2024北师版高中数学必修第二册同步练习题--全书综合测评(含解析)

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2024北师版高中数学必修第二册同步练习题
全书综合测评
全卷满分150分　考试用时120分钟
一、单项选择题(本大题共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.复数在复平面内对应的点位于(　　)
A.第一象限　　　　B.第二象限
C.第三象限　　　　D.第四象限
2.已知|a|=4,|b|=3,(2a-3b)·(2a+b)=13,则a与b的夹角θ=(　　)
A.
3.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别是a,b,c,则“”是“△ABC为等腰三角形”的(　　)
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
4.已知正四面体A-BCD的顶点都在半径为的球O的球面上,过点A,B,O作平面α截该正四面体,则所得截面的面积为(　　)
A.2　　　　B.2
5.已知函数f(x)=2cos(ωx+φ)的部分图象如图所示,则f(x)图象的一个对称中心是(　　)
A.
C.
6.已知△ABC的三个内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,满足cos2A-cos2B+cos2C=1+sin Asin C,且sin A+sin C=1,则△ABC的形状为(　　)
A.等边三角形
B.等腰直角三角形
C.顶角为的等腰三角形
D.顶角为的等腰三角形
7.如图,在底面边长为4,侧棱长为6的正四棱锥P-ABCD中,E为侧棱PD的中点,则异面直线PB与CE夹角的余弦值是(　　)
A.
C.
8.已知函数f(x)=2sin ωxcos2-sin2ωx(ω>0)在区间上单调递增,且在区间[0,π]上恰好取得一次最大值,则ω的取值范围是(　　)
A.
C.
二、多项选择题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多个选项符合题目要求,全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分)
9.已知△ABC的面积为3,在△ABC所在的平面内有两点P,Q,满足,记△APQ的面积为S,则下列说法正确的是(　　)
A.∥
C.·>0　　　　D.S=4
10.已知角A,B,C是△ABC的三个内角,下列结论一定成立的有(　　)
A.cos A+cos B>0
B.若AC.若△ABC是锐角三角形,则sin A>cos B
D.若角C是钝角,则tan Atan B>1
11.设A,B,C,D四点在一个半径为4的球的球面上,△ABC为等边三角形且其面积为9,则三棱锥D-ABC的体积可能为(　　)
A.12
12.已知函数f(x)=sin[cos x]+cos[sin x],其中[x]表示不超过实数x的最大整数,则下列结论正确的是(　　)
A.f =cos 1
B.2π是f(x)的一个周期
C.f(x)在(0,π)上单调递减
D.f(x)的最大值为
三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.将答案填在题中横线上)
13.已知向量a,b的夹角为60°,|a|=1,|b|=2,若(a+λb)∥(2a+b),则λ=　　　,若(a+μb)⊥(2a+b),则μ=　　　.(本题第一空2分,第二空3分)
14.已知sin,那么sin=　　　　.
15.若角A是三角形ABC的一个内角,且sin A·cos A=-,则cos A-sin A=　　　　.
16.1611年,约翰内斯·开普勒提出了“没有任何装球方式的密度比面心立方与六方最密堆积要高”的猜想.简单地说,开普勒猜想就是对空间中如何堆积最密圆球的解答.2017年,由匹兹堡大学数学系教授托马斯·黑尔斯(Thomas Hales)带领的团队发表了关于开普勒猜想证明的论文,给这个超过三百年悬而未决的历史难题提交了一份正式的答案.现有大小、形状都相同的若干个篮球,按照下面图片中的方式紧密摆放(底层形状为等边三角形,每边4个球,共4层),这些篮球共　　　　个;若篮球的直径为22 cm,则最上面的篮球的球顶距离地面的高度为　　　cm.(本题第一空2分,第二空3分)
四、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.(本小题满分10分)在复平面内,设O为坐标原点,已知向量分别对应复数z1,z2,且z1=+(2a-5)i,a∈R.若+z2可以与任意实数比较大小,求·的值.
18.(本小题满分12分)如图所示,在四棱锥C-ABED中,四边形ABED是正方形,点G,F分别是线段EC,BD的中点.
(1)求证:GF∥平面ABC;
(2)若AD⊥平面ABC,且AB=2AC,求异面直线GF与CD夹角的余弦值.
19.(本小题满分12分)在①2cos2B+cos 2B=0,②bcos A+acos B=+1这两个条件中任选一个,补充在下面问题的横线上,并解决相应问题.
已知在锐角△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,△ABC的面积为S,若4S=b2+c2-a2,b=,　　　　,求△ABC的面积S的大小.
注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.
20.(本小题满分12分)已知函数y=Asin(ωx+φ)的图象过点P,且图象上与P点最近的一个最高点的坐标为.
(1)求此函数的解析式;
(2)指出此函数的单调递增区间;
(3)若将此函数的图象向左平移m(m>0)个单位长度,再向下平移2个单位长度后得到g(x)的图象,且g(x)的图象正好关于y轴对称,求m的最小正值.
21.(本小题满分12分)在矩形ABCD中,AB=2AD=2,P为线段DC的中点,将△ADP沿AP折起,使得平面ADP⊥平面ABCP,得到四棱锥D-ABCP.
(1)在DC上是否存在点E,使得AD∥平面PBE 若存在,求出点E的位置;若不存在,请说明理由;
(2)求二面角P-AD-B的平面角的余弦值.
22.(本小题满分12分)已知向量m=(1,cos ωx),n=(sin ωx,)(ω>0),函数f(x)=m·n,且f(x)图象上的一个最高点为P,与P最近的一个最低点为.
(1)求函数f(x)的解析式;
(2)设a为常数,判断方程f(x)=a在区间上的解的个数;
(3)在锐角△ABC中,若cos=1,求f(A)的取值范围.
答案全解全析
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1.D 2.C 3.A 4.D 5.D 6.D
7.D 8.B 9.BD 10.ABC 11.AB 12.AB
1.D　复数i,
则其在复平面内对应的点为,位于第四象限,故选D.
2.C　∵(2a-3b)·(2a+b)=13,∴4a2-3b2-4a·b=13,即64-27-4a·b=13,∴a·b=6,
则cos θ=,又θ∈[0,π],∴θ=.故选C.
3.A　充分性:∵,即a2+ac=b2+bc,
则a2-b2+ac-bc=0,即(a-b)(a+b+c)=0,
∵a+b+c>0,∴a=b.
∴△ABC为等腰三角形,即充分性成立.
必要性:若△ABC为等腰三角形,则a=c或b=c或a=b,当a=c或b=c时,等式不一定成立,即必要性不成立.
综上所述,“”是“△ABC为等腰三角形”的充分不必要条件.故选A.
4.D　如图,将正四面体A-BCD放置在正方体中,则球O即为正方体的外接球.
设正方体的棱长为a,则.
取CD的中点M,AB的中点N,连接AM,BM,MN,则O为MN的中点,
则△ABM为平面α截该正四面体所得的截面,其面积为·AB·MN=.故选D.
5.D　由题图得,,∴T=2π,
∴ω==1,∴f(x)=2cos(x+φ),
而f=2kπ,k∈Z,
又|φ|<.
令x++kπ,k∈Z,得x=+kπ,k∈Z.
结合选项可知,当k=-2时,f(x)图象的一个对称中心是.
故选D.
6.D　因为cos2A-cos2B+cos2C=1+sin Asin C,所以1-sin2A-(1-sin2B)+1-sin2C=1+sin Asin C,即sin2A+sin2C-sin2B=-sin Asin C,
由正弦定理可得a2+c2-b2=-ac,
由余弦定理的推论得cos B=,
因为B∈(0,π),所以B=,所以A+C=,
又sin A+sin C=1,故sin A+sin=1,整理得sin=1,故A=,所以C=,故△ABC是顶角为的等腰三角形.故选D.
7.D　如图,取PA的中点F,AB的中点G,BC的中点H,连接EF,FG,FH,GH,
易得EF∥CH,EF=CH,从而四边形EFHC是平行四边形,则EC∥FH,且EC=FH.
因为F是PA的中点,G是AB的中点,
所以FG为△ABP的中位线,所以FG∥PB,则∠GFH(或其补角)是异面直线PB与CE的夹角.由题意可得FG=3,GH=.
在△PCD中,cos∠DPC=,则CE2=PC2+PE2-2PC·PEcos∠DPC=17,即CE=,所以FH=.
在△GFH中,cos∠GFH=.故选D.
8.B　f(x)=2sin ωxcos2-sin2ωx=sin ωx
=sin ωx=sin ωx(sin ωx+1-sin ωx)=sin ωx,
令ωx=+2kπ,k∈Z,得x=,k∈Z,
由f(x)在区间[0,π]上恰好取得一次最大值,可得解得≤ω<.
令-+2kπ≤ωx≤+2kπ,k∈Z,得-≤x≤,k∈Z,
由f(x)在区间上单调递增,可得解得ω≤.
综上,ω的取值范围是.
9.BD　由,可知点P为线段AC上靠近点C的三等分点,点Q在线段AB的延长线上,且B为AQ的中点,如图所示:
对于A,点P不是线段AC的中点,点B是AQ的中点,所以与不平行,故A错误;
对于B,,故B正确;
对于C,·|cos π=-||<0,故C错误;
对于D,设△ABC的边AB上的高为h,则S△ABC=·AB·h=3,即AB·h=6,则S△APQ=·AQ·×6=4,即S=4,故D正确.故选BD.
10.ABC　∵角A,B,C是△ABC的三个内角,∴0cos(π-B)=-cos B,∴cos A+cos B>0,A正确;若A,即-B>0,而y=sin x在上单调递增,∴sin A>sin=cos B,C正确;若角C是钝角,则tan A>0,tan B>0,且0>0,故1-tan Atan B>0,则tan Atan B<1,D错误.故选ABC.
11.AB　设等边△ABC的边长为a,则有S△ABC=,解得a=6(负值舍去).设△ABC外接圆的半径为r,则r=,则球心到平面ABC的距离为=2,所以点D到平面ABC的最大距离为2+4=6,所以三棱锥D-ABC体积的最大值为.故选AB.
12.AB　对于A,f =sin 0+cos 1=cos 1,故A正确;
对于B,因为f(x+2π)=sin[cos(x+2π)]+cos[sin(x+2π)]=sin[cos x]+cos[sin x]=f(x),所以2π是f(x)的一个周期,故B正确;
对于C,当x∈时,0cos[sin x]=sin 0+cos 0=1,故C错误;
对于D,因为f(0)=sin[cos 0]+cos[sin 0]=sin 1+cos 0=sin 1+1>,故D不正确.故选AB.
13.答案　
解析　∵(a+λb)∥(2a+b),∴存在唯一实数n,使得a+λb=n(2a+b),
∴1=2n,λ=n,∴λ=n=.∵(a+μb)⊥(2a+b),且向量a,b的夹角为60°,|a|=1,|b|=2,∴(a+μb)·(2a+b)=2a2+(1+2μ)a·b+μb2=2+1+2μ+4μ=0,解得μ=-.
14.答案　
解析　因为sin,所以sin.
15.答案　-
解析　因为角A是三角形ABC的一个内角,所以sin A>0,
又sin A·cos A=-,所以cos A<0,所以cos A-sin A<0,
因为(cos A-sin A)2=1-2sin Acos A=1-2×,
所以cos A-sin A=-.
16.答案　20;22(1+)
解析　①从下往上,各层球的个数依次是10,6,3,1,所以共有20个.
②连接位于四个顶点的球的球心,得到一个棱长为66 cm的正四面体O1-O2O3O4,取O3O4的中点E,连接O2E,如图.
设△O2O3O4的重心为F,则F在线段O2E上,且O2F=2EF,连接O1F,则O1F⊥平面O2O3O4,
易得O2E=33 cm,O2F=33(cm).
所以最上面的篮球的球顶距离地面的高度约为22(+1)cm.
17.解析　由题意,得-(10-a2)i,
则+(a2+2a-15)i.(4分)
因为+z2可以与任意实数比较大小,
所以+z2是实数,(6分)
所以a2+2a-15=0,解得a=-5或a=3.
又因为a+5≠0,1-a≠0,所以a=3,所以z1=+i,z2=-1+i,(8分)
所以=(-1,1).
所以·.(10分)
18.解析　(1)证明:连接AE,∵四边形ABED是正方形,且F是BD的中点,∴F也是AE的中点.
∵G是EC的中点,∴GF∥AC.(3分)
∵GF 平面ABC,AC 平面ABC,∴GF∥平面ABC.(6分)
(2)由(1)可知GF∥AC,
∴∠DCA(或其补角)是异面直线GF与CD的夹角.(8分)
∵AD⊥平面ABC,AC 平面ABC,∴AD⊥AC,
∵AB=2AC,四边形ABED是正方形,∴AD=2AC,
令AC=1,则AD=2,CD=,(10分)
∴cos∠DCA=,
∴异面直线GF与CD夹角的余弦值为.(12分)
19.解析　因为4S=b2+c2-a2,cos A=bcsin A,
所以2bcsin A=2bccos A.
显然cos A≠0,所以tan A=1,
又A∈,所以A=.(4分)
若选择①,由2cos2B+cos 2B=0,得cos2B=.
又B∈,所以B=,(6分)
由,得a==2.(8分)
又sin C=sin[π-(A+B)]=sin(A+B)=sin Acos B+cos Asin B=,(10分)
所以S=absin C=. (12分)
若选择②,由bcos A+acos B=+1,
得b·+a·+1,(8分)
所以S=bcsin A=. (12分)
20.解析　(1)由已知可得A=5,,
∴T==π,即ω=2,∴y=5sin(2x+φ),(2分)
又5sin,(4分)
∴此函数的解析式为y=5sin.(5分)
(2)由(1)知y=5sin.由2kπ-≤2x-≤2kπ+(k∈Z),得kπ-≤x≤kπ+(k∈Z),∴此函数的单调递增区间是(k∈Z).(7分)
(3)由题可得g(x)=5sin-2,(8分)
∵g(x)的图象正好关于y轴对称,∴2m-+kπ,k∈Z,(10分)
解得m=,k∈Z,当k=0时,m取得最小正值,且最小正值为.(12分)
21.解析　(1)存在.如图所示.
连接AC,BP,设AC交BP于点F,
∵CP∥AB,且CP=.
取DC 的三等分点为E,则,连接EF,PE,BE,则EF∥AD. (3分)
又EF 平面PBE,AD 平面PBE,
∴AD∥平面PBE.
故存在满足条件的点E,且E是线段CD上靠近点C的三等分点.(6分)
(2)易知AP=BP=,AB=2,∴AP2+BP2=AB2,∴AP⊥BP.
又平面ADP⊥平面ABCP,平面ADP∩平面ABCP=AP,BP 平面ABCP,
∴BP⊥平面ADP,∵DP 平面ADP,∴BP⊥DP, (8分)
∴BD2=DP2+BP2=1+2=3.
在△ADB中,∵AB2=AD2+BD2,∴AD⊥DB,
又PD⊥AD,PD 平面ADP,BD 平面ADB,平面ADP∩平面ADB=AD,
∴∠PDB即为二面角P-AD-B的平面角,(10分)
在Rt△PDB中,cos∠PDB=,
∴二面角P-AD-B的平面角的余弦值为. (12分)
22.解析　(1)f(x)=m·n=sin ωx+cos ωx=2sin ωx+cos ωx=2sin.(2分)
∵f(x)图象上的一个最高点为P,与P最近的一个最低点为,
∴T=π,
又ω>0,∴ω==2.(3分)
∴f(x)=2sin.(4分)
(2)当x∈时,≤2x+≤,
由f(x)=2sin的图象(图略)可知,
当a∈[,2)时,方程f(x)=a在区间上有两解;(6分)
当a∈[-)或a=2时,方程f(x)=a在区间上有一解;
当a<-或a>2时,方程f(x)=a在区间上无解. (8分)
(3)在锐角△ABC中,0又cos.(9分)
在锐角△ABC中,0∴,
∴sin∈,(10分)
∴f(A)=2sin∈(-).
∴f(A)的取值范围是(-).(12分)
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