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2019届高考理科数学第一轮知能闯关复习检测22

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1. 两座灯塔A和B与海岸观察站C的距离相等，灯塔A在观察站南偏西40°，灯塔B在观察站南偏东60°，则灯塔A在灯塔B的( )

A．北偏东10° B．北偏西10°

C．南偏东80° D．南偏西80°

解析：选D.由条件及题图可知，∠A＝∠B＝40°，又∠BCD＝60°，所以∠CBD＝30°，所以∠DBA＝10°，因此灯塔A在灯塔B南偏西80°.

2．(2018·河南郑州模拟)已知A、B两地间的距离为10 km，B、C两地间的距离为20 km，现测得∠ABC＝120°，则A，C两地间的距离为( )

A．10 km B．103 km

C．105 km D．107 km

解析：选D.如图所示，由余弦定理可得：

AC2＝100＋400－2×10×20×cos 120°＝700，

∴AC＝107(km)．

3．如图，两座相距60 m的建筑物AB，CD的高度分别为20 m、50 m，BD为水平面，则从建筑物AB的顶端A看建筑物CD的张角为(

)

A．30° B．45°

C．60° D．75°

解析：选B.依题意可得AD＝2010(m)，AC＝305(m)，又CD＝50(m)，

所以在△ACD中，由余弦定理得

cos∠CAD＝AC2＋AD2－CD22AC·AD

＝（305）2＋（2010）2－5022×305×2010

＝6 0006 0002＝22，

又0°<∠CAD<180°，所以∠CAD＝45°，所以从顶端A看建筑物CD的张角为45°.

4．如图，一条河的两岸平行，河的宽度d＝0.6 km，一艘客船从码头A出发匀速驶往

河对岸的码头B.已知AB＝1 km，水的流速为2 km/h，若客船从码头A驶到码头B所用的最短时间为6 min，则客船在静水中的速度为( )

A．8 km/h B．62 km/h

C．234 km/h D．10 km/h

解析：选B.设AB与河岸线所成的角为θ，客船在静水中的速度为v km/h，由题意知，sin θ＝0.61＝35，从而cos θ＝45，所以由余弦定理得110v2＝110×22＋12－2×110×2×1×45，解得v＝62.

5．(2018·高考四川卷)如图，从气球A上测得正前方的河流的两岸B，C的俯角分别为75°，30°，此时气球的高是60 m，则河流的宽度BC等于(

)

A．240(3－1)m B．180(2－1)m

C．120(3－1)m D．30(3＋1)m

解析：选C.如图，在△ACD中，∠CAD＝90°－30°＝60°，AD＝60 m，所以CD＝AD·tan 60°＝603(m)．

在△ABD中，∠BAD＝90°－75°＝15°，所以BD＝AD·tan 15°＝60(2－3)(m)．

所以BC＝CD－BD＝603－60(2－3)＝120(3－1)(m)．

6．一船自西向东航行，上午10时到达灯塔P的南偏西75°，距塔68海里的M处，下午2时到达这座灯塔的东南方向的N处，则这只船航行的速度为________海里/小时．

解析：由题意知，在△PMN中，PM＝68海里，∠MPN＝75°＋45°＝120°，∠MNP＝45°.由正弦定理，得MNsin 120°＝68sin 45°，解得MN＝346海里，故这只船航行的速度为3464海里/小时＝1762海里/小时．

答案：1762

7．如图，为了测量河的宽度，在一岸边选定两点A、B望对岸的标记物C，测得∠CAB＝30°，∠CBA＝75°，AB＝120 m，则这条河的宽度为________．

解析：如图，在△ABC中，过C作CD⊥AB于D点，

则CD为所求河的宽度．在△ABC中，

∵∠CAB＝30°，∠CBA＝75°，

∴∠ACB＝75°，

∴AC＝AB＝120 m.

在Rt△ACD中，

CD＝ACsin∠CAD

＝120sin 30°＝60(m)，

因此这条河的宽度为60 m.

答案：60 m

8．一船以每小时15 km的速度向东航行，船在A处看到一个灯塔M在北偏东60°方向，行驶4 h后，船到达B处，看到这个灯塔在北偏东15°方向，这时船与灯塔的距离为________km.

解析：如图所示，依题意有AB＝15×4＝60，∠DAC＝60°，∠CBM＝15°，

∴∠MAB＝30°，∠AMB＝45°.

在△AMB中，由正弦定理，得60sin 45°＝BMsin 30°，

解得BM＝302.

答案：302

9．(2018·郑州市质量预测)郑州市某广场有一块不规则的绿地如图所示，城建部门欲在该地上建造一个底座为三角形的环境标志，小李、小王设计的底座形状分别为△ABC、△ABD，经测量AD＝BD＝7米，BC＝5米，AC＝8米，∠C＝∠D.求AB的长度．

解：在△ABC中，由余弦定理得

cos C＝AC2＋BC2－AB22AC·BC＝82＋52－AB22×8×5.①

在△ABD中，由余弦定理得

cos D＝AD2＋BD2－AB22AD·BD＝72＋72－AB22×7×7.②

由∠C＝∠D得cos C＝cos D，

解得AB＝7，

所以AB的长度为7米．

10．某渔轮在航行中不幸遇险，发出呼救信号，我海军舰艇在A处获悉后，立即测出该渔轮在方位角为45°，距离为10 n mile的C处，并测得渔轮正沿方位角为105°的方向，以9 n mile/h的速度向某小岛靠拢，我海军舰艇立即以21 n mile/h的速度前去营救，求舰艇的航向和靠近渔轮所需的时间．(精确到0.1°)

解：如图所示，根据题意可知AC＝10，∠ACB＝120°，设舰艇靠近渔轮所需的时间为t h，并在B处与渔轮相遇，则AB＝21t，BC＝9t，在△ABC中，根据余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos 120°，所以212t2＝102＋81t2＋2×10×9t×12，即360t2－90t－100＝0，解得t＝23或t＝－512(舍去)．所以舰艇靠近渔轮所需的时间为23 h.

此时AB＝14，BC＝6.

在△ABC中，根据正弦定理，得BCsin ∠CAB＝ABsin 120°，

所以sin ∠CAB＝6×3214＝3314，即∠CAB≈21.8°或∠CAB≈158.2 °(舍去)，即舰艇航行的方位角为45°＋21.8°＝66.8°.

所以舰艇以66.8°的方位角航行，需23 h才能靠近渔轮．

1．一个大型喷水池的中央有一个强大喷水柱，为了测量喷水柱喷出的水柱的高度，某人在喷水柱正西方向的点A测得水柱顶端的仰角为45°，沿点A向北偏东30°前进100 m到达点B，在B点测得水柱顶端的仰角为30°，则水柱的高度是( )

A．50 m B．100 m

C．120 m D．150 m

解析：选A.设水柱高度是h m，水柱底端为C，则在△ABC中，A＝60°，AC＝h，AB＝100，BC＝3h，根据余弦定理得，(3h)2＝h2＋1002－2·h·100·cos 60°，即h2＋50h－5 000＝0，即(h－50)(h＋100)＝0，即h＝50，故水柱的高度是50 m.

2．如图，在湖面上高为10 m处测得天空中一朵云的仰角为30°，测得湖中之影的俯角为45°，则云距湖面的高度为(精确到0.1 m)( )

A．2.7 m B．17.3 m

C．37.3 m D．373 m

解析：选C.在△ACE中，

tan 30°＝CEAE＝CM－10AE.

∴AE＝CM－10tan 30°(m)．

在△AED中，tan 45°＝DEAE＝CM＋10AE，

∴AE＝CM＋10tan 45°(m)，∴CM－10tan 30°＝CM＋10tan 45°，

∴CM＝10（3＋1）3－1＝10(2＋3)≈37.3 (m)．

3．某同学骑电动车以24 km/h的速度沿正北方向的公路行驶，在点A处测得电视塔S在电动车的北偏东30°方向上，15 min后到点B处，测得电视塔S在电动车的北偏东75°方向上，则点B与电视塔的距离是________km.

解析：由题意知AB＝24×1560＝6，在△ABS中，∠BAS＝30°，AB＝6，∠ABS＝180°－75°＝105°，∴∠ASB＝45°.由正弦定理知BSsin 30°＝ABsin 45°，∴BS＝AB·sin 30°sin 45°＝32.

答案：32

4．如图，航空测量组的飞机航线和山顶在同一铅直平面内，已知飞机的飞行高度为10

000 m，速度为50 m/s.某一时刻飞机看山顶的俯角为15°，经过420 s后看山顶的俯角为45°，则山顶的海拔高度为________m．(取2＝1.4，3＝1.7)

解析：如图，作CD垂直于AB的延长线于点D，由题意知∠A＝15°，∠DBC＝45°，∴∠ACB＝30°，AB＝50×420＝21 000(m)．又在△ABC中，BCsin A＝ABsin ∠ACB，∴BC＝21 00012×sin 15°＝10 500(6－2)．

∵CD⊥AD，∴CD＝BC·sin ∠DBC＝10 500(6－2)×22＝10 500(3－1)＝7 350.

故山顶的海拔高度h＝10 000－7 350＝2 650(m)．

答案：2 650

5．(2018·高考湖南卷)如图，在平面四边形ABCD中，AD＝1，CD＝2，AC＝7.

(1)求cos∠CAD的值；

(2)若cos∠BAD＝－714，sin∠CBA＝216，求BC的长．

解：(1)在△ADC中，由余弦定理，

得cos∠CAD＝AC2＋AD2－CD22AC·AD，

故由题设知，cos∠CAD＝7＋1－427＝277.

(2)设∠BAC＝α，则α＝∠BAD－∠CAD.

因为cos∠CAD＝277，cos∠BAD＝－714，

所以sin∠CAD＝1－cos2∠CAD＝1－2772＝217，

sin∠BAD＝1－cos2∠BAD＝1－－7142＝32114.

于是sin α＝sin(∠BAD－∠CAD)

＝sin∠BAD·cos∠CAD－cos∠BAD·sin∠CAD

＝32114·277－－714·217＝32.

在△ABC中，由正弦定理，BCsin α＝ACsin∠CBA.

故BC＝AC·sin αsin∠CBA＝7·32216＝3.

6．(选做题)(2018·高考江苏卷) 如图，游客从某旅游景区的景点A处下山至C处有两种路径．一种是从A沿直线步行到C，另一种是先从A沿索道乘缆车到B，然后从B沿直线步行到C.现有甲、乙两位游客从A处下山，甲沿AC匀速步行，速度为50 m/min.在甲出发2 min后，乙从A乘

缆车到B，在B处停留1 min后，再从B匀速步行到C.假设缆车匀速直线运动的速度

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2019年高考数学第一轮复习

模拟测试题

学校：__________ 姓名：__________ 班级：__________ 考号：__________

一、选择题

1．（2007）5()axx（xR）展开式中3x的系数为10，则实数a等于 （D）

（A）-1 （B）12 (C) 1 (D) 2

2．1 ．（2012福建文）已知双曲线22xa-25y=1的右焦点为(3,0),则该双曲线的离心率等于

A 31414 B．324 C．32 D．43

3．函数tan4fxx的单调增区间为（ ）(2006全国1理)

A．,,22kkkZ B．,1,kkkZ

C．3,,44kkkZ D．3,,44kkkZ

4．两条直线A1x＋B1y＋C1＝0，A2x＋B2y＋C2＝0垂直的充要条件是（ ）

A．A1A2＋B1B2＝0 B．A1A2－B1B2＝0C．12121BBAA D．2121AABB=1（1998全国4）

解法一：当两直线的斜率都存在时，－11BA·（22BA）＝－1，A1A2＋B1B2＝0.

当一直线的斜率不存在，一直线的斜率为0时，00001221BABA或，同样适合A1A2＋B1B2＝0，故选A． 5．已知正三角形ABC的顶点A(1,1)，B(1,3)，顶点C在第一象限，若点（x，y）在△ABC内部，则z=－x+y的取值范围是

（A）(1－3，2) （B）(0，2) （C）(3－1，2) （D）(0，1+3)

6．命题“存在一个无理数,它的平方是有理数”的否定是 （ ）

2019年全国版高考数学(理)一轮复习必刷题：第二十二单元 选考模块

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第二十二单元 选考模块

考点一 极坐标与参数方程

1.(2017年全国Ⅰ卷)在直角坐标系xOy中,曲线C的参数方程为

(θ为参数),直线l的参数方程为

- (t为参数).

(1)若a=-1,求C与l的交点坐标;

(2)若C上的点到l距离的最大值为 ,求a.

【解析】(1)曲线C的普通方程为

+y2=1.

当a=-1时,直线l的普通方程为x+4y-3=0.

由 -

解得

或 -

从而C与l的交点坐标为(3,0),- ,

.

(2)直线l的普通方程为x+4y-a-4=0,故C上的点(3cos θ,sin θ)到l的距离d= - -

.

当a≥-4时,d的最大值为

.

由题设得

= ,所以a=8;

当a<-4时,d的最大值为-

.

由题设得-

= ,所以a=-16.

综上,a=8或a=-16. 2.(2017年全国Ⅱ卷)在直角坐标系xOy中,以坐标原点为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,曲线C1的极坐标方程为ρcos

θ=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

,点B在曲线C2上,求△OAB面积的最大值.

【解析】(1)设点P的极坐标为(ρ,θ)(ρ>0),点M的极坐标为(ρ1,θ)(ρ1>0).

由题设知|OP|=ρ,|OM|=ρ1=

.

由|OM|·|OP|=16得C2的极坐标方程为ρ=4cos θ(ρ>0).

因此C2的直角坐标方程为(x-2)2+y2=4(x≠0).

(2)设点B的极坐标为(ρB,α)(ρB>0).

由题设知|OA|=2,ρB=4cos α,于是△OAB的面积

S=

|OA|·ρB·sin∠AOB=4cos α· -

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2019年高考数学第一轮复习

模拟测试题

学校：__________ 姓名：__________ 班级：__________ 考号：__________

一、选择题

1．设f0(x)＝sinx，f1(x)＝f0′(x)，f2(x)＝f1′(x)，…，fn＋1(x)＝fn′(x)，n∈N，则f2005(x)＝（ ）

A．sinx B．－sinx C．cosx D．－cosx（2005湖南理)

2．若函数)1,0)((logaabxya的图象过两点(-1，0)和(0，1)，则 ( )

(A)a=2,b=2 (B)a=2 ,b=2 (C)a=2,b=1 (D)a=2 ,b=2 (2004江苏)

3．在)2,0(内，使xxcossin成立的x的取值范围是（ ）

A．)45,()2,4(B．),4( C．)45,4( D．)23,45(),4(（2002山东理4）

4．在锐角ABC中2,ABB、C的对边长分别是b、c,则+bbc的取值范围是( )

A．11(,)43 B．11(,)32 C． 12(,)23 D．23(,)34

二、填空题

5．若向量a(2,3),b(,6)x,且∥ab,则实数x= －4 .

6．已知A(2cosα, 3sinα),B(2cosβ, 3sinβ),C(-1,0)是平面上三个不同的点且满足CABC,则实数λ的取值范围是 .[1/3,3]

7． 设集合{1,2,3,4,5}{1,2}{2,4}UAB，，，则()UABð ▲ .

8．棱长为1的正方体外接球的表面积为 ▲ ．

9．若复数z满足ii2zz，那么i1z的最小值是____ _． Read a，b

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2019年高考数学第一轮复习

模拟测试题

学校：__________ 姓名：__________ 班级：__________ 考号：__________

一、选择题

1．在平面直角坐标系中，不等式组20,20,0xyxyy表示的平面区域的面积是（ ）

(A)42 (B)4 (C) 22 (D)2 (2006浙江文)

2．函数()()mnfxaxxg在区间〔0,1〕上的图像如图所示，则m，n的值可能是

（A）1,1mn (B) 1,2mn (C) 2,1mn (D) 3,1mn（2011安徽理）

B【命题意图】本题考查导数在研究函数单调性中的应用，考查函数图像，考查思维的综合能力.难度大.

3．已知三棱锥SABC的所有顶点都在球O的求面上，ABC是边长为1的正三角形，SC为球O的直径，且2SC；则此棱锥的体积为（ ）

()A26 ()B 36 ()C 23 ()D22

4．设232555322555abc（）,（），（），则a，b，c的大小关系是

（A）a＞c＞b （B）a＞b＞c （C）c＞a＞b （D）b＞c＞a

5．函数22log(2||)yxx的单调递增区间是-------------------------------------------------------------------（ ）

(A)(,2) (B)(0,1) (C)（0，2） (D)(2,)

二、填空题

6．已知复数z=32ii(i是虚数单位)，则复数z所对应的点位于复平面的第 ▲ 象限．