高考数学高三模拟考试试卷压轴题第三章三角恒等变换B卷

（测试时间：120分钟满分：150分）

第Ⅰ卷（共60分）

一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.

1. 【阳春市第一中学高三上学期第三次月考】已知角的终边经过点,（ ） A. 342，则的值为sin2554119 B. C. D. 551010【答案】A

【解析】因为角的终边经过点,故选A.

2.【成都市双流中学高三11月月考】若A.

B. C.

D.

，则

的值为( )

431cos4342， ，则sin,cossin 5555225【答案】C

3．【抚州市临川区第一中学高三上学期期中】已知角满足sin（ ） A. 2，则cos的值为

3263454511 B. C.  D.

9999【答案】D

4121【解析】sin,sin1cos，所以cos，故选

3939263262D.

4. 下列各式中值为

22的是（ ） 2A. sin15cos15 B. sin45cos15cos45sin15

C. cos75cos30sin75sin30 D. 【答案】C

tan60tan30

1tan60tan30【解析】cos75cos30sin75sin30cos7530cos452，故选C 25.【西安市长安区高三上大联考（一）】设为锐角，若cos1sin2，则的值为 6312A.

17272827 B. C.  D.

5018525【答案】B

【解析】 为锐角，若cos12，设,0, ，6362663sin22427，sin22sincos，cos22cos21， 399sin（212）sin（2）sin（2）sin2coscos2sin34444（42272728．故选B． ）（）9292186.【赣州市上高二中高三上第三次月考】函数y2sinx（） A. xcosx图象的一条对称轴方程是448 B. x4 C. x2 D. x

【答案】B

【解析】根据诱导公式可得：cosxsinx，故原式等于

442y2sinxcosx2sinx1cos2x1sin2x，故图像的一条对称

4424轴是x4．

故答案选B． 7.将函数ysin(x)cos(x)的图象沿x轴向右平移个单位后，得到一个偶函数的图象，则228的取值不可能是（ ） A．53 B． C． D． 4444【答案】C

8.【六安市第一中学高三上学期第三次月考】若tanA.

1，则cos22sin2（ ） 47644816 B. C. 1 D. 252525【答案】A 【解析】

1tantan163447， ∴tanαtan1448411tantan744cos22sin214tanα64cos2sin2， 222sincostan1252故选：A. 9.已知函数f(x)点距离的最小值为A.

3sinxcosx(0),xR.在曲线yf(x)与直线y1的交点中，若相邻交

，则f(x)的最小正周期为（ ） 32 B. C. D.2

32【答案】C

【解析】因为f(x)2sin(x)，所以由f(x)2sin(x)1得：x2k或

6666xC.

65522m,(m,kZ),所以由相邻交点距离的最小值为得：,2,T.选63663x11sinx(0)，xR.若f(x)在区间(,2)内没有零点，则22210.已知函数f(x)sin2的取值范围是（ ）

（A）(0,] （B）(0,][,1) （C）(0,] （D）(0,][,]【答案】D

18145858181548

11.设02，向量a(sin2,cos),b(1,cos)，若ab0，则tan（ ）.

A． B．【答案】D 【解析】

13111 C． D． 232因为ab0，所以sin21cos0，即sin2cos， 所以2sincoscos 因为02222，所以cos0

所以2sincos 所以tan故答案为

sin1 cos21. 212.已知角的顶点与原点O重合，始边与x轴的非负半轴重合，P(m，2m)(m0)是角终边上的一

点，则tan()的值为（ ）

411A． 3B． C．D．3

33【答案】C 【解析】

2m)(m0)是角终边上的一点，所以tan2，所以tan(因为P(m，)＝44211，故选C． 1(2)131tantan4tantan第Ⅱ卷（共90分）

二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上） 13.已知cos22，则cos__________． 336【答案】 【解析】

1311cossin()1cos2(),故应填答案.

6633314.已知【答案】

分别平方，再整体相加，即可得到

，则

____．

【解析】由题意可得，将

的值.

15．已知0＜α＜β＜π，且coscos【答案】

12 ,sinsin，则tan（β－α）的值为． 554 33，又0， 5【解析】cos()coscossinsin所以sin()44 ,tan(). 53，则

__________．

16．【西安市长安区第五中学高三上学期第二次模拟】已知【答案】

三、解答题 （本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 17.（本小题10分）已知sin(3)2sin(（1）

3)，求下列各式的值. 2sin4cos；

5sin2cos2（2）sinsin2. 【答案】（1）【解析】

18；（2）． 65（1）∵sin(3)2sin(3)， 2∴sin2cos，即sin2cos， 则原式2cos4cos21.

10cos2cos126（2）∵sin2cos，即tana2，

sin22sincostan22tan448. ∴原式222sincostan141518．（本小题12分）【全国名校大联考高三第二次联考】已知向量m2,sin，ncos,1，其中0,，且mn. 2（1）求sin2和cos2的值； （2）若sin10，且0,，求角. 102【答案】（1）sin243，cos2；（2）. 554【解析】试题分析：（1）由已知得2cossin0，从而由cos2sin21即可得cos和

sin，由二倍角公式即可得解；

（2）由sinsin利用两角差的正弦展开即可得解. （2）∵0,2，0,2，∴,. 22又sin10310，∴cos. 1010253105102. 5105102∴sinsinsincoscossin因0,2，得4.

19.（本小题12分）已知函数f(x)3sin2xcos2xm． 2（1）求函数f(x)的最小正周期与单调递增区间；

（2）若x53,时，函数f(x)的最大值为0，求实数m的值． 244【答案】（1）T；（2）m【解析】 （1）f(x)1. 2331cos2x1sin2xcos2xmsin2xmsin(2x)m， 22262则函数f(x)的最小正周期T， 根据22k2x622k，kZ，得6kx3k，kZ，

所以函数f(x)的单调递增区间为k,k，kZ．

36（2）因为x则当2x453,，所以2x,，

643244623

11即1m0，解得m．

22，x

时，函数取得最大值0，

20.（本小题满分12分）【北京市海淀区高三上学期期中】已知函数fx22cosxsinx1． 4（Ⅰ）求f的值； 4上的最大值和最小值． 2（Ⅱ）求fx在区间0,【答案】(1)1（2）x8时，fx有最大值2，x2时，fx有最小值1

【解析】试题分析：（Ⅰ）直接将x4代入函数解析式可得2111；（Ⅱ）根据两角和的正弦公式及二倍角公式可得f22cossin1222424fx2sin2x，求出2x的范围，结合正弦函数的单调性求解即可.

44试题解析：（Ⅰ）因为f22cossin1 424（Ⅱ）fx22cosxsinx因为0x1 42，所以42x45 4所以 当2x2sin2x1故 12sin2x2 4244285当2x,即x时，fx有最小值1

442121.（本小题12分）已知函数f(x)2sin(x)cosx(其中0)的最小正周期为π．

62(Ⅰ) 求的值；

(Ⅱ) 将函数yf(x)的图象向左平移

,即x时，fx有最大值2 个单位，再将所得图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐6标不变，得到函数g(x)的图象．求函数g(x)在[，]上零点．

【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ)和．

66【解析】

11 (Ⅰ)f(x)2sin(x)cosx3sinxcosxcos2x

62231sin2xcos2xsin(2x)． 226由最小正周期T2······························································ 6分 ，得． ·

222.（本小题12分）【珠海市珠海二中、斗门一中高三上学期期中】已知函数

2fx2cosxsinxsinxcosx．

2（Ⅰ）求函数fx的单调递增区间；

（Ⅱ）把yfx的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再把得到的图象向左平移

个单位，得到函数ygx的图象，求g的值． 36【答案】（1）k8,k3kZ,g；（2）3 86【解析】试题分析：（1）根据诱导公式、二倍角的正弦余弦公式以及辅助角公式将函数化为

yAsinx的形式，将内层函数看作整体，放到正弦函数的增区间上，解不等式得函数的单调增

区间；（2）把yfx的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再把得到的图象向左平移



个单位可得到gx的解析式，从而得求g的值. 36

2xsinxsinxcosxsin2xcos2x2 2试题解析：（1）fx2cos由2k22x42k2kZ,得k8,k8xk3kZ, 8所以fx的单调递增区间是k3kZ,8高考理科数学试题及答案

（考试时间：120分钟试卷满分：150分）

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合1.

题

目

要

求

的

。

3i（） 1iA．12i B．12i C．2i D．2i

2. 设集合1,2,4，xx4xm0．若21，则（）

A．1,3 B．1,0 C．1,3 D．1,5

3. 我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百

八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯（） A．1盏 B．3盏 C．5盏 D．9盏

4. 如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某

几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部 分所得，则该几何体的体积为（） A．90 B．63 C．42 D．36

2x3y305. 设x，y满足约束条件2x3y30，则z2xy的最小值是（）

y30A．15 B．9 C．1 D．9

6. 安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共

有（）

A．12种 B．18种 C．24种 D．36种

7. 甲、乙、丙、丁四位同学一起去向老师询问成语竞赛的成绩．老师说：你们四人中有2位优秀，

2位良好，我现在给甲看乙、丙的成绩，给乙看丙的成绩，给丁看甲的成绩．看后甲对大家

说：我还是不知道我的成绩．根据以上信息，则（） A．乙可以知道四人的成绩 B．丁可以知道四人的成绩 C．乙、丁可以知道对方的成绩 D．乙、丁可以知道自己的成绩 8. 执行右面的程序框图，如果输入的a1，则输出的

S（） A．2 B．3 C．4 D．5

x2y29. 若双曲线C:221（a0，b0）的一条渐

ab近线被圆x2y24所截得的弦长为2，则C的 离心率为（）

A．2 B．3 C．2 D．2223 3x1`10. 若x2是函数f(x)(xax1)e的极值点，则f(x)的极小值为（）

A.1 B.2e3 C.5e3 D.1

11. 已知直三棱柱C11C1中，C120，2，CCC11，则异面直线1

与C1所成角的余弦值为（）

A．

331510 B． C． D． 235512. 已知ABC是边长为2的等边三角形，P为平面ABC内一点，则PA(PBPC)的最小值是（）

A.2 B.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13. 一批产品的二等品率为0.02，从这批产品中每次随机取一件，有放回地抽取100次，表示抽

34 C.  D.1 23到的二等品件数，则D． 14. 函数fxsin2x3cosx3（x0,）的最大值是． 4215. 等差数列an的前n项和为Sn，a33，S410，则

21． Sk1kn16. 已知F是抛物线C:y8x的焦点，是C上一点，F的延长线交y轴于点．若为

F 的中点，则F．

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、解答过程或演算步骤。第17~21题为必做题，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题：共60分。 17.（12分）

ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c ,已知sin(AC)8sin2(1)求cosB

(2)若ac6 , ABC面积为2,求b.

18.（12分）

B． 2淡水养殖场进行某水产品的新、旧网箱养殖方法的产量对比，收获时各随机抽取了100 个网箱，测量各箱水产品的产量（单位：kg）某频率直方图如下：

1.

设两种养殖方法的箱产量相互独立，记A表示事件：旧养殖法的箱产量低于50kg, 新养殖法的箱产量不低于50kg,估计A的概率；

2.

填写下面列联表，并根据列联表判断是否有99%的把握认为箱产量与养殖方法有关：

旧养殖法 新养殖法 箱产量＜50kg 箱产量≥50kg 3.根据箱产量的频率分布直方图，求新养殖法箱产量的中位数的估计值（精确到0.01）

P（k ） 0.050 3.841

0.010 6.635 0.001 10.828 n(adbc)2K(ab)(cd)(ac)(bd)2

19.（12分）

如图，四棱锥PABCD中，侧面PAD为等比三角形且垂直于底面ABCD，

ABBC1AD,BADABC90o, 2E是PD的中点.

（1）证明：直线CE// 平面PAB

（2）点M在棱PC 上，且直线BM与底面ABCD成锐角为45o ，求二面角MABD的余弦值

20. （12分）

所

x2y21上，过M做x轴的垂线，垂足为N，点P满设O为坐标原点，动点M在椭圆C：2足NP2NM.

（1） 求点P的轨迹方程；

（2）设点Q在直线x=3上，且OPPQ1.证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F. 21.（12分）

已知函数f(x)axaxxlnx,且f(x)0. （1）求a；

（2）证明：f(x)存在唯一的极大值点x0，且e23f(x0)23.

（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，按所做的第一题计

分。

22.[选修44：坐标系与参数方程]（10分）

在直角坐标系xOy中，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C1的极坐标方程为cos4．

（1）M为曲线C1上的动点，点P在线段OM上，且满足|OM||OP|16,求点P的轨迹C2的直角坐标方程；

（2）设点A的极坐标为(2,3)，点B在曲线C2上，求OAB面积的最大值．

23.[选修45：不等式选讲]（10分）

已知a0,b0,ab2，证明： （1）(ab)(ab)4； （2）ab2．

3333

参考答案

1．D

2．C

【解析】1是方程x24xm0的解，x1代入方程得m3

∴x24x30的解为x1或x3，∴B1，3

3．B

【解析】设顶层灯数为a1，q2，S74．B

【解析】该几何体可视为一个完整的圆柱减去一个高为6的圆柱的一半．

11VV总V上π3210π32663π22

a112712381，解得a13．

5．A

【解析】目标区域如图所示，当直线y=-2x+z取到点6，3时，所求z最小值为15．

6．D

【解析】只能是一个人完成2份工作，剩下2人各完成一份工作．

3由此把4份工作分成3份再全排得C24A336

7．D

【解析】四人所知只有自己看到，老师所说及最后甲说的话．

甲不知自己成绩→乙、丙中必有一优一良，（若为两优，甲会知道自己成绩；两良亦然）→乙看了丙成绩，知自己成绩→丁看甲，甲、丁中也为一优一良，丁知自己成绩．

8．B

【解析】S0，k1，a1代入循环得，k7时停止循环，S3． 9．A

【解析】取渐近线y2bb32，0，化成一般式，圆心到直线距离为 bxay0x22aab得c24a2，e24，e2．

10．C

【解析】M，N，P分别为AB，BB1，B1C1中点，则AB1，BC1夹角为MN和NP夹角或其补角

π（异面线所成角为0，）

2可知MN1512，NPBC1， AB12222作BC中点Q，则可知△PQM为直角三角形． PQ1，MQ1AC 2△ABC中，AC2AB2BC22ABBCcosABC

1412217，AC7 2711，则△MQP中，MPMQ2PQ2 22MN2NP2PM2则△PMN中，cosPNM

2MHNP则MQ521122210 55222222210π又异面线所成角为0，，则余弦值为．

25

11．A 2x1【解析】fxxa2xa1e，

3则f242a2a1e0a1，

则fxx2x1ex1，fxx2x2ex1， 令fx0，得x2或x1， 当x2或x1时，fx0， 当2x1时，fx0， 则fx极小值为f11．

12．B

【解析】几何法：

如图，PBPC2PD（D为BC中点）， 则PAPBPC2PDPA，

APBDC要使PAPD最小，则PA，PD方向相反，即P点在线段AD上， 则2PDPAmin2PAPD， 即求PDPA最大值， 又PAPDAD233， 22PAPD323则PAPD≤4， 22则2PDPAmin2解析法：

33． 42建立如图坐标系，以BC中点为坐标原点，

∴A0，3，B1，0，C1，0． 设Px，y， PAx，3y，

PB1x，y，

PC1x，y，

∴PAPBPC2x222y2y2

23322xy 24333则其最小值为2，此时x0，y．

22413．1.96

【解析】有放回的拿取，是一个二项分布模型，其中p0.02，n100

则Dxnp1p1000.020.981.96 14．1

3π【解析】fxsin2x3cosxx0，

42fx1cos2x3cosx3 41 令cosxt且t0，1yt23t

43 t122则当t15．

3时，fx取最大值1． 22n n+1【解析】设an首项为a1，公差为d．

则a3a12d3 S44a16d10

求得a11，d1，则ann，Snnn12

Sk1n1k22122322

nn1nn1111111121

n1nnn122312n21n1n1

16．6

0，准线l:x2， 【解析】y28x则p4，焦点为F2，如图，M为F、N中点，

故易知线段BM为梯形AFMC中位线， ∵CN2，AF4， ∴ME3

又由定义MEMF， 且MNNF， ∴NFNMMF617.

2【解析】（1）依题得：sinB8sinlyCBANMOFx

B1cosB84(1cosB)． 22∵sin2Bcos2B1， ∴16(1cosB)2cos2B1， ∴(17cosB15)(cosB1)0， ∴cosB15， 178． 17（2）由⑴可知sinB∵S△ABC2， 1∴acsinB2， 218∴ac2， 217∴ac17， 215， 17∵cosB．

∴a2c2b22ac1517，

∴a2c2b215， ∴(ac)22acb215， ∴3617b215， ∴b2．

1）记：“旧养殖法的箱产量低于50kg” 为事件B

“新养殖法的箱产量不低于50kg”为事件C

而PB0.04050.03450.02450.01450.0125

0.62

PC0.06850.04650.01050.0085

0.66

PAPBPC0.4092

2） 箱产量50kg 箱产量≥50kg 中/华资*源%库旧养殖法 62 38 新养殖法 34 66 由计算可得K2的观测值为

2k2200626638341001009610415.705

∵15.7056.635 ∴PK2≥6.6350.001

∴有99%以上的把握产量的养殖方法有关．

3）150.2，0.20.0040.0200.0440.032

0.0320.0688817，175≈2.35 502.3552.35，∴中位数为52.35．

18【解析】（（（19．【解析】

zPFMM'OEABCD y

x（1）令PA中点为F，连结EF，BF，CE．

1∵E，F为PD，PA中点，∴EF为△PAD的中位线，∴EF∥AD．

2又∵BADABC90，∴BC∥AD． 又∵ABBC11AD，∴BC∥AD，∴EF∥BC． 22∴四边形BCEF为平行四边形，∴CE∥BF． 又∵BF面PAB，∴CE∥面PAB

（2）以AD中点O为原点，如图建立空间直角坐标系．

设ABBC1，则O(0，0，0)，A(0，1，0)，B(1，1，0)，C(1，1，0)， 0，0)，D(0，P(0，0，3)．

M在底面ABCD上的投影为M，∴MMBM．∵MBM45，

∴△MBM为等腰直角三角形． ∵△POC为直角三角形，OC设MMa，CM23OP，∴PCO60． 33331a，0，0a，OM1a．∴M． 333312632221BMa10a1aa．∴． OMa1332322261，0，0M1，0，∴M， 22226AM1，1，，AB(1，0，0)．设平面ABM的法向量m(0，y1，z1)． 22y16z10，∴m(0，6，2) 2AD(0，2，0)，AB(1，0，0)．设平面ABD的法向量为n(0，0，z2)，

n(0，0，1)．

∴cosm,nmnmn10． 5∴二面角MABD的余弦值为20．

【解析】 ⑴设P(x，y)，易知N(x，0)

10． 5yNP(0，y)又NM1NP0，

22∴Mx，12y，又M在椭圆上． 2x2y1∴，即x2y22． 22⑵设点Q(3，yQ)，P(xP，yP)，(yQ0)，

由已知：OPPQ(xP，yP)(3yP，yQyP)1， OPOQOPOPOQOP1，

2∴OPOQOP13， ∴xPxQyPyQ3xPyPyQ3．

设直线OQ：yyQ3x，

2因为直线l与lOQ垂直． ∴kl3 yQ3(xxP)yP， yQ故直线l方程为y令y0，得yPyQ3(xxP)，

1yPyQxxP， 31∴xyPyQxP，

3∵yPyQ33xP， 1∴x(33xP)xP1，

3若yQ0，则3xP3，xP1，yP1， 直线OQ方程为y0，直线l方程为x1， 直线l过点(1，0)，为椭圆C的左焦点．

21．

【解析】 ⑴ 因为fxxaxalnx≥0，x0，所以axalnx≥0．

令gxaxalnx，则g10，gxa1ax1， xx当a≤0时，gx0，gx单调递减，但g10，x1时，gx0； 当a0时，令gx0，得x当0x1． a11时，gx0，gx单调减；当x时，gx0，gx单调增． aa11若0a1，则gx在1，上单调减，gg10；

aa11若a1，则gx在，1上单调增，gg10；

aa1若a1，则gxmingg10，gx≥0．

a综上，a1．

⑵fxx2xxlnx，fx2x2lnx，x0．

令hx2x2lnx，则hx2令hx0得x当0x12x1，x0． xx1， 211时，hx0，hx单调递减；当x时，hx0，hx单调递增． 221所以，hxminh12ln20．

211因为he22e20，h22ln20，e20，，2，，

2211所以在0，和，上，hx即fx各有一个零点．

22111x2，因为fx在0，上单调设fx在0，和，上的零点分别为x0，222减，

所以当0xx0时，fx0，fx单调增；当x0x调减．因此，x0是fx的极大值点．

1时，fx0，fx单211因为，fx在，上单调增，所以当xx2时，fx0，fx单调减，

22xx2时，fx单调增，因此x2是fx的极小值点．

所以，fx有唯一的极大值点x0．

1由前面的证明可知，x0e2，，则fx0fe2e4e2e2．

2因为fx02x02lnx00，所以lnx02x02，则 又fx0x02x0x02x02x0x02，因为0x0因此，e2fx022．

11，所以fx0． 241． 40，P， 【解析】⑴设M0，则OM0，|OP|． 0160cos04 0解得4cos，化为直角坐标系方程为

x22y24．x0

⑵连接AC，易知△AOC为正三角形．

|OA|为定值．

∴当高最大时，S△AOB面积最大，

如图，过圆心C作AO垂线，交AO于H点 交圆C于B点， 此时S△AOB最大

Smax1|AO||HB| 21|AO||HC||BC| 232

23．

【解析】⑴由柯西不等式得：aba5b5≥aa5bb52a3b324

当且仅当ab5ba5，即ab1时取等号． ⑵∵a3b32

∴aba2abb22

2∴abb3ab2

∴ab3abab2

3ab2ab∴

3abab2ab≤ab2由均值不等式可得：2 3ab33ab2≤ab2∴2 3ab3ab∴ab2≤

4333∴

13ab≤2 4∴ab≤2 当且仅当ab1时等号成立．