2023年高考數學複習資料——專題達標檢測二
一、選擇題
1．點p是函式f(x)＝cos ωx(其中ω≠0)的圖象c的乙個對稱中心，若點p到圖象c的
對稱軸的距離最小值是π，則函式f(x)的最小正週期是
a．π b．2π c．3π d．4π
解析：函式f(x)的對稱中心是，對稱軸為x＝，∴＝
π，k∈z，即|ω|＝，∴t＝＝4π，故選d.
答案：d
2．定義：|a×b|＝|a|·|b|·sin θ，其中θ為向量a與b的夾角，若|a|＝2，|b|＝5，a·b＝－6
則|a×b|等於
a．8 b．－8 c．8或－8 d．6
解析：a·b＝|a|·|b|·cos θcos θ＝＝－
∴sin θ＝，∴|a×b|＝|a|·|b|·sin θ＝2×5×＝8.
答案：a
3．函式y＝2sin，x∈[0，π]的增區間是
ab.cd.
解析：y＝2sin＝－2sin，由2kπ＋≤2x－≤2kπ＋(k∈z)，解得kπ
＋≤x≤kπ＋(k∈z)，故函式y＝2sin，x∈[0，π]的增區間是，故選
c.答案：c
4．(2010·全國ⅱ)為了得到函式y＝sin的圖象，只需把函式y＝sin的圖象
( )
a．向左平移個長度單位
b．向右平移個長度單位
c．向左平移個長度單位
d．向右平移個長度單位
解析：y＝sin＝sin，y＝sin＝sin，故應向右平移
－＝個長度單位．
答案：b
5．(2010·天津)在△abc中，內角a，b，c的對邊分別是a，b，c若a2－b2＝bc，
sin c＝2sin b，則a
a．30b．60c．120d．150°
解析：sin c ＝2sin bc＝2b，
a2－b2＝bca2－b2－c2＝bc－c2b2＋c2－a2＝c2－bc，
∴cos a＝＝＝－
＝－＝－＝，
∴在△abc中，∠a＝30°.
答案：a
6．(2009·浙江理)已知a是實數，則函式f(x)＝1＋asin ax的圖象不可能是 ( )
解析：圖a中函式的最大值小於2，故0是函式f(x)的圖象，圖b中，函式的最大值大於2故a應大於1，其週期小於2π，故
b中圖象可以是函式f(x)的圖象，當a＝0時，f(x)＝1，此時對應c中圖象，對於d
可以看出其最大值大於2，其週期應小於2π，而圖象中的週期大於2π，故d中圖象
不可能為函式f(x)的圖象．
答案：d
二、填空題
7．已知函式f(x)＝2sin x，g(x)＝2sin，直線x＝m與f(x)，g(x)的圖象分別交m、n
兩點，則|mn|的最大值為________．
解析：建構函式＝2sin x－2cos x＝2sin，故最大值為2.
答案：2
8．曲線y＝2sincos與直線y＝在y軸右側的交點按橫座標從小到大依次記
為p1，p2，p3，…，則|p2p4|等於
ab．2c．3d．4π
解析：y＝2sincos＝2sin·cos＝2sin2＝1－
cos＝1＋sin 2x，|p2p4|恰為乙個週期的長度π.
答案：π
10．有下列命題：
①函式y＝4cos 2x，x∈不是週期函式；
②函式y＝4cos 2x的圖象可由y＝4sin 2x的圖象向右平移個單位得到；
③函式y＝4cos(2x＋θ)的圖象關於點對稱的乙個必要不充分條件是
θ＝π＋(k∈z)；
④函式y＝的最小值為2－4
其中正確命題的序號是________．
解析：①中的函式不符合週期函式的定義，所以不是週期函式；因為②中函式y＝
4sin 2x的圖象向右平移個單位得到y＝4sin 2，即y＝－4cos 2x的圖象，不
是y＝4cos 2x的圖象；③把點代入函式y＝4cos(2x＋θ)，有4cos＝0，
則＋θ＝kπ＋(k∈z)，所以θ＝kπ＋(k∈z)，又，所以③正確；④函式y＝＝
＝(2－sin x)＋－4，如果它的最小值為2－4，那麼(2－sin x)2＝10，而
(2－sin x)2的最大值為11，故不正確．
答案：①③
三、解答題
11．(2010·天津)已知函式f(x)＝2sin xcos x＋2cos2x－1(x∈r)．
(1)求函式f(x)的最小正週期及在區間上的最大值和最小值；
(2)若f(x0)＝，x0∈，求cos 2x0的值．
解：(1)由f(x)＝2sin xcos x＋2cos2x－1，得f(x)＝(2sin xcos x)＋(2cos2x－1)＝
sin 2x＋cos 2x＝2sin，
所以函式f(x)的最小正週期為π.
因為f(x) ＝2sin在區間上為增函式，在區間上為減函式，又f(0)
＝1，f＝2，
f＝－1，所以函式f(x)在區間上的最大值為2，最小值為－1.
(2)由(1)可知f(x0)＝2sin.
又因為f(x0)＝，所以sin＝.由x0∈，得2x0＋∈
從而cos
＝－＝－.
所以cos 2x0＝cos
＝coscos＋sinsin＝.
12．(2010·福建)某港口o要將一件重要物品用小艇送到一艘正在航行的輪船上．在小艇
出發時，輪船位於港口o北偏西30°且與該港口相距20海浬的a處，並正以30海
裡/小時的航行速度沿正東方向勻速行駛．假設該小艇沿直線方向以v海浬/小時的
航行速度勻速行駛，經過t小時與輪船相遇．
(1)若希望相遇時小艇的航行距離最小，則小艇航行速度的大小應為多少？
(2)假設小艇的最高航行速度只能達到30海浬/小時，試設計航行方案(即確定航行方
向和航行速度的大小)，使得小艇能以最短時間與輪船相遇，並說明理由．
解：解法一：(1)設相遇時小艇航行的距離為s海浬，則
s＝＝＝.
故當t＝時，**in＝10，
此時v＝＝30.
即小艇以30海浬/小時的速度航行，相遇時小艇的航行距離最小．
(2)設小艇與輪船在b處相遇，則
v2t2＝400＋900t2－2·20·30t·cos(90°－30°)，故v2＝900－＋.
∵0即－≤0，解得t≥.
又t＝時，v＝30.
故v＝30時，t取得最小值，且最小值等於.
此時，在△oab中，有oa＝ob＝ab＝20，故可設計航行方案如下：
航行方向為北偏東30°，航行速度為30海浬/小時，小艇能以最短時間與輪船相遇．
解法二：(1)若相遇時小艇的航行距離最小，又輪船沿正東方向勻速行駛，則小艇航
行方向為正北方向．設小艇與輪船在c處相遇．
在rt△oac中，oc＝20cos 30°＝10，ac＝20sin 30°＝10.
又ac＝30t，oc＝vt，
此時，輪船航行時間t＝＝，
v＝＝30.
即艇以30海浬/小時的速度航行，相遇時小艇的航行距離最小．
(2)猜想v＝30時，小艇能以最短時間與輪船在d處相遇，此時ad＝do＝30t.
又∠oad＝60°，所以ad＝do＝oa＝20，解得t＝.
據此可設計航行方案如下：
航行方向為北偏東30°，航行速度的大小為30海浬/小時．這樣，小艇能以最短時間
與輪船相遇．
證明如下：
如圖，由(1)得oc＝10，ac＝10，故oc>ac.且對於線段ac上任意點p，有
op≥oc>ac.
而小艇的最高航行速度只能達到30海浬/小時，故小艇與輪船不可能在a、c之間(包
含c)的任意位置相遇．
設∠cod＝θ(0°<θ<90°)，則在rt△cod中，cd＝10tan θ，od＝.
由於從出發到相遇，輪船與小艇所需要的時間分別為t＝和t＝，
所以，＝.
由此可得，v＝.
又v≤30，故sin(θ＋30°)≥.
從而，30°≤θ≤90°.由於θ＝30°時，tan θ取得最小值，且最小值為.
於是，當θ＝30°時，t＝取得最小值，且最小值為.
解法三：(1)同解法一或解法二．
(2)設小艇與輪船在b處相遇．依據題意得：
v2t2＝400＋900t2－2·20·30t·cos(90°－30°)，
(v2－900)t2＋600t－400＝0.
①若0得v≥15.從而，
t＝，v∈[15，30]．
(ⅰ)當t＝時，令x＝，則x∈[0,15)，
t＝＝≥，當且僅當x＝0
即v＝15時等號成立．
(ⅱ)當t＝時，同理可得由(ⅰ)(ⅱ)得，當v∈[15，30)時，t>.
②若v＝30，則t＝；
綜合①、②可知，當v＝30時，t取最小值，且最小值等於.
此時，在△oab中，oa＝ob＝ab＝20，故可設計航行方案如下：
航行方向為北偏東30°，航行速度為30海浬/小時，小艇能以最短時間與輪船相遇．
13．向量m＝(sin ωx＋cos ωx， cos ωx)(ω>0)，n＝(cos ωx－sin ωx,2sin ωx)，函式f(x)
＝m·n＋t，若f(x)圖象上相鄰兩個對稱軸間的距離為，且當x∈[0，π]時，函式f(x)[的最小值為0.
(1)求函式f(x)的表示式；
(2)在△abc中，若f(c)＝1，且2sin2b＝cos b＋cos(a－c)，求sin a的值．
解：(1)f(x)＝m·m＋t＝cos2ωx－sin2ωx＋2cos ωx·sin ωx＋t＝cos 2ωx＋sin 2ωx＋
t＝2sin(2ωx＋)＋t.
依題意f(x)的週期t＝3π，且ω>0，∴t＝＝＝3π.
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