北师大版（2019）必修第二册模块素养评价(模拟 word版含解析)

北师大版（2019） 必修第二册 模块素养评价
一、单选题
1．已知圆锥的顶点为，母线所成角的余弦值为与圆锥底面所成角为，若的面积为12，则该圆锥的侧面积为（ ）
A． B． C． D．
2．函数的（ ）
A．周期是π，最大值为2 B．周期是2π，最大值为2
C．周期是π，最大值为 D．周期是2π，最大值为
3．已知点、、不在同一条直线上，点为该平面上一点，且，则　　
A．点在线段上
B．点在线段的反向延长线上
C．点在线段的延长线上
D．点不在直线上
4．设双曲线的方程为，若双曲线的渐近线被圆：所截得的两条弦长之和为，已知的顶点，分别为双曲线的左、右焦点，顶点在双曲线的右支上，则的值为（ ）
A． B． C． D．
5．在三棱锥中，，则三棱锥外接球的体积的最小值为
A． B． C． D．
6．已知复数，则在复平面内复数对应点位于
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
7．已知非等向量与满足，且，则为（ ）
A．等腰非等边三角形 B．直角三角形
C．等边三角形 D．三边均不相等的三角形
8．要得到函数的图像，只需将f(x)= cos2x的图像
A．向右平移个单位，再把各点的纵坐标缩短到原来的（横坐标不变）
B．向左平移个单位，再把各点的纵坐标伸长到原来的3倍（横坐标不变）
C．向右平移个单位，再把各点的纵坐标缩短到原来的（横坐标不变）
D．向左平移个单位，再把各点的纵坐标伸长到原来的3倍（横坐标不变）
二、多选题
9．下列关于平面向量的说法中正确的是（ ）
A．已知均为非零向量，若，则存在唯一的实数，使得
B．已知非零向量，且与的夹角为锐角，则实数的取值范围是
C．若且，则
D．若平面内有四个点A、B、C、D，则必有
10．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P在线段BC1上运动时，下列命题正确的是（ ）
A．三棱锥A﹣D1PC的体积不变
B．直线AP与平面ACD1所成角的大小不变
C．直线AP与直线A1D所成角的大小不变
D．二面角P﹣AD1﹣C的大小不变
11．的内角的对边分别为.若，则结合的值解三角形有两解，则的值可以为（ ）
A． B． C． D．
12．下列说法正确的是（ ）
A．函数的一个对称中心为（，0）
B．在△ABC中，AB=1，AC=3，D是BC的中点，则
C．在△ABC中，是cos2A>cos2B的充分不必要条件
D．定义，已知，则的最大值为
三、填空题
13．在相距3千米的，两个观察点观察目标点，其中观察点在观察点的正东方向，在观察点处观察，目标点在北偏东方向上，在观察点处观察，目标点在西北方向上，则，两点之间的距离是______千米．
14．已知，，则____________.
15．如图，将正方形沿着边抬起到一定位置得到正方形，并使得平面与平面所成的二面角为，为正方形内一条直线，则直线与所成角的取值范围为_______.
16．若对个向量存在个不全为零的实数，使得成立，则称向量为“线性相关”，以此规定，能说明线性相关”的实数依次可取的一组值是____________（只要写出一组答案即可）
四、解答题
17．如图，是单位圆上的点，且点在第一象限，点在第二象限，是圆与轴正半轴的交点，点的坐标为，.
（1）求的值；
（2）设，求，，的值.
18．在五面体中，正方形所在平面与平面垂直，四边形为等腰梯形，，.
（1）求证：平面平面；
（2）若三棱锥的体积为，求线段的长.
19．在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且，，的面积为．
（Ⅰ）求a的值；
（Ⅱ）求的值．
20．用五点法作图：.
21．在直四棱柱中，，，，.
（1）证明：；
（2）求四棱锥的体积.
22．已知,,,若其图像关于点对称
（1）求的解析式；
（2）直接写出在上的单调区间；
（3）当时,求的值．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【解析】
【分析】
由，可得，再由的面积求出，由线面角可求出圆锥的底面半径，进而可求出侧面积
【详解】
由圆锥的顶点为，母线，所成角的余弦值为，即，
可得.
由的面积为，可得，即，
解得，
由与圆锥底面所成角为，
可得圆锥的底面半径为，
所以该圆锥的侧面积，
故选：B
2．C
【解析】
【分析】
利用二倍角公式，和三角恒等变换可得，再根据三角函数的性质，即可求出结果.
【详解】
因为
；
所以函数的周期为，
当，即时，函数取最大值，最大值为.
故选：C.
3．B
【解析】
根据，利用向量减法的三角形法则得到，然后根据向量的定义和共线向量定理即可求得答案．
【详解】
解：，
，即，
点在线段的反向延长线上，
故选：．
【点睛】
本题考查共线向量定理以及向量加减法的三角形法则，对变形是解决此题的关键，属于基础题．
4．B
【解析】
【分析】
根据垂径定理求出圆心到直线的距离为，再根据点到直线的距离公式可得，得到，即可求出，根据正弦定理中角化边公式，即可得结果.
【详解】
依题意得，双曲线的一条渐近线方程为，
渐近线被圆，即所截得的两条弦长之和为16
设圆心到直线的距离为，则，
所以，则，得，
因为，所以，
又因为，所以在中，
由正弦定理可得，
所以，，，
则.
故选：B．
【点睛】
本题考查了双曲线的简单性质、渐近线方程和圆的有关性质，还运用到点到直线的距离公式和正弦定理中的角化边公式，属于中档题.
5．C
【解析】
【详解】
分析：外接球体积最小即球的半径，利用均值不等式有，从而得到外接球体积的最小值.
详解：由得△ABD≌△ACD，所以AC⊥CD，所以AD中点O为三棱锥A外接球的球心，其球的半径,所以三棱锥A外接球的体积
故选C
点睛：解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径 ．
6．D
【解析】
【分析】
对复数进行化简，再得到，确定其在复平面内对应点所在象限.
【详解】
所以，在复平面对应的点为，位于第四象限.
【点睛】
本题考查复数的基本运算，共轭复数，复数与复平面上点的对应关系，属于简单题.
7．A
【解析】
由的几何意义结合已知可得，即可得出结论.
【详解】
不妨设，
即为角平分线所在直线上的向量，
又，，又，
所以为等腰非等边三角形.
故选：A.
【点睛】
本题考查三角形形状的判断，掌握向量的几何意义是解题的关键，属于中档题
8．B
【解析】
【分析】
根据三角函数图像平移变化：先伸缩横坐标，再平移，再纵坐标．即可判断选项．
【详解】
根据三角函数图像平移变化
需向左平移
纵坐标伸长到原来的3倍
所以选B
【点睛】
本题考查了三角函数图像平移变化的简单应用，注意左右平移时的平移量，属于基础题．
9．AD
【解析】
【分析】
由向量共线定理可判断选项A；由向量夹角的的坐标表示可判断选项B；由数量积的运算性质可判断选项C；有，，可判断选项D.
【详解】
对于选项A： 由向量共线定理知选项A正确；
对于选项B：，若与的夹角为锐角，则
解得，当与共线时，，解得：，此时，，此时夹角为，不符合题意，所以实数的取值范围是，故选项B不正确；
对于选项C：若，则，因为，则或与垂直，
故选项C不正确；
对于选项D：对于平面内四个点A、B、C、D，有，
，则，则必有，故选项D正确.
故选：AD
【点睛】
易错点睛：两个向量夹角为锐角数量积大于，但数量积大于向量夹角为锐角或，由向量夹角为锐角数量积大于，需要检验向量共线的情况. 两个向量夹角为钝角数量积小于，但数量积小于向量夹角为钝角或.
10．ACD
【解析】
【分析】
对于选项A，由已知可得面，可得BC1上任意一点到平面AD1C的距离相等，由此可判断；
对于选项B，点P在直线BC1上运动时，直线AB与平面AD1C所成的角和直线AC1与平面AD1C所成的角不相等，可判断；
对于选项C，根据线面垂直的判定定理可证得A1D⊥平面ABC1D1,再由线面垂直的性质可证得
又平面ABC1D1,所以A1D⊥AP，所以点P在直线BC1上运动时，直线AP与直线A1D所成的角的大小不变，故C正确；
对于选项D，当点P在直线BC1上运动时，AP平面BAD1 C1,即二面角P﹣AD1﹣C的大小不受影响，故D正确.
【详解】
对于选项A，因为，面，面，所以面，
所以BC1上任意一点到平面AD1C的距离相等，又，所以三棱锥A﹣D1PC的体积不变，故A正确；
对于选项B，点P在直线BC1上运动时，直线AB与平面AD1C所成的角和直线AC1与平面AD1C所成的角不相等，故B错误；
对于选项C，设，则，又面，所以，又，所以A1D⊥平面ABC1D1,
又平面ABC1D1,所以A1D⊥AP，所以点P在直线BC1上运动时，直线AP与直线A1D所成的角的大小不变，故C正确；
对于选项D，当点P在直线BC1上运动时，AP平面BAD1 C1,即二面角P﹣AD1﹣C的大小不受影响，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】
方法点睛：对于立体几何中的动点问题，常需动中觅静，这里的"静"是指问题中的不变量或者是不变关系，动中觅静就是在运动变化中探索问题中的不变性."静"只是"动"的瞬间，是运动的一种特殊形式，然而抓住"静"的瞬间，使一般情形转化为特殊情形，问题便迎刃而解.
11．BC
【解析】
根据正弦定理可得，再根据三角形有两解可得且，即可求解.
【详解】
由正弦定理可得：，
所以，
因为有两解，所以且，
所以，，可得，
所以和符合题意，
故选：BC.
12．ABD
【解析】
【分析】
代入法验证对称中心判断A；将转化为求值判断B；利用三角形内角的性质、正弦定理，从充分性、必要性两方面判断C；根据新函数定义，结合正余弦函数的周期性及图象求函数最大值判断D.
【详解】
A：，所以是的一个对称中心，正确；
B：，则，正确；
C：充分性：，则，由正弦定理可知，，又有，则，即，充分性成立，必要性：由，可知：，则，必要性成立，不正确；
D：是周期为的函数，，且周期为的函数，
当时，由图象知，的最大值是，正确.
故选：ABD.
13．
【解析】
【分析】
在中，，，则，再由正弦定理列出方程，即可求解.
【详解】
由题设可知，在中，，，所以，
由正弦定理得，即，解得．
故答案为：.
【点睛】
本题主要考查了解三角形的实际应用，其中解答中熟练应用正弦定理，列出方程是解答的关键，着重考查运算与求解能力，属于基础题.
14．
【解析】
【详解】
，
15．
【解析】
【详解】
不妨设正方形的边长为，作，垂足为，由，得平面，故，又，得平面，故直线在平面内的射影为，易知，则与平面所成的角为与平面内的直线所成的最小角为，而直线与所成角的最大角为（当与重合时，与所成角为的），所以直线与所成角的取值范闱为，故答案为.
16．
【解析】
【分析】
利用题中的定义设出方程，利用向量的坐标运算得到方程组，给其中一个未知数赋值求出方程组的一个解．
【详解】
设k1+k2+k3，
则
依次可取的一组值是
故答案为
【点睛】
本题考查理解题中给的新定义、向量的坐标运算、平面向量的基本定理．
17．（1）（2）；；
【解析】
【分析】
（1）利用两点间距离公式表示出，解方程求得结果；（2）设，根据三角函数的定义、诱导公式、同角三角函数关系可求得结果.
【详解】
（1）由题意得：且，解得：
（2）设，则有：，，
由得：
；；
【点睛】
本题考查三角函数的定义、同角三角函数求解、诱导公式应用，属于基础题.
18．（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）首先证得面，然后根据面面垂直的判定即可得出结论；
（2）根据已知条件列出方程，解之即可.
【详解】
（1）证明：取中点，连.，，
四边形为菱形，，为正三角形， ，
正方形所在平面与平面垂直，
又∵平面平面垂直，
∴面，面，.，
面，
面，面面，得证.
（2）解：设，则，由勾股定理得，由（1）可知面，
故，
即，解得..
19．（Ⅰ）3（Ⅱ）
【解析】
【分析】
（Ⅰ）由可求得，结合三角形的面积公式可求出，再由余弦定理可求出；（Ⅱ）由（Ⅰ）求得，的值，然后利用两角差的余弦公式求解的值即可．
【详解】
解：（Ⅰ）由，，得，
，即．
又，
解得；
（Ⅱ）由（Ⅰ）得，，
，
故
．
【点睛】
本题考查三角函数的恒等变换及化简求值，考查解三角形知识，属于中档题．
20．详见解析
【解析】
【分析】
先列表，再描点连线，即可.
【详解】
【点睛】
本题考查五点作图法，考查基本分析作图能力，属基础题.
21．（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）连接，交于点，证明，可得出为的角平分线，利用等腰三角形三线合一的性质得出，再由直棱柱的定义得出平面，可得出，通过证明平面得出；
（2）计算出四边形的面积，然后利用锥体的体积公式可计算出四棱锥的体积.
【详解】
（1）连接，交于点.
因为，，，
所以.
在等腰中，因为是顶角的平分线，所以.
又因为是直四棱柱，平面，
平面，所以.
因为，所以平面，
因为平面，所以；
（2）由（1）可知，，，，所以.
所以四边形的面积，
故四棱锥的体积.
【点睛】
本题考查利用线面垂直的性质证明线线垂直，同时也考查了锥体体积的计算，考查推理能力与计算能力，属于中等题.
22．（1） ；（2） 增区间是,减区间是；（3）,.
【解析】
（1）根据平面向量数量积的坐标表示公式，结合二倍角的正弦、二倍角的余弦公式、辅助角公式化简函数的解析式，再根据函数的对称点，求出的值即可；
（2）根据正弦型函数的单调性进行求解即可；
（3）根据数量积的坐标表示公式，结合两向量垂直它们的数量积为零，再结合特殊角的三角函数值求出的值．
【详解】
（1）,
的图象关于点对称
,
即,
．
（2）的单调递增区间为：；
单调递减区间为：
；
所以在上的增区间是,减区间是；
（3）
即,
解得,
【点睛】
本题考查了平面向量数量积的坐标表示公式，考查了正弦型函数的单调性，考查了利用正弦型函数的对称性求解析式，考查了二倍角的正弦、二倍角的余弦公式、辅助角考查了数学运算能力.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页