PAGEPAGE10模塊卷(一)時(shí)間:120分鐘分值:150分三角函數(shù)、向量、數(shù)列一、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(gè)選項(xiàng)中,只有一項(xiàng)是符合題目要求的.1.(2020貴州貴陽(yáng)一中9月月考,5)在等差數(shù)列{an}中,an≠0(n∈N*),角α的頂點(diǎn)在坐標(biāo)原點(diǎn),始邊與x軸非負(fù)半軸重合,終邊經(jīng)過(guò)點(diǎn)(a2,a1+a3),則sinα+2cosαsinA.5B.4C.3D.2答案B由三角函數(shù)定義可知,tanα=a1+a3a2,又知數(shù)列{an}為等差數(shù)列,an≠0,∴a1+a3=2a2,∴tanα=2,則sin2.(2020廣東佛山一中9月月考,8)已知α,β為銳角,且tanα=17,cos(α+β)=255,則cos2β=A.35B.25C.45答案C∵α,β∈0,π2,∴α+β∵cos(α+β)=255,∴sin(α+β)=∵tanα=17,∴sinα=210,cosα=∴cosβ=cos[(α+β)-α]=cos(α+β)cosα+sin(α+β)sinα=255×7210+55∴cos2β=2cos2β-1=2×910-1=45,故選3.(2019湖南衡陽(yáng)高中畢業(yè)班聯(lián)考(二),4)將函數(shù)f(x)的圖象向右平移π6個(gè)單位長(zhǎng)度,再將所得函數(shù)圖象上的所有點(diǎn)的橫坐標(biāo)縮短到原來(lái)的23,得到函數(shù)g(x)=Asin(ωx+φ)A>0,ω>0,|φ|<π2的圖象.已知函數(shù)A.最小正周期為23π,最大值為B.最小正周期為π,圖象關(guān)于點(diǎn)π6C.最小正周期為23π,圖象關(guān)于直線x=πD.最小正周期為π,在區(qū)間π6答案D對(duì)于g(x),由題圖可知,A=2,T=42π9-π18=2π3,又∵ω>0,∴ω=2πT=3.則g(x)=2sin(3x+φ),又由g2π9=2可得2sin3×2π9+φ=2,則2π3+φ=2kπ+π2,k∈Z,∴φ=-π6+2k∴g(x)=2sin3x-π6,∴f(∴f(x)的最小正周期為π,選項(xiàng)A,C錯(cuò)誤.對(duì)于選項(xiàng)B,令2x+π6=kπ(k∈Z),所以x=kπ2-π12,k∈Z,所以函數(shù)f(x)圖象的對(duì)稱(chēng)中心為kπ2-π12,0(k∈Z),所以選項(xiàng)B是錯(cuò)誤的.當(dāng)x∈π6,π3時(shí),2x+π6∈π4.(2018千校聯(lián)盟12月模擬,10)在△ABC中,角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c.若c=b(cosA+cosB),則△ABC為 ()A.等腰直角三角形B.直角三角形C.等腰三角形D.等腰三角形或直角三角形答案D由正弦定理得sinC=sinB(cosA+cosB),即sin(A+B)=sinB(cosA+cosB),也即sinAcosB+cosAsinB=sinBcosA+sinBcosB,所以(sinA-sinB)cosB=0,所以cosB=0或sinA=sinB,所以B=π2或A=B.故△ABC為直角三角形或等腰三角形,故選D5.(2019山東濟(jì)寧模擬,8)設(shè)數(shù)列{an}滿足a1=1,a2=2,且2nan=(n-1)an-1+(n+1)an+1(n≥2且n∈N*),則a18= ()A.259B.269C.3答案B令bn=nan,則由2nan=(n-1)an-1+(n+1)an+1(n≥2且n∈N*),得2bn=bn-1+bn+1(n≥2且n∈N*),∴數(shù)列{bn}構(gòu)成以1為首項(xiàng),以2a2-a1=3為公差的等差數(shù)列,則bn=1+3(n-1)=3n-2,即nan=3n-2,∴an=3n-2n,∴a18=3×18-26.(2020九師聯(lián)盟,6)已知{an}是正項(xiàng)等比數(shù)列,{bn}是等差數(shù)列,且a4=b5,則 ()A.a2+a6≥b3+b7B.a2+a6≤b3+b7C.a2+a6≠b3+b7D.a2+a6=b3+b7答案A∵{an}是正項(xiàng)等比數(shù)列,{bn}是等差數(shù)列,a4=b5,∴由基本不等式可得,a2+a6≥2a2a6=2a42=2a4=2b5=b3+b解題關(guān)鍵利用基本不等式得到a2+a6≥2a2a7.(2019湖南衡陽(yáng)第八中學(xué)第二次月考,10)在等差數(shù)列{an}中,a1=21,公差為d,前n項(xiàng)和為Sn,當(dāng)且僅當(dāng)n=8時(shí),Sn取得最大值,則d的取值范圍是 ()A.-3,-21C.-3,-21答案C根據(jù)題意,知Sn=21n+n(∵當(dāng)且僅當(dāng)n=8時(shí),Sn取得最大值,∴S則147+21d<∴d的取值范圍為-3,-2188.(2018遼寧六校協(xié)作體期中聯(lián)考,4)設(shè)非零向量a,b,下列四個(gè)條件中,使a|a|=b|A.a∥bB.a=2bC.a∥b且|a|=|b|D.a=-b答案B對(duì)于A,當(dāng)a∥b時(shí),a|a|與b|b|對(duì)于B,當(dāng)a=2b時(shí),a|a|=2b|2b對(duì)于C,當(dāng)a∥b且|a|=|b|時(shí),a|a|與b|b|對(duì)于D,當(dāng)a=-b時(shí),a|a|=-b|b|≠b|b|,9.(2020貴州遵義摸底考試,6)已知向量a,b的夾角為60°,且|a|=|b|=2,則向量a-b在向量a方向上的投影為 ()A.-1B.1C.2D.3答案B設(shè)向量a-b與向量a的夾角為θ,則向量a-b在向量a方向上的投影為|a-b|cosθ=|a-b|·(a-b)·a|a-b|·|10.(2018四川成都七中期中)在△ABC中,BC=5,G,O分別為△ABC的重心和外心,且OG·BC=5,則△ABC的形狀是 ()A.銳角三角形B.鈍角三角形C.直角三角形D.上述三種情況都有可能答案B在△ABC中,G,O分別為△ABC的重心和外心,取BC的中點(diǎn)D,連接AD,OD,OG,如圖所示,則OD⊥BC,GD=13AD,OG=OD+DG,AD=12(AB+AC),由OG·BC=5,得(OD+DG)·BC=DG·BC=-16(AB+AC)·BC=5,即-16(AB+AC)·(AC-AB)=5,故|AC|2-|AB|2=-30,又BC=5,∴|AB|2=|AC|2+65|BC|2>|AC|2+|BC∴π2<C<π,∴△ABC是鈍角三角形.故選B11.(2020河南尖子生8月聯(lián)考,10)當(dāng)x∈0,π2時(shí),不等式m<sinx(cosx-3sinx)+32<m+2恒成立,則實(shí)數(shù)mA.-12,-C.-32,-答案D設(shè)f(x)=sinx(cosx-3sinx)+32,則f(x)=sinx·cosx-3sin2x+32=12sin2x-3×1-cos2x2+32=12∵x∈0,π2,∴2x+π∴sin2x+π由題意知m<f(x)<m+2在x∈0,π即m<f∴實(shí)數(shù)m的取值范圍為-1,-3212.(2019浙江溫州普通高中適應(yīng)性測(cè)試,10)已知數(shù)列{an}中的各項(xiàng)都小于1,a1=12,an+12-2an+1=an2-an(n∈N*),記Sn=a1+a2+a3+…+an,則A.0,12B.12,答案B∵an+12-2an+1=an∴an+1an=an-1an又a1=12,∴an∵S10=(2a10-a9)+(2a9-a8)+…+(2a2-a1)+2a1-a10=(a102-a92)+(a92-a82)+…+(a22-a12)+2a1-a10=a102-a12+2a1-a10=a10二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分.13.(2019山東煙臺(tái)調(diào)研,14)在△ABC中,點(diǎn)M,N滿足AM=2MC,BN=NC,若MN=xAB+yAC,則x+y=.

答案1解析MN=MC+CN=13AC+12CB=13AC+12(AB又MN=xAB+yAC,所以x=12,y=-1故x+y=12-16=14.(2020四川南充高級(jí)中學(xué)摸底,14)函數(shù)y=cos(x+10°)+cos(x+70°)的最小值是.

答案-3解析y=cos(x+10°)+cos[(x+10°)+60°]=cos(x+10°)+cos(x+10°)cos60°-sin(x+10°)sin60°=cos(x+10°)+12cos(x+10°)-32sin(x+10=32cos(x+10°)-32sin(x+10°)=3sin[60°-(x+10=3sin(50°-x)=-3sin(x-50°).∵x∈R,∴當(dāng)x=140°+k·360°(k∈Z)時(shí),函數(shù)取得最小值-3.15.已知點(diǎn)A,B,C滿足|AB|=3,|BC|=4,|CA|=5,則AB·BC+BC·CA+CA·AB的值為.

答案-25解析解法一(定義法):由題意可知△ABC為直角三角形,且∠B=π2,cosA=35,cosC=∴AB·BC+BC·CA+CA·AB=BC·CA+CA·AB=4×5×cos(π-C)+5×3×cos(π-A)=-20cosC-15cosA=-20×45-15×35解法二(坐標(biāo)法):易知∠ABC=90°.如圖,建立平面直角坐標(biāo)系,則A(3,0),B(0,0),C(0,4).∴AB=(-3,0),BC=(0,4),CA=(3,-4),∴AB·BC=-3×0+0×4=0,BC·CA=0×3+4×(-4)=-16,CA·AB=-3×3+0×(-4)=-9.∴AB·BC+BC·CA+CA·AB=-25.解法三(幾何意義法):易知∠ABC=90°.CA在BC方向上的投影為數(shù)量-|CB|,CA在AB方向上的投影為數(shù)量-|BA|,因此BC·CA=-BC2=-16,CA·AB=-AB2=-9,AB·∴AB·BC+BC·CA+CA·AB=-25.解法四(性質(zhì)法):易知∠ABC=90°.AB·BC+BC·CA+CA·AB=0+CA·(BC+AB)=CA·AC=-|AC|2=-25.解法五(平方法):∵AB+BC+CA=0,∴(AB+BC+CA)2=0,∴AB2+BC2+CA2+2AB·BC+2BC·CA+2CA·∴AB·BC+BC·CA+CA·AB=-12(AB2+BC2+16.(2019湖南郴州第二次教學(xué)質(zhì)量監(jiān)測(cè),16)已知數(shù)列{an}和{bn}滿足a1a2a3…an=2bn(n∈N*),若數(shù)列{an}為等比數(shù)列,且a1=2,a4=16,則數(shù)列1bn的前n項(xiàng)和S答案2解析∵{an}為等比數(shù)列,且a1=2,a4=16,∴公比q=3a4a∴an=2n,∴a1a2a3…an=21×22×23×…×2n=21+2+3+…+n=2n∵a1a2a3…an=2b∴bn=n(∴1bn=2n∴1bn的前n項(xiàng)和Sn=b1+b2+b3+…+=21=21-1n三、解答題:共70分.解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明,證明過(guò)程或演算步驟.17.(10分)(2020西南地區(qū)名校聯(lián)盟8月聯(lián)考,17)已知函數(shù)f(x)=12sin2xcosφ+sin2xsinφ+12cosπ2+φ+(1)求f(x)的解析式,并求其圖象的對(duì)稱(chēng)中心;(2)將函數(shù)y=f(x)的圖象上各點(diǎn)的縱坐標(biāo)保持不變,橫坐標(biāo)擴(kuò)大為原來(lái)的2倍,然后各點(diǎn)橫坐標(biāo)保持不變,縱坐標(biāo)擴(kuò)大為原來(lái)的2倍,得到g(x)的圖象,求函數(shù)g(x)在0,π解析(1)f(x)=12sin2xcosφ+sin2xsinφ-12sinφ=12sin2xcosφ+1-cos2x2×sinφ-=12sin2xcosφ-12cos2xsinφ=12sin(2x-φ)+1∵f(x)的圖象過(guò)點(diǎn)π6,1,∴12sin即sinπ3-φ=1,∴π3-φ=2kπ+π2(k∈Z),∴φ=-2kπ-π∵-π2<φ<π2,∴φ=-則f(x)=12sin2x+π6+12,由2x+π6=kπ(k∈Z)得x=kπ2-π12((2)將y=f(x)的圖象上各點(diǎn)的縱坐標(biāo)保持不變,橫坐標(biāo)擴(kuò)大為原來(lái)的2倍,所得圖象對(duì)應(yīng)的函數(shù)解析式為y=12sinx+π又將所得圖象各點(diǎn)橫坐標(biāo)保持不變,縱坐標(biāo)擴(kuò)大為原來(lái)的2倍,得到g(x)的圖象,則g(x)=sinx+π6+1.由x∈0,π2得當(dāng)x+π6=π2,即x=π3時(shí),g(x當(dāng)x+π6=π6,即x=0時(shí),g(x)取最小值18.(12分)(2018河南中原名校聯(lián)盟第四次測(cè)評(píng),19)在△ABC中,滿足AB⊥AC,M是BC的中點(diǎn).(1)若|AB|=|AC|,求向量AB+2AC與向量2AB+AC的夾角的余弦值;(2)若O是線段AM上任意一點(diǎn),且|AB|=|AC|=2,求OA·OB+OC·OA的最小值.解析(1)設(shè)向量AB+2AC與向量2AB+AC的夾角為θ,因?yàn)锳B⊥AC,所以AB·AC=0,所以cosθ=(AB+2AC)·(2AB+AC)|AB+2AC|·|2AB+AC|=2AB2+2(2)∵|AB|=|AC|=2,∴|AM|=1,設(shè)|OA|=x(0≤x≤1),則|OM|=1-x. (8分)因?yàn)镺B+OC=2OM,所以O(shè)A·OB+OC·OA=OA·(OB+OC)=2OA·OM=2|OA|·|OM|cosπ=2x2-2x=2x-12因?yàn)?≤x≤1,所以當(dāng)且僅當(dāng)x=12時(shí),OA·OB+OC·OA取最小值-12. (1219.(12分)(2019上海浦東二模,18)已知向量m=(2sinωx,cos2ωx),n=(3cosωx,1),其中ω>0,若函數(shù)f(x)=m·n的最小正周期為π.(1)求ω的值;(2)在△ABC中,若f(B)=-2,BC=3,sinB=3sinA,求BA·BC的值.解析(1)f(x)=m·n=3sin2ωx+cos2ωx=2sin2ωx∵f(x)的最小正周期為π,∴T=2π2ω=π,∴ω(2)設(shè)△ABC中角A,B,C所對(duì)的邊分別是a,b,c.∵f(B)=-2,∴2sin2B即sin2B+π6=-1,解得∵BC=3,∴a=3,∵sinB=3sinA,∴b=3a,∴b=3,由3sin2π3=3sinA得∵0<A<π3,∴A=π6,則C=π6,∴a=c∴BA·BC=cacosB=-3220.(12分)(2020湖北沙市中學(xué)第二次周考,7)在銳角△ABC中,a,b,c分別為內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊,且滿足(2c-a)cosB-bcosA=0.(1)求角B的大小;(2)已知c=2,AC邊上的高BD=3217,求△ABC解析(1)∵(2c-a)cosB-bcosA=0,∴由正弦定理得(2sinC-sinA)cosB-sinBcosA=0,∴2sinCcosB=sinAcosB+sinBcosA,即2sinCcosB=sin(A+B)=sinC.∵C∈0,π2,∴sinC≠0,∴cosB∵B∈0,π2,∴B(2)∵S=12acsin∠ABC=12BD·b,將c=2,BD=3217,sin∠ABC=32代入,由余弦定理得,b2=a2+c2-2accos∠ABC=a2+4-2a.將b=73a代入上式,整理得a2-9a+18=0,解得a=3或6當(dāng)a=3時(shí),b=7;當(dāng)a=6時(shí),b=27.又∵△ABC是銳角三角形,∴a2<c2+b2,故a=3,b=7.∴S=12×2×3×32=21.(12分)(2020黑龍江哈爾濱香坊月考,17)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,且Sn=2an-n(n∈N*).(1)證明數(shù)列{an+1}是等比數(shù)列,并求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;(2)記bn=(2n-1)an,求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn.解析(1)由Sn=2an-n(n∈N*)可得n=1時(shí),a1=S1=2a1-1,可得a1=1;n≥2時(shí),an=Sn-Sn-1=2an-n-2an-1+n-1,化為an=2an-1+1,即an+1=2(an-1+1).所以數(shù)列{an+1}是首項(xiàng)和公比均為2的等比數(shù)列,則an+1=2n,即an=2n-1,n∈N*.(2)bn=(2n-1)an=(2n-1)(2n-1)=(2n-1)·2n-(2n-1),Tn=[1×2+3×4+5×8+…+(2n-1)·2n]-(1+3+5+…+2n-1),設(shè)Rn=1×2+3×4+5×8+…+(2n