 coscos 2 2 2sin2sincoscos2 2 5 52cos2cos，选，选 B.B.sinsin5 5答案：答案：B B1 12 22022合肥质检二2022合肥质检二 在在ABCABC中，中，BDBD2 2DCDC，那么，那么ADAD()1 13 3A.A.ABABACAC4 44 42 21 1B.B.ABABACAC3 33 33 31 12 2C.C.ABABACAC3 33 3
4、1 12 2D.D.ABABACAC3 33 31 1解析：解析：通通解：解：因为因为BDBDDCDC，所以，所以B B，D D，C C2 21 1三点共线，三点共线，且且BDBDBCBC，如图，如图，过点过点D D分别作分别作ACAC，3 3ABAB的平行线交的平行线交ABAB，ACAC于点于点E E，F F，那么四边形，那么四边形AEDFAEDF为平行四边形，所以为平行四边形，所以ADADAEAEAFAF.因为因为BDBD1 12 2 1 12 21 1BCBC，所以所以AEAEABAB，AFAFACAC，所以所以ADADABABACAC，3 33 33 33 33 3应选应选 B.B.1
5、 11 1优解一：因为优解一：因为BDBDDCDC，所以，所以BDBDBCBC，所以，所以2 23 31 11 12 2ADADABABBDBDABABBCBCABAB(ACACABAB)ABAB3 33 33 31 1ACAC，应选，应选 B.B.3 34 41 11 1优解二：因为优解二：因为BDBDDCDC，所以，所以BDBDBCBC，所以，所以2 23 31 11 1ADADABAB(ACACABAB)，所以，所以ADADABAB(ACACABAB)3 33 32 21 1ABABACAC，应选，应选 B.B.3 33 3答案：答案：B B3 32022广州综合测试二2022广州综合测
6、试二sinsincoscos 1 1，其中，其中，那么，那么 tan2tan2()5 5 2 2 2424A A7 77 7C.C.24244 4B B3 32424D.D.7 71 1解析：解析：解法一：由解法一：由 sinsincoscos 可得可得5 51 11212(sin(sincoscos)，解得解得 sinsincoscos，252525252 25 5 sinsincoscos1 1，5 5联立得联立得 1212 sinsincoscos2525 2 2，可得可得 sinsin，1 11212coscos是方程是方程y yy y0 0 的两根，因为的两根，因为5 52525 4
7、 43 3，所以，所以 sinsin，coscos，那么，那么5 55 5 2 2 8 83 324244 4tantan，所以所以 tan2tan2，3 316167 77 71 19 99 9选选 D.D.1 1解法二：由解法二：由sinsincoscos 可得可得(sin(sin5 51 11212coscos)，解得，解得 sinsincoscos，又，又252525252 2 4 4 2 2 3 3 ，所以，所以sinsin00，coscos000，那那 么么(sin(sin coscos)1 1 2 26 6242449497 72sin2sincoscos1 1，故故sinsin
8、coscos，252525255 5 sinsincoscos7 7，5 5联联 立立 得得 1 1 sinsincoscos5 5 sinsin4 4 5 5 3 3 coscos5 5，解解 得得4 4，那么，那么 tantan，所以，所以3 38 83 32424tan2tan2，选，选 D.D.16167 77 71 19 99 9答案：答案：D D4 4 20222022 福福 建建 质质 检检 将将 函函 数数y y sinsin 2 2x x 的图象向右平移的图象向右平移个单位长度后，个单位长度后，6 6 6 6 4 4 2 2 3 3 所得图象的一个对称中心为所得图象的一个对称
9、中心为()7 7 A.A.，0 0 1212 C.C.，0 0 3 3 B.B.，0 0 4 4 D.D.，0 0 2 2 解析：解析：将函数将函数y ysinsin 2 2x x 的图象向右平的图象向右平6 6 移移个单位长度后，个单位长度后，所得图象对应的函数解析式所得图象对应的函数解析式6 6为为 y ysinsin 2 2 x x sinsin 2 2x x，6 6 6 6 6 6 k k令令 2 2x xk k，k kZ Z，得，得x x，k k6 62 21212Z Z，当，当k k0 0 时，时，x x，故所得图象的一个对，故所得图象的一个对1212 称中心为称中心为，0 0，选
10、，选 A.A.1212 答案：答案：A A5 5 2022郑州质量预测二2022郑州质量预测二 在在 RtRtABCABC中，中，C C90，90，CBCB2 2，CACA4 4，P P在边在边ACAC的中线的中线BDBD8 8上，那么上，那么CPCPBPBP的最小值为的最小值为()1 1A A2 2C C4 4B B0 0D D1 1解析：解析：通解：通解：因为因为BCBC2 2，ACAC4 4，C C90，90，所以所以ACAC的中线的中线BDBD2 2 2 2，且，且CBDCBD45.因为45.因为点点P P在边在边ACAC的中线的中线BDBD上，所以设上，所以设BPBPBDBD(0(0
11、1)1)，如如下下图图，所所以以CPCPBPBP(CBCBBPBP)BPBP(CBCBBDBD)BDBDCBCBBDBDBDBD2 22 22 2|CBCB|BDBD|cos135|cos135 2 22 2 1 1 2 21 1(2(2 2)2)8 84 48 8 ，当，当4 4 2 2 1 11 1 时，时，CPCPBPBP取得最小值取得最小值，应选，应选 A.A.4 42 2优解：依题意，以优解：依题意，以C C为坐标原点，分别以为坐标原点，分别以ACAC，BCBC所在的直线为所在的直线为x x，y y轴，建立如下图的平轴，建立如下图的平9 9面直角坐标系，那么面直角坐标系，那么B B(
12、0,2)(0,2)，D D(2,0)(2,0)，所以直，所以直线线BDBD的方程为的方程为y yx x2 2，因为点，因为点P P在边在边ACAC的的中线中线BDBD上，所以可设上，所以可设P P(t,t,2 2t t)(0)(0t t2)，所2)，所以以CPCP(t,t,2 2t t)，BPBP(t t，t t)，所以，所以CPCPBPBP 1 1 2 21 11 1t tt t(2(2t t)2 2t t2 2t t2 2 t t ，当当t t 时，时，2 2 2 22 2 2 22 21 1CPCPBPBP取得最小值取得最小值，应选，应选 A.A.2 2答案：答案：A A6 62022石
13、家庄一模2022石家庄一模 非零向量非零向量a a与与b b的的22夹角为夹角为，且，且|b b|1 1，|a a2 2b b|2 2，那么，那么|a a|3 3()A A1 1C.C.3 3B B2 2D D2 2 3 32 2解析：解析：通解：通解：|a a2 2b b|2 2，|a a|4 4abab1010224|4|b b|4 4，又，又a a与与b b的夹角为的夹角为，|b b|1 1，3 32 2|a a|2|2|a a|4 44 4，|a a|2|2|a a|0 0，又又a a0，0，|a a|2 2，应选，应选 B.B.优解一：如图，设优解一：如图，设a a(m,m,0)(0
14、)(m m0)0)，a a与与 1 1223 3 b b的夹角为的夹角为，|b b|1 1，b b ，a a3 32 2 2 22 22 22 2b b(m m1 1，3)3)|a a2 2b b|2 2，(m m1)1)2 23 34.4.m m0 0，m m2 2，|a a|2 2，应选，应选 B.B.优解二：在如下图的平行四边形中，优解二：在如下图的平行四边形中，|b b|1 1，22|2|2b b|2 2，又又a a与与b b的夹角为的夹角为，|a a2 2b b|3 32 2，1111此平行四边形是菱形，此平行四边形是菱形，|a a|2 2，应选，应选B.B.答案：答案：B B7 7
15、20222022合合肥肥质质检检二二 将将函函数数f f(x x)2sin2sin x x 1 1 的图象上各点横坐标缩短到原的图象上各点横坐标缩短到原6 6 1 1来的来的(纵坐标不变纵坐标不变)，得到函数，得到函数g g(x x)的图象，那的图象，那2 2么以下说法正确的选项是么以下说法正确的选项是()A A函数函数g g(x x)的图象关于点的图象关于点，0 0 对称对称 1212 B B函数函数g g(x x)的最小正周期是的最小正周期是2 2 C C函数函数g g(x x)在在 0 0，上单调递增上单调递增6 6 D D函数函数g g(x x)在在 0 0，上的最大值是上的最大值是
16、1 16 6 解析：解析：由题意知，函数由题意知，函数f f(x x)的图象上各点的图象上各点12121 1横坐标缩短到原来的横坐标缩短到原来的(纵坐标不变纵坐标不变)，得到的图，得到的图2 2 象对应的函数象对应的函数g g(x x)2sin2sin 2 2x x 1 1，由，由 2 2x x6 6 0 0，得，得x x，可知函数，可知函数g g(x x)的图象的一的图象的一6 61212 个对称中心为个对称中心为，1 1，所以选项，所以选项 A A 不正确；不正确；1212 22g g(x x)的最小正周期的最小正周期T T，所以选项，所以选项 B B 不不2 2正确；由正确；由22x x
17、，得，得x x，2 26 62 23 36 6所所 以以 函函 数数g g(x x)的的 一一 个个 单单 调调 递递 增增 区区 间间 为为 ，所以函数，所以函数g g(x x)在在 0 0，上单调递上单调递6 6 6 6 3 3 增，所以选项增，所以选项C C 正确；当正确；当x x 0 0，时，时，2 2x x6 6 6 6 ，g g(x x)21211 11 1，所以选项，所以选项 D D 不不2 2 6 6正确应选正确应选 C.C.答案：答案：C C13138 82022南昌二模2022南昌二模 函数函数f f(x x)A Asin(sin(xx)()(A A00，00，|)的局部图
18、象如下图，的局部图象如下图，2 2假设将假设将f f(x x)图象上的所有点向左平移图象上的所有点向左平移个单位个单位4 4长度得到函数长度得到函数g g(x x)的图象，那么函数的图象，那么函数g g(x x)的单的单调递增区间是调递增区间是()77，k k(k kZ)Z)A.A.k k12121212 55 (k kZ)Z)B.B.k k，k k12121212 5577 (k kZ)Z)，k kC.C.k k24242424 1111，k k(k kZ)Z)D.D.k k24242424 解析：解析：通解：通解：设函数设函数f f(x x)的最小正周期为的最小正周期为T T，1414由函
19、数的图象得由函数的图象得，T T，4 412126 64 4T T552 2，f f(x x)A Asin(2sin(2x x)，又当又当x x时，时，f f(x x)6 6 取得最大值，取得最大值，sinsin 1 1，3 3 3 3 2 2k k(k kZ)Z)，2 2k k(k kZ)Z)，又，又2 26 6|0)0)，由，由 2 2k k22x xA Asinsin 2 2x x3 3 2 23 3 7722k k(k kZ)Z)，得得k kx xk k(k k2 2121212121515 Z)Z)，函函 数数g g(x x)的的 单单 调调 递递 增增 区区 间间 是是 77 k
20、k，k k(k kZ)Z)，应选，应选 A.A.12121212 优解：优解：设函数设函数f f(x x)的最小正周期为的最小正周期为T T，由函由函数的图象得数的图象得，T T，利用周，利用周4 412126 64 4期性将函数期性将函数f f(x x)的图象补充到如下图的情况，的图象补充到如下图的情况，T T55由函数由函数f f(x x)的图象及函数的周期性得函数的图象及函数的周期性得函数 f f(x x)的单调递增区间是的单调递增区间是 k k，k k(k k3 36 6 Z)Z)，又将函数又将函数f f(x x)图象上的所有点向左平移图象上的所有点向左平移4 4个单位长度得到函数个单
21、位长度得到函数g g(x x)的图象，的图象，函函 数数g g(x x)的的 单单 调调 递递 增增 区区 间间 77 k k，k k(k kZ)Z)，应选，应选 A.A.12121212 1616答案：答案：A A9 92022武汉2022武汉 4 4 月调研月调研 a a，b b是两个相互是两个相互垂直的单位向量，且垂直的单位向量，且caca 3 3，cbcb1 1，那么，那么|b bc c|()A.A.6 6C C2 2 2 2B.B.7 7D D2 2 3 3解析：解析：因为向量因为向量a a，b b是相互垂直的单位向是相互垂直的单位向量，所以设量，所以设a a(1,0)(1,0)，b
22、 b(0,1)(0,1)，c c(x x，y y)，x x 3 3又又c ca a 3 3，c cb b1 1，所以，所以 y y1 1，即，即c c(3 3，1)1)，所以，所以b bc c(3 3，2)2)，所以，所以|b bc c|3 32 2 7 7，应选，应选 B.B.答案：答案：B B101020222022石石家家庄庄一一模模 函函数数f f(x x)2cos(2cos(xx)()(0 0，|)的局部图象如的局部图象如2 2 下图，点下图，点A A(0(0，3)3)，B B，0 0，那么函数，那么函数f f(x x)6 6 17172 2的图象的一条对称轴为的图象的一条对称轴为(
23、)A Ax x3 3C Cx x1818B Bx x1212D Dx x2424解析：解析：函数函数f f(x x)2cos(2cos(xx)的图象的图象3 3过点过点A A(0(0，3)3)，2cos2cos 3 3，即即 coscos，2 22 2k k(k kZ)Z)|，6 62 2，由函数，由函数f f(x x)的图象知的图象知0 0，又，又0 0，6 60 0，6 6 f f(x x)2cos2cos xx.6 6 f f(x x)2cos2cos xx 的的 图图 象象 过过 点点6 6 1818 B B，0 0，6 6 1 1 1 1 coscos0 0，m m6 66 62 2
24、(m mZ)Z)，6 6m m4(4(m mZ)Z)0 0，6 6 0 06 6，4 4，f f(x x)2cos2cos 4 4x x.6 6 x x时，时，f f(x x)2 2，x x为函数为函数f f(x x)图象的图象的24242424一条对称轴，应选一条对称轴，应选 D.D.答案：答案：D D11112022济南模拟2022济南模拟 假设函数假设函数f f(x x)sinsin xx(0)0)在在 00，上上 的的 值值 域域 为为6 6 1 1 ，1 1，那么，那么的最小值为的最小值为()2 2 2 2A.A.3 33 3B.B.4 419194 4C.C.3 33 3D.D.2
25、 2解析：解析：00 x x，00，xx6 66 6 1 1.又又f f(x x)的值域为的值域为 ，1 1，6 6 2 2，6 62 22 2，应选，应选 A.A.3 3答案：答案：A A12122022南昌二模2022南昌二模 ABCABC中，中，ABAB2 2，B B，C C，点，点P P是边是边BCBC的中点，那么的中点，那么APAPBCBC4 46 6等于等于()A A1 1C C3 3B B2 2D D4 4解析：解析：由正弦定理得由正弦定理得ACACsinsinB BABABsinsinC C，ABAB2 2，20202sin2sin4 4B B，C C，ACAC2 2 2 2，
26、APAPBCBC4 46 6sinsin6 61 11 12 22 2(ACACABAB)()(ACACABAB)(ACACABAB)2 2，应选应选2 22 2B.B.答案：答案：B B13132022广东六校联考2022广东六校联考 A A是函数是函数f f(x x)sinsin 2 0182 018x x coscos 2 0182 018x x 的的最最大大6 6 3 3 值，假设存在实数值，假设存在实数x x1 1，x x2 2使得对任意实数使得对任意实数x x，总，总有有f f(x x1 1)f f(x x)f f(x x2 2)成立，成立，那么那么A A|x x1 1x x2 2
27、|的最的最小值为小值为()A.A.2 0182 01822C.C.1 0091 009B.B.1 0091 009D.D.4 0364 036 解解 析析：f f(x x)sinsin 2 0182 018x x 6 6 2121 3 31 1coscos 2 0182 018x x sin 2022sin 2022x x cos2 018cos2 018x x3 3 2 22 2 1 13 3 cos2 018cos2 018x xsin2 018sin2 018x x 3sin2 0183sin2 018x x2 22 2 cos2 018cos2 018x x2sin2sin 2 018
28、2 018x x，故，故A Af f(x x)maxmax6 6 222 2，f f(x x)的最小正周期的最小正周期T T.又存在又存在2 0182 0181 0091 009实实 数数x x1 1，x x2 2，使使 得得 对对 任任 意意 实实 数数x x，总总 有有f f(x x1 1)f f(x x)f f(x x2 2)成立，所以成立，所以f f(x x2 2)f f(x x)maxmax，1 1f f(x x1 1)f f(x x)minmin，故，故A A|x x1 1x x2 2|的最小值为的最小值为A AT T2 2，应选，应选 B.B.1 0091 009答案：答案：B
29、B14142022安徽示范高中联考2022安徽示范高中联考 函数函数f f(x x)A Asin(2sin(2x x)()(A A00，|)的局部图象如下的局部图象如下2 2图，图，f f(a a)f f(b b)0 0，f f(a ab b)3 3，那么那么()2222 55，上是减函数上是减函数A Af f(x x)在在 12121212 55，上是增函数上是增函数B Bf f(x x)在在 12121212 55 上是减函数上是减函数C Cf f(x x)在在，6 6 3 3 55 上是增函数上是增函数D Df f(x x)在在，6 6 3 3解析：解析：由题图可知由题图可知A A2 2
30、，那么，那么f f(x x)2sin(22sin(2x x)a ab b 2 2，因为因为f f(a a)f f(b b)0 0，所以，所以f f 2 2 那么那么 sin(sin(a ab b)1 1，a ab b2 22 2k k，k kZ.Z.由由f f(a ab b)3 3得得 sin2(sin2(a ab b)23233 3，2 22(2(a ab b)2 2k k，k kZ Z，或，或 2(2(a a3 322b b)2 2k k，k kZ Z，3 322所以所以2 2k k 或或2 2k k，k k3 33 3 Z Z，又又|00，|)的局部图象如下|)的局部图象如下图，先把函数
31、图，先把函数y yf f(x x)图象上各点的横坐标缩短图象上各点的横坐标缩短1 1到原来的到原来的，纵坐标不变，再把得到的图象向右，纵坐标不变，再把得到的图象向右2 2平移平移个单位长度，得到函数个单位长度，得到函数y yg g(x x)的图象，的图象，4 4那么函数那么函数y yg g(x x)的图象的一条对称轴为的图象的一条对称轴为()33A Ax x4 4C Cx x4 4B Bx x4 433D Dx x4 4解析：解析：设设f f(x x)的最小正周期为的最小正周期为T T，依题意可依题意可3 3得得 22，所以，所以T T6，由6，由T T664 42 22 2221 11 1，
32、解得，解得，由，由 222 2k k，3 33 32 2T T7 72626k kZ Z，得，得2 2k k，k kZ Z，因为，因为|，|，6 6 1 1 所以所以，即即f f(x x)2sin2sin x x，所以所以y y6 6 6 6 3 3 2 2 2 2g g(x x)2sin2sin x x，令，令x xk k，k k3 3 3 33 32 2 3 3Z Z，当，当k k1 1 时，时，x x，选，选 C.C.4 4答案：答案：C C二、填空题二、填空题171720222022广州综合测试二广州综合测试二 假设假设e e1 1，e e2 2是夹角为是夹角为 60的两个单位向量，向
33、量60的两个单位向量，向量a a2 2e e1 1e e2 2，那么，那么|a a|_._.解析解析：因为因为|e e1 1|1 1，|e e2 2|1 1，e e1 1e e2 21 12 211cos6011cos60，所所以以|a a|2 2e e1 1e e2 2 2 24|4|e e1 1|4 4e e1 1e e2 2|e e2 2|答案：答案：7 72 22 21 14 44 4 1 1 7.7.2 2272718182022福建质检2022福建质检 在平面直角坐标系在平面直角坐标系xOyxOy中，角中，角的顶点为坐标原点，始边与的顶点为坐标原点，始边与x x轴轴的非负半轴重合，
34、的非负半轴重合，终边交单位圆终边交单位圆O O于点于点P P(a a，b b)，7 7且且a ab b，那么那么 coscos 2 2 的值是的值是_2 2 5 5 解析：解析：由三角函数的定义知，由三角函数的定义知，coscosa a，sinsinb b.7 7coscossinsina ab b，(cos(cos5 54949sinsin)1 1sin2sin2，25252 2 49492424sin2sin21 1，coscos 2 2 2 2 25252525 2424sin2sin2.25252424答案：答案：252519192022天津模拟2022天津模拟 在在ABCABC中，中
35、，D D为为ABAB的中点，点的中点，点O O满足满足COCO2 2ODOD，OAOAOBOB，假设，假设ABAB28281010，那么，那么ACACBCBC_._.解析：解析：ABCABC中，中，D D为为ABAB的中点，点的中点，点O O满满足足COCO2 2ODOD，OAOAOBOB，ABAB1010，1 1ODODABAB5 5，OCOC2 2ODOD1010，2 2且且OAOAOBOB0 0，ACACBCBC(OCOCOAOA)()(OCOCOBOB)2 2OCOCOCOC(OAOAOBOB)OAOAOBOB2 2OCOCOCOC22ODOD2 22 2OCOCOCOC1001001
36、00100200.200.答案：答案：200200 20202022郑州质量预测二2022郑州质量预测二 coscos 3 3 4 4 3 3coscos，那么，那么 coscos _._.5 5 6 6 4 4 3 3解析：解析：由由 coscos coscos可得可得3 3 5 5 29294 4 3 33 3coscoscoscossinsinsinsincoscos，即，即3 33 35 52 2 3 3 3 34 4 3 31 1coscossinsin，3 3 coscos sinsin 2 25 52 2 2 2 4 4 4 4 3 3，得，得 sinsin ，故，故 coscos 5 5 3 3 5 5 6 6 4 4sinsin .3 3 5 54 4答案：答案：5 53030