平面向量、三角函數與解三角形(7)一、選擇題(本題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1．[2023·河南平頂山高三月考]已知角α的頂點在坐標原點，始邊在x軸非負半軸上，終邊與單位圓交于P(－eq\f(1,2)，eq\f(\r(3),2))，則sinα＝()A．－eq\f(\r(3),2)B．－eq\f(1,2)C．－eq\r(3)D．eq\f(\r(3),2)2．[2023·陜西西安市交大附中高三模擬]已知eq\r(3)sinα＝eq\f(2\r(3),3)＋cosα，則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,6)))＝()A．eq\f(1,3)B．－eq\f(1,3)C．eq\f(2,3)D．－eq\f(2,3)3．[2023·全國高三模擬]已知向量a＝(1，0)，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b))＝eq\r(3)，且a⊥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋b))，則eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a＋2b))＝()A．2B．eq\r(2)C．eq\f(\r(5),2)D．34．[2023·大同學情調研]已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,6)))＝eq\f(1,2)，且θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，則coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,3)))＝()A．0B．eq\f(1,2)C．eq\f(\r(3),2)D．15．[2023·江西師大附中測試]函數f(x)＝sin2x＋eq\r(3)sinx·cosx在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上的最小值為()A．1B．eq\f(1＋\r(3),2)C．1＋eq\r(3)D．eq\f(3,2)6．[2023·陜西省部分學校摸底檢測]數學家華羅庚倡導的“0.618優選法”在各領域都應用廣泛，0.618就是黃金分割比m＝eq\f(\r(5)－1,2)的近似值，黃金分割比還可以表示成2sin18°，則eq\f(m\r(4－m2),2cos227°－1)＝()A．4B．eq\r(5)＋1C．2D．eq\r(5)－17．[2023·全國乙卷(文)]正方形ABCD的邊長是2，E是AB的中點，則eq\o(EC,\s\up6(→))·eq\o(ED,\s\up6(→))＝()A．eq\r(5)B．3C．2eq\r(5)D．58．[2023·陜西省部分學校摸底檢測]將函數f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的圖象向左平移a(a>0)個單位長度得到函數g(x)＝cos2x的圖象，則a的最小值為()A．eq\f(π,3)B．eq\f(5π,12)C．eq\f(2π,3)D．eq\f(π,12)9．[2023·全國乙卷(文)]已知函數f(x)＝sin(ωx＋φ)在區間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3)))單調遞增，直線x＝eq\f(π,6)和x＝eq\f(2π,3)為函數y＝f(x)的圖象的兩條相鄰對稱軸，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)))＝()A．－eq\f(\r(3),2)B．－eq\f(1,2)C．eq\f(1,2)D．eq\f(\r(3),2)10．[2023·洛陽統一考試]已知函數f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω>0，|φ|<eq\f(π,2))，其圖象相鄰兩條對稱軸之間的距離為eq\f(π,2)，且函數feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))是偶函數，則下列判斷正確的是()A．函數f(x)的最小正周期為2πB．函數f(x)的圖象關于點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)，0))對稱C．函數f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))上單調遞增D．函數f(x)的圖象關于直線x＝－eq\f(7π,12)對稱11．[2023·長春普高聯考]在銳角三角形ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c.若acosB＝b(1＋cosA)，現有下列五個結論：①sinC＝sin3B；②eq\f(π,6)<B<eq\f(π,4)；③eq\f(c,a)∈(eq\f(\r(2),2)，eq\f(3,2))；④taneq\f(π－A,2)tanB＝1；⑤若b＝1，則a＋c∈(1＋2eq\r(2)，2＋2eq\r(3)).其中所有正確結論的序號是()A．①②④B．②③⑤C．①②③④D．①③④⑤12．[2023·廣東省深圳市高三一模]騎自行車是一種能有效改善心肺功能的耐力性有氧運動，深受大眾喜愛，如圖是某一自行車的平面結構示意圖，已知圖中的圓A(前輪)，圓D(后輪)的半徑均為eq\r(3)，△ABE，△BEC，△ECD均是邊長為4的等邊三角形．設點P為后輪上的一點，則在騎動該自行車的過程中，eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BP,\s\up6(→))的最大值為()A．18B．24C．36D．48[答題區]題號123456789101112答案二、填空題(本題共4小題，每小題5分，共20分)13．[2023·洛陽統考(一)]已知向量a＝(k，3)與b＝(2，－1)，若b⊥(a＋b)，則實數k的值為________．14．[2023·湖南省名校聯考]在Rt△ABC中，D為斜邊AB上一點，且AD＝2DB，AB＝12，CD＝6，則sin∠ACD＝________．15．[2023·湖北省七市教研協作體高三聯考]已知矩形ABCD中，AB＝2，AD＝1，設AC與BD交于點O，則eq\o(AO,\s\up6(→))·eq\o(BO,\s\up6(→))＝________．16．已知函數f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))(ω>0)在[0，π]上有且僅有3個零點，則函數f(x)在[0，π]上存在________個極小值點，實數ω的取值范圍是________．平面向量、三角函數與解三角形（7）1．D由三角函數的定義，sinα＝y＝eq\f(\r(3),2).故選D.2．A因為eq\r(3)sinα＝eq\f(2\r(3),3)＋cosα，所以eq\f(\r(3),2)sinα－eq\f(1,2)cosα＝eq\f(\r(3),3)，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))＝eq\f(\r(3),3)，則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,6)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))))＝1－2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))＝1－eq\f(2,3)＝eq\f(1,3).故選A.3．D因為a＝（1，0），所以|a|＝1，因為|b|＝eq\r(3)，a⊥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋b))，所以a·（a＋b）＝0，即|a|2＋a·b＝0，a·b＝－1，則|a＋2b|＝eq\r(|a|2＋4|b|2＋4a·b)＝eq\r(1＋12－4)＝3，故選D.4．D由θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，得－eq\f(π,6)<θ－eq\f(π,6)<eq\f(π,3)，又sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,6)))＝eq\f(1,2)，所以θ－eq\f(π,6)＝eq\f(π,6)，解得θ＝eq\f(π,3)，故coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,3)))＝cos0＝1，故選D.5．Af（x）＝eq\f(1－cos2x,2)＋eq\f(\r(3),2)sin2x＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＋eq\f(1,2)，∵eq\f(π,4)≤x≤eq\f(π,2)，∴eq\f(π,3)≤2x－eq\f(π,6)≤eq\f(5π,6)，∴當2x－eq\f(π,6)＝eq\f(5π,6)即x＝eq\f(π,2)時f（x）min＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)＝1.6．C因為m＝eq\f(\r(5)－1,2)＝2sin18°，所以eq\f(m\r(4－m2),2cos227°－1)＝eq\f(2sin18°\r(4－4sin218°),cos54°)＝eq\f(2sin18°×2cos18°,cos54°)＝eq\f(2sin36°,cos54°)＝2，故選C.7．B方法一由題意知，eq\o(EC,\s\up6(→))＝eq\o(EB,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(ED,\s\up6(→))＝eq\o(EA,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))＝－eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))，所以eq\o(EC,\s\up6(→))·eq\o(ED,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)\o(AB,\s\up6(→))＋\o(AD,\s\up6(→))))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)\o(AB,\s\up6(→))＋\o(AD,\s\up6(→))))＝|eq\o(AD,\s\up6(→))|2－eq\f(1,4)|eq\o(AB,\s\up6(→))|2，由題意知|eq\o(AD,\s\up6(→))|＝|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝2，所以eq\o(EC,\s\up6(→))·eq\o(ED,\s\up6(→))＝4－1＝3，故選B.方法二以點A為坐標原點，eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))的方向分別為x，y軸的正方向建立平面直角坐標系，則E（1，0），C（2，2），D（0，2），則eq\o(EC,\s\up6(→))＝（1，2），eq\o(ED,\s\up6(→))＝（－1，2），eq\o(EC,\s\up6(→))·eq\o(ED,\s\up6(→))＝－1＋4＝3，故選B.8．B將函數f（x）＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的圖象向左平移a（a>0）個單位長度，得到函數g（x）＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋2a－\f(π,3)))＝cos2x的圖象，∴2a－eq\f(π,3)＝2kπ＋eq\f(π,2)（k∈Z），得a＝kπ＋eq\f(5π,12)（k∈Z），∴當k＝0時，a取得最小值，故a的最小值為eq\f(5π,12).故選B.9．D由題意得eq\f(1,2)×eq\f(2π,ω)＝eq\f(2π,3)－eq\f(π,6)，解得ω＝2，易知x＝eq\f(π,6)是f（x）的最小值點，所以eq\f(π,6)×2＋φ＝eq\f(3π,2)＋2kπ（k∈Z），得φ＝eq\f(7π,6)＋2kπ（k∈Z），于是f（x）＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(7π,6)＋2kπ))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(7π,6)))，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)×2＋\f(7π,6)))＝sineq\f(π,3)＝eq\f(\r(3),2)，故選D.10．C因為函數f（x）＝sin（ωx＋φ）圖象的相鄰兩條對稱軸之間的距離為eq\f(π,2)，所以最小正周期T＝π，ω＝eq\f(2π,T)＝2，所以f（x）＝sin（2x＋φ），因為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))是偶函數，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x＋\f(π,12)))，即直線x＝eq\f(π,12)是函數f（x）圖象的對稱軸，所以2×eq\f(π,12)＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)（k∈Z），解得φ＝kπ＋eq\f(π,3)（k∈Z），又|φ|<eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,3)，所以f（x）＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))).函數f（x）的最小正周期為π，故選項A錯誤；因為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)))＝sineq\f(3π,2)＝－1，所以點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)，0))不是函數f（x）圖象的對稱中心，選項B錯誤；因為當eq\f(3π,4)≤x≤π時，eq\f(11π,6)≤2x＋eq\f(π,3)≤eq\f(7π,3)，所以f（x）＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))上單調遞增，選項C正確；因為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7π,12)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,6)))＝－eq\f(1,2)，所以直線x＝－eq\f(7π,12)不是函數f（x）圖象的對稱軸，選項D錯誤．故選C.11．A對于①，由題可知acosB＝b（1＋cosA），所以由正弦定理得sinAcosB＝sinB（1＋cosA），則sinB＝sinAcosB－cosAsinB＝sin（A－B），則B＝A－B或B＋A－B＝π（舍），所以A＝2B，sinC＝sin（A＋B）＝sin3B，故①正確；對于②，因為△ABC為銳角三角形，所以A＋B>eq\f(π,2)且0<A<eq\f(π,2)，即3B>eq\f(π,2)，且0<2B<eq\f(π,2)，所以eq\f(π,6)<B<eq\f(π,4)，故②正確；對于③，由正弦定理，得eq\f(c,a)＝eq\f(sinC,sinA)＝eq\f(sin3B,sin2B)＝eq\f(sin（B＋2B）,sin2B)＝eq\f(sinBcos2B＋cosBsin2B,sin2B)＝eq\f(sinB（2cos2B－1）＋cosBsin2B,sin2B)＝2cosB－eq\f(1,2cosB)，令t＝2cosB，因為eq\f(π,6)<B<eq\f(π,4)，所以t∈（eq\r(2)，eq\r(3)），則eq\f(c,a)＝t－eq\f(1,t)，t∈（eq\r(2)，eq\r(3)），易知函數y＝t－eq\f(1,t)在（eq\r(2)，eq\r(3)）上單調遞增，所以eq\f(\r(2),2)<eq\f(c,a)<eq\f(2\r(3),3)，故③錯誤；對于④，因為A＝2B，所以taneq\f(π－A,2)＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－B))＝eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－B)),cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－B)))＝eq\f(cosB,sinB)＝eq\f(1,tanB)，所以taneq\f(π－A,2)tanB＝1，故④正確；對于⑤，由正弦定理，得a＝eq\f(bsinA,sinB)＝eq\f(sin2B,sinB)＝eq\f(2sinBcosB,sinB)＝2cosB，c＝eq\f(bsinC,sinB)＝eq\f(sin3B,sinB)＝eq\f(sin（2B＋B）,sinB)＝eq\f(sin2BcosB＋cos2BsinB,sinB)＝eq\f(2sinBcos2B＋（2cos2B－1）sinB,sinB)＝4cos2B－1，所以a＋c＝2cosB＋4cos2B－1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2cosB＋\f(1,2)))eq\s\up12(2)－eq\f(5,4)，因為eq\f(π,6)<B<eq\f(π,4)，所以eq\f(\r(2),2)<cosB<eq\f(\r(3),2)，所以a＋c∈（eq\r(2)＋1，eq\r(3)＋2），故⑤錯誤．綜上所述，所有正確結論的序號為①②④，故選A.12．C騎行過程中，ABCDE相對不動，只有P點繞D點作圓周運動．如圖，以AD為x軸，E為坐標原點建立平面直角坐標系，由題意A（－4，0），B（－2，2eq\r(3)），C（2，2eq\r(3)），圓D方程為（x－4）2＋y2＝3，設P（4＋eq\r(3)cosα，eq\r(3)sinα），則eq\o(AC,\s\up6(→))＝（6，2eq\r(3)），eq\o(BP,\s\up6(→))＝（6＋eq\r(3)cosα，eq\r(3)sinα－2eq\r(3)），eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BP,\s\up6(→))＝6（6＋eq\r(3)cosα）＋2eq\r(3)（eq\r(3)sinα－2eq\r(3)）＝6eq\r(3)cosα＋6sinα＋24＝12（eq\f(1,2)sinα＋eq\f(\r(3),2)cosα）＋24＝12sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＋24，易知當sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＝1時，eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BP,\s\up6(→))取得最大值36.故選C.13．答案：－1解析：若b⊥（a＋b），則b·（a＋b）＝0，即（2，－1）·（k＋2，2）＝2k＋4－2＝0，解得k＝－1.14．答案：eq\f(2\r(15),9)解析：解法一以C為坐標原點，分別為CB，CA所在直線為x，y軸建立如圖所示的平面直角坐標系，設B（b，0），A（0，a），則Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)b，\f(1,3)a))，由已知條件可知，a2＋b2＝122＝144，①eq\f(4b2,9)＋eq\f(a2,9)＝36，即a2＋4b2＝36×9＝324，②由①②可得b2＝60，a2＝84，即b＝2eq\r(15)，a＝2eq\r(21).在直角三角形ABC中，sinA＝eq\f(b,12)＝eq\f(\r(15),6)，因為D為AB上一點，AB＝12，AD＝2DB，所以AD＝8.在△ACD中，由正弦定理eq\f(AD,sin∠ACD)＝eq\f(CD,sinA)，得sin∠ACD＝eq\f(8×sinA,6)＝eq\f(2\r(15),9).解法二設CB＝a，CA＝b，因為點D為AB上一點，AD＝2DB，所以eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(CB,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(CA,\s\up6(→))，①又CD＝