《2025年高考总复习首选用卷数学人教版》

7.(2024·湖北鄂南高中高三联考)已知$a,b,c$分别为$\triangle ABC$三个内角$A,B,C$的对边，且$a\cos C+\sqrt{3}a\sin C - b - c = 0$,则$A =$ ( )
A.$\frac{\pi}{2}$
B.$\frac{\pi}{6}$
C.$\frac{2\pi}{3}$
D.$\frac{\pi}{3}$

答案： 7.D [因为$a\cos C+\sqrt{3}a\sin C - b - c = 0$,所以$\sin A\cos C+\sqrt{3}\sin A\sin C-\sin B-\sin C = 0$,即$\sin A\cos C+\sqrt{3}\sin A\sin C-\sin(A + C)-\sin C = 0$,$\sin A\cos C+\sqrt{3}\sin A\sin C-\sin A\cos C-\cos A\sin C-\sin C = 0$,所以$\sqrt{3}\sin A\sin C-\cos A\sin C-\sin C = 0$,因为$C\in(0,\pi)$,所以$\sin C\neq0$,所以$\sqrt{3}\sin A-\cos A - 1 = 0$,即$\sqrt{3}\sin A-\cos A = 1$,$2\sin(A-\frac{\pi}{6}) = 1$,所以$\sin(A-\frac{\pi}{6})=\frac{1}{2}$,因为$A\in(0,\pi)$,所以$A-\frac{\pi}{6}\in(-\frac{\pi}{6},\frac{5\pi}{6})$,所以$A-\frac{\pi}{6}=\frac{\pi}{6}$,解得$A=\frac{\pi}{3}$. 故选 D.]

8.(2023·湖南衡阳市第一中学高三月考)已知函数$f(x)=2\tan\omega x(\omega＞0)$的图象与直线$y = 2$的相邻交点间的距离为$\pi$,若定义$max{a,b}=\begin{cases}{a,a≥b}\\{b,a<b}\end{cases}$,则函数h(x)=max{f(x),f(x)cos x}在区间$(\frac{\pi}{2},\frac{3\pi}{2})$上的图象是

答案： 8.A [根据题意,$f(x)=2\tan\omega x(\omega＞0)$的图象与直线$y = 2$的相邻交点间的距离为$\pi$,所以$f(x)=2\tan\omega x(\omega＞0)$的最小正周期为$\pi$,则$\omega=\frac{\pi}{T}=\frac{\pi}{\pi}=1$,所以$h(x)=\max\{2\tan x,2\sin x\}=\begin{cases}2\sin x,x\in(\frac{\pi}{2},\pi]\\2\tan x,x\in(\pi,\frac{3\pi}{2})\end{cases}$,由正弦函数和正切函数图象可知 A 正确. 故选 A.]

9.已知$\alpha,\beta$都是锐角，且$\frac{\sin^{2}\alpha}{\cos^{2}\beta}+\frac{\cos^{2}\alpha}{\sin^{2}\beta}=2$,则$\alpha+\beta$的值可能是 ( )
A.$\frac{\pi}{4}$
B.$\frac{\pi}{2}$
C.$\frac{3\pi}{4}$
D.$\frac{5\pi}{12}$

答案： 9.BD [由$\frac{\sin^{2}\alpha}{\cos^{2}\beta}+\frac{\cos^{2}\alpha}{\sin^{2}\beta}=2$,得$\frac{\sin^{2}\alpha\sin^{2}\beta+\cos^{2}\alpha\cos^{2}\beta}{\cos^{2}\beta\sin^{2}\beta}=2$,$\cos^{2}\alpha\cos^{2}\beta+\sin^{2}\alpha\sin^{2}\beta=2\sin^{2}\beta\cos^{2}\beta$,即$\cos^{2}\alpha\cos^{2}\beta-\sin^{2}\beta\cos^{2}\beta=\sin^{2}\beta\cos^{2}\beta-\sin^{2}\alpha\sin^{2}\beta$,化简得$\cos^{2}\beta(\cos^{2}\alpha-\sin^{2}\beta)=\sin^{2}\beta(\cos^{2}\alpha-\sin^{2}\beta)$,故$\cos^{2}\beta=\sin^{2}\beta$或$\cos^{2}\alpha=\sin^{2}\beta$,已知$\alpha,\beta$都是锐角,所以$\beta=\frac{\pi}{4}$,$\alpha+\beta\in(\frac{\pi}{4},\frac{3\pi}{4})$或$\alpha+\beta=\frac{\pi}{2}$. 故选 BD.]

10.(2024·浙江浙南名校高三联考)将函数$f(x)=\sqrt{3}\sin2x - \cos2x$的图象向左平移$\frac{\pi}{3}$个单位长度，再把所得图象上各点的横坐标缩短为原来的$\frac{1}{2}$,纵坐标不变，得到函数$g(x)$的图象，则下列说法正确的是 ( )
A.$g(x)$的最小正周期为$2\pi$
B.$g(x)$是偶函数
C.$g(x)$在$(\frac{9\pi}{4},\frac{5\pi}{2})$上单调递减
D.$g(x)$关于点$(\frac{2k - 1}{8}\pi,0)(k\in\mathbf{Z})$中心对称

答案： 10.BD [将函数$f(x)=\sqrt{3}\sin2x-\cos2x=2\sin(2x-\frac{\pi}{6})$的图象向左平移$\frac{\pi}{3}$个单位长度得到$y = 2\sin[2(x+\frac{\pi}{3})-\frac{\pi}{6}]=2\sin(2x+\frac{\pi}{2})=2\cos2x$的图象,再把所得图象上各点的横坐标缩短为原来的$\frac{1}{2}$,纵坐标不变,得到$g(x)=2\cos4x$的图象,所以$g(x)$的最小正周期为$\frac{2\pi}{4}=\frac{\pi}{2}$,故 A 错误;$g(x)=2\cos4x$是偶函数,故 B 正确;由$\frac{9\pi}{4}＜x＜\frac{5\pi}{2}$得$9\pi＜4x＜10\pi$,所以$g(x)$在$(\frac{9\pi}{4},\frac{5\pi}{2})$上单调递增,故 C 错误;$g(\frac{2k - 1}{8}\pi)=2\cos\frac{2k - 1}{2}\pi=0,k\in\mathbf{Z}$,故 D 正确. 故选 BD.]

11.(2023·福建泉州高三质检)四边形$ABCD$内接于圆$O$,$AB = CD = 5$,$AD = 3$,$\angle BCD = 60^{\circ}$,下列结论正确的是 ( )
A.四边形$ABCD$为梯形
B.圆$O$的直径为7
C.四边形$ABCD$的面积为$\frac{55\sqrt{3}}{4}$
D.$\triangle ABD$的三边长度可以构成一个等差数列

答案： 11.ACD [如图所示,$\because AB = CD = 5$,$AD = 3$,$\angle BCD = 60^{\circ}$,$\therefore\angle BAD = 120^{\circ}$,连接$BD$,$AC$,易证$\triangle BAD\cong\triangle CDA$,$\therefore\angle BAD=\angle CDA = 120^{\circ}$,$\therefore\angle BCD+\angle CDA = 180^{\circ}$,$\therefore BC// DA$,显然$AB$不平行于$CD$,即四边形$ABCD$为梯形,故 A 正确;在$\triangle BAD$中,由余弦定理可得$BD^{2}=AB^{2}+AD^{2}-2AB\cdot AD\cos\angle BAD=5^{2}+3^{2}-2\times5\times3\cos120^{\circ}=49$,$\therefore BD = 7$,$\therefore$圆$O$的直径为$\frac{BD}{\sin\angle BAD}=\frac{7}{\sin120^{\circ}}=\frac{14\sqrt{3}}{3}$,故 B 错误;在$\triangle BCD$中,由余弦定理可得$BD^{2}=CB^{2}+CD^{2}-2CB\cdot CD\cos\angle BCD$,$\therefore7^{2}=CB^{2}+5^{2}-2\times5CB\cos60^{\circ}$,解得$CB = 8$或$CB=-3$(舍去),$\therefore S_{\triangle BAD}=\frac{1}{2}AB\cdot AD\sin120^{\circ}=\frac{1}{2}\times5\times3\times\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{15\sqrt{3}}{4}$,$S_{\triangle BCD}=\frac{1}{2}CB\cdot CD\sin60^{\circ}=\frac{1}{2}\times8\times5\times\frac{\sqrt{3}}{2}=10\sqrt{3}$,$\therefore S_{四边形ABCD}=S_{\triangle BCD}+S_{\triangle BAD}=10\sqrt{3}+\frac{15\sqrt{3}}{4}=\frac{55\sqrt{3}}{4}$,故 C 正确;在$\triangle ABD$中,$AD = 3$,$AB = 5$,$BD = 7$,满足$AD + BD = 2AB$,$\therefore\triangle ABD$的三边长度可以构成一个等差数列,故 D 正确. 故选 ACD.]