新人教版高中数学必修第二册 期中学业水平检测（含解析）

新人教版高中数学必修第二册 期中学业水平检测
一、选择题(本题共8小题,每小题5分,共40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.设复数z=(1-2i)i(i为虚数单位),则在复平面内z对应的点位于(　　)
A.第一象限 B.第二象限
C.第三象限 D.第四象限
2.若向量a=(1,2),b=(0,1),ka-b与a+2b共线,则实数k的值为(　　)
A.-1 B.- C.1 D.2
3.已知正△ABC的边长为,那么△ABC的直观图△A'B'C'的面积为(　　)
A. B. C. D.
4.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若c=4,b=12,C=,则此三角形(　　)
A.无解 B.有两解
C.有一解 D.解的个数不确定
5.已知圆柱的高为2,它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上,则圆柱的表面积为(　　)
A.4π B.(8+6)π
C.10π D.(10+4)π
6.在平行四边形ABCD中,N为对角线AC上靠近A点的三等分点,连接BN并延长,交AD于M,则=(　　)
A.-+ B.-
C.- D.-
7.《算数书》竹简于20世纪80年代在湖北省江陵县张家山出土,这是我国现存最早的有系统的数学典籍,其中记载有求“囷盖”的术:置如其周,令相乘也,又以高乘之,三十六成一.该术相当于给出了由圆锥的底面周长L与高h计算其体积V的近似公式V≈L2h.它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取为3.那么,近似公式V≈L2h相当于将圆锥体积公式中的圆周率π近似取为(　　)
A. B. C. D.
8.在三角形ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若a=b,且B=2A,则cos 2A等于(　　)
A. B.- C. D.-
二、选择题(本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,有选错的得0分,部分选对的得3分)
9.在复平面内,下列说法正确的是(　　)
A.若复数z=(i为虚数单位),则z30=-1
B.若复数z满足z2∈R,则z∈R
C.若复数z=a+bi(a,b∈R),则z为纯虚数的充要条件是a=0
D.若复数z满足|z|=1,则复数z对应点的集合是以原点O为圆心,1为半径的圆
10.下列叙述错误的是(　　)
A.已知直线l和平面α,若点A∈l,点B∈l且A∈α,B∈α,则l α
B.若三条直线两两相交,则三条直线确定一个平面
C.若直线l不平行于平面α,且l α,则α内的所有直线与l都不相交
D.若直线l1和l2不平行,且l1 α,l2 β,α∩β=l,则l至少与l1,l2中的一条相交
11.下列结论正确的是(　　)
A.若A>B,则sin A>sin B
B.在锐角△ABC中,不等式b2+c2-a2>0恒成立
C.在△ABC中,若C=,a2-c2=bc,则△ABC为等腰直角三角形
D.在△ABC中,若b=3,A=60°,S△ABC=3,则△ABC的外接圆半径为
12.在△ABC中,D、E、F分别是边BC、AC、AB的中点,则下列说法正确的是(　　)
A.+-=0
B.++=0
C.若+=,则是在上的投影向量
D.若P是线段AD上的动点,且满足=λ+μ,则λμ的最大值为
三、填空题(本题共4小题,每小题5分,共20分)
13.已知复数z=(i为虚数单位),则||=　　　　.
14.已知向量a,b的夹角为30°,|a|=2,|b|=2,则|2a+b|=　　　　.
15.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c.若(a+b+c)(a+b-c)=3ab,且a2=bc,则的值为　　　　.
16.已知一个高为的三棱锥,各侧棱长都相等,底面是边长为2的等边三角形,则三棱锥的表面积为　　　　,若三棱锥内有一个体积为V的球,则V的最大值为　　　　.
四、解答题(本题共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.(10分)如图,在几何体ABCDEF中,四边形ABCD为平行四边形,G为FC的中点,平面ABFE∩平面CDEF=EF.
(1)证明:AF∥平面BDG;
(2)证明:AB∥EF.
18.(12分)已知复数z0=lg(a2-4a+4)+(a2-3a+2)i(i为虚数单位,a∈R)为纯虚数,z0和b是关于x的方程x2-(3+2i)x+6i=0的两个根.
(1)求a,b的值;
(2)若复数z满足1≤|z|≤|a+bi|,则在复平面内z对应的点Z的集合是什么图形 并求该图形的面积.
19.(12分)已知△ABC中,三个内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.
(1)证明:acos B+bcos A=c;
(2)在①=;②ccos A=2bcos A-acos C;③2a-=这三个条件中任选一个补充在下面的问题中,并解答.
若a=7,b=5,　　　　,求△ABC的周长.
注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.
20.(12分)如图,在三棱锥S-ABC中,SC是高,SC=3,AC⊥BC,AC=BC=2.
(1)求三棱锥S-ABC的体积;
(2)求三棱锥S-ABC的表面积.
21.(12分)如图,四边形ABCD中,=2.
(1)用,表示;
(2)若∠A=90°,点E在AB上,=2,点P在DE上,=2,||=||=1,求cos∠CPD.
22.(12分)如图,在平面四边形ABCD中,AD⊥CD,AB⊥AC,AB=2.
(1)若∠ABC=30°,CD=AD,求BD的长;
(2)若AC=2,∠ADB=30°,求sin∠CAD.
答案全解全析
1.A　由已知得z=(1-2i)i=2+i,所以在复平面内z对应的点为(2,1),位于第一象限.
2.B　由已知得ka-b=(k,2k-1),a+2b=(1,4),因为ka-b与a+2b共线,所以4k=2k-1,解得k=-.
3.D　由已知得△ABC的面积S=×()2=,所以直观图△A'B'C'的面积为×=.
4.B　由正弦定理可得=,所以sin B===,因此B=或B=,故此三角形有两解.
5.D　设圆柱的底面半径为R,依题意有R2+=,所以R=,于是圆柱的表面积S=2π××2+2π×()2=(10+4)π.
6.C　依题意,△ANM∽△CNB,所以===,所以AM=BC,NM=BN,因此=-=-(-)=-=-.
7.A　设圆锥底面圆的半径为r,则圆锥底面圆周长L=2πr,∴r=,∴V=πr2h=.令=L2h,得π=.
8.A　因为a=b,所以sin A=sin B,即sin A=sin 2A=sin Acos A,于是cos A=,故
cos 2A=2cos 2A-1=.
9.AD　对于选项A,z==i,所以z30=i30=(i2)15=(-1)15=-1,故正确;对于选项B,当z2∈R时不一定有z∈R,例如z=i,故错误;对于选项C,复数z=a+bi(a,b∈R)为纯虚数的充要条件应是a=0且b≠0,故错误;对于选项D,设复数z=x+yi(x,y∈R),由|z|=1得x2+y2=1,故复数z对应点的集合是以原点O为圆心,1为半径的圆,故正确.
10.BC　若一条直线上有两点在一个平面内,那么这条直线在平面内,故A选项正确;若三条直线两两相交,则三条直线可确定1个平面或3个平面,故B选项错误;若直线l不平行于平面α,且l α,则l与α相交,因此α内存在直线与l相交,故C选项错误;若直线l1和l2不平行,且l1 α,l2 β,α∩β=l,则l至少与l1,l2中的一条相交,故D选项正确.
11.BC　A>B sin A>sin B,只有在三角形中才成立,故A选项错误;在锐角△ABC中,每个内角都是锐角,所以A是锐角,于是cos A=>0,因此b2+c2-a2>0恒成立,故B选项正确;由余弦定理可得c2=a2+b2-2abcos C,因为C=,所以c2=a2+b2-ab,又a2-c2=bc,所以ab-b2=bc,即a-b=c,则a=,所以-c2=bc,整理可得b=c,于是B=,A=,故△ABC为等腰直角三角形,即C选项正确;由b=3,A=60°,S△ABC=3,得3=×3c×sin 60°,所以c=4,于是a===,所以△ABC的外接圆直径2R===,所以△ABC的外接圆半径为,故D选项错误.
12.BCD　由题意得+-=≠0,故A选项错误;++=-(+)-(+)-(+)=0,故B选项正确;设=,=,则||=||=1,令+=,则四边形AMQN为菱形,又因为+=,所以D在∠BAC的平分线上,于是AB=AC,从而AD⊥BC,所以是在上的投影向量,故C选项正确;由于=λ+μ=λ+2μ,而P在线段AD上,所以λ+2μ=1,故λμ=λ·2μ≤·=,当且仅当μ=,λ=时,λμ取得最大值,为,故D选项正确.
13.答案　
解析　由已知得z====1-2i,于是=1+2i,故||=.
14.答案　2　
解析　|2a+b|====2.
15.答案　
解析　由(a+b+c)(a+b-c)=3ab得a2+b2-c2=ab,所以cos C=,于是C=60°,又因为a2=bc,所以sin2A=sin B·sin C,于是====.
16.答案　9;
解析　如图,依题意PD=,DC=AB=×2=2,DM=AB=×2=1,于是侧棱长PA==,斜高PM==2,所以三棱锥的表面积S=×(2)2+3××2×2=9.当球与三棱锥相切时,其体积最大,设内切球球心为O,半径为R,作ON⊥PM于点N,则△PON∽△PMD,则有=,即=,解得R=,于是V=π×=.
17.证明　(1)在平行四边形ABCD中,连接AC交BD于点O,则O为AC的中点,连接OG.(1分)
因为点G为CF的中点,所以OG为△AFC的中位线,所以OG∥AF.(3分)
又AF 平面BDG,OG 平面BDG,所以AF∥平面BDG.(5分)
(2)因为AB∥CD,AB 平面CDEF,CD 平面CDEF,
所以AB∥平面CDEF.(7分)
因为AB 平面ABFE,平面ABFE∩平面CDEF=EF,所以AB∥EF.(10分)
18.解析　(1)因为z0=lg(a2-4a+4)+(a2-3a+2)i为纯虚数,
所以即解得a=3,(3分)
此时z0=2i,由根与系数的关系得解得b=3.(6分)
(2)复数z满足1≤|z|≤|a+bi|,即1≤|z|≤3,(7分)
故所求点Z的集合是以原点为圆心,1和3为半径的两个圆所夹的圆环,包括边界.(10分)
其面积S=π[(3)2-12]=17π.(12分)
19.解析　(1)证明:acos B+bcos A
=a·+b·=+==c=右边,所以等式成立.(4分)
(2)选择①.
由=可得2ccos A-bcos A=acos B,即2ccos A=bcos A+acos B.
所以2ccos A=c,(6分)
所以cos A=,所以A=60°.(7分)
又因为a=7,b=5,所以由正弦定理得=,于是sin B=,
而a>b,所以A>B,于是cos B=,(9分)
从而sin C=sin(A+B)=sin(B+60°)=×+×=,(10分)
由正弦定理可得=,于是c=8,故△ABC的周长为7+5+8=20.(12分)
选择②.由ccos A=2bcos A-acos C可得2bcos A=acos C+ccos A=a·+c·==b,(6分)
所以cos A=,所以A=60°.(7分)
又因为a=7,b=5,所以由正弦定理得=,于是sin B=,
而a>b,所以A>B,于是cos B=,(9分)
从而sin C=sin(A+B)=sin(B+60°)=×+×=,(10分)
由正弦定理可得=,于是c=8,故△ABC的周长为7+5+8=20.(12分)
选择③.由2a-=可得2a=+=,
又bcos C+ccos B=b·+c·==a,所以2a=,(6分)
所以cos A=,所以A=60°.(7分)
又因为a=7,b=5,所以由正弦定理得=,于是sin B=,
而a>b,所以A>B,于是cos B=,(9分)
从而sin C=sin(A+B)=sin(B+60°)=×+×=,(10分)
由正弦定理可得=,于是c=8,
故△ABC的周长为7+5+8=20.(12分)
20.解析　(1)因为AC⊥BC,AC=BC=2,所以S△ABC=AC×BC=×2×2=2.(2分)
又因为SC是高,且SC=3,所以VS-ABC=S△ABC·SC=×2×3=2.(4分)
(2)因为SC是高,SC=3,AC=BC=2,
所以S△SAC=S△SBC=AC·SC=×2×3=3,(6分)
SA=SB==,AB=2,所以△SAB是等腰三角形,且AB边上的高为=,(8分)
所以S△SAB=×2×=,(10分)
由(1)知S△ABC=2,所以三棱锥S-ABC的表面积为3+3+2+=8+.(12分)
21.解析　(1)因为=2,
所以=++=-++=-+.(3分)
(2)连接CE.因为=2,=2,||=||=1,所以||=2,||=2.(5分)
在△ADE中,∠A=90°,AE=AD=2,
所以∠AED=∠ADE=45°,DE=2.
在△BCE中,易知∠B=90°,又BE=BC=1,所以∠BCE=∠BEC=45°,CE=,
因此∠CEP=90°.(7分)
又因为=2,所以||=,||=.(9分)
在△CEP中,∠CEP=90°,CE=,PE=,所以CP=.因此cos∠CPE==.(11分)
又因为∠CPE+∠CPD=π,所以cos∠CPD=-.(12分)
22.解析　(1)在Rt△ABC中,AC=AB·tan∠ABC=2·tan 30°=2.
在Rt△ACD中,由于tan∠CAD==,所以∠CAD=60°.(2分)
所以AD=AC·cos∠CAD=2×cos 60°=1.(4分)
又易知∠BAD=∠CAD+∠CAB=60°+90°=150°,
所以在△ABD中,有BD2=AB2+AD2-2AB·AD·cos∠BAD=(2)2+12-2×2×1×=19,所以BD=.(6分)
(2)设∠CAD=θ,则AD=2cos θ,因为∠ABD+30°+90°+θ=180°,所以∠ABD=60°-θ.(8分)
在△ABD中,由正弦定理得=,
化简得cos θ=sin θ,代入sin 2θ+cos 2θ=1,得sin2θ=.(11分)
易知θ为锐角,所以sin θ=,即sin∠CAD=.(12分)