2025北师大版高中数学必修第二册强化练习题--全书综合测评

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2025北师大版高中数学必修第二册
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z=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.《五曹算经》是我国南北朝时期数学家甄鸾为各级政府的行政人员编撰的一部实用算术书.其第四卷第九题如下:“今有平地聚粟,下周三丈,高四尺,问粟几何 ”其意思为“场院内有圆锥形稻谷堆,底面周长为3丈,高为4尺,那么这堆稻谷有多少斛 ”已知1丈等于10尺,1斛稻谷的体积约为1.62立方尺,则堆放的稻谷约有(π=3)(　　)
A.60.08斛　　　　B.171.24斛　　　　C.61.73斛　　　　D.185.19斛
4.已知cos α=,α∈,角β的顶点为坐标原点,始边与x轴的非负半轴重合,终边经过点P,且β∈(0,π),则α-β=(　　)
A.
5.在△ABC中,点P满足2,过点P的直线与AB,AC所在的直线分别交于点M,N,若(x>0,y>0),则2x+y的最小值为(　　)
A.3　　　　B.3
6.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.
7.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.
8.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若c-b=2bcos A,则的取值范围是(　　)
A.(-1,2)　　　　B.　　　　D.(2,3)
二、多项选择题(本大题共3小题,每小题6分,共18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6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分)
9.已知复数z的共轭复数为,对于任意的两个复数z1,z2,则下列结论错误的是(　　)
A.若复数z=2-i,则z2=3-2i
B.若复数z满足z(2-i)=i,则
C.|z+|≤2|z|
D.|z1-+z2|
10.已知函数y=f(x)=(|φ|<π)的部分图象如图所示,M,N分别是函数图象的最高点和最低点,记∠MON=θ,则下列结论正确的是　　　(　　)
A.函数f(x)的单调递增区间为[3+8k,7+8k],k∈Z
B.函数f(x)图象的对称中心为(1+4k,0),k∈Z
C.φ=
D.tan(θ-φ)=-2-
11.如图,在边长为2的正方形ABCD中,E,F分别是AB,BC的中点,将△ADE,△CDF,△BEF分别沿DE,DF,EF折起,使A,B,C重合于点P,则下列结论正确的是(　　)
A.PD⊥EF
B.三棱锥P-DEF的外接球的体积为2π
C.点P到平面DEF的距离为
D.二面角P-EF-D的平面角的余弦值为
三、填空题(本大题共3小题,每小题5分,共15分.将答案填在题中横线上)
12.已知sin,那么sin=　　　　.
13.1611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.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.
14.在△ABC中,点D,E分别在BC,AB上,且DC=2BD=2,BE=2AE,AD交CE于点P,设=a,=b,用a,b表示为　　　　;若M为CE上一动点,且∠ECB=30°,则·的最小值为　　　　.
四、解答题(本大题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
15.(13分)如图,在平行四边形ABCD中,∠BAD=60°,.
(1)若(x,y∈R),求3x+2y的值;
(2)若|·=-18,求边AD的长.
16.(15分)在①∠BAC的平分线与BC边交于D,且AD=;②D为BC的中点,AD=;③AH为BC边上的高,AH=这三个条件中任选一个,补充在下面的问题中,并解决该问题.
在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知b=2,2cos A=3-acos B.
(1)求c;
(2)若　　　　,求∠BAC的大小.
注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.
17.(15分)已知函数f(x)=2sin xcos x+2cos 2x-.
(1)求f(x)的单调递增区间;
(2)当x∈时,求f(x)的最值及取最值时x的值;
(3)当x∈时,关于x的不等式af -f ≥4恒成立,求实数a的取值范围.
18.(17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.
19.(17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　z=i,则复数z在复平面内对应的点为,位于第四象限.
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.C　设圆锥形稻谷堆的底面半径为r尺,由题知圆锥的底面周长C=30尺,即2πr=30,解得r=,所以圆锥的体积V==100(立方尺),≈61.73(斛),所以堆放的稻谷约有61.73斛.
4.A　因为角β的终边经过点P,所以cos β=,sin β=,
又cos α=,α∈,所以sin α=,
所以sin(α-β)=sin αcos β-cos αsin β=,
因为β∈(0,π),α∈,所以α-β∈,所以α-β=.
5.A　如图所示,,
∵(x>0,y>0),
∴,
由M,P,N三点共线,得=1,
∴2x+y=(2x+y)≥=3,当且仅当x=y=1时等号成立.
故选A.
6.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.
7.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.
8.D　由题意,结合正弦定理得sin C-sin B=2sin Bcos A,
又sin C=sin[π-(A+B)]=sin(A+B)=sin Acos B+cos Asin B,
所以sin Acos B+cos Asin B-sin B=2sin Bcos A,
则sin B=sin Acos B-sin Bcos A=sin(A-B),
又A∈(0,π),B∈(0,π),则A-B∈(-π,π)
所以B=A-B或B+(A-B)=π,即A=2B或A=π(舍去),
则C=π-A-B=π-3B,
所以解得0所以
=
==2cos B+1∈(2,3),
所以的取值范围是(2,3).故选D.
9.ABD　对于A,z2=4-4i+i2=3-4i,故A错误;
对于B, z=,所以,故B错误;
对于C,因为|z|=||,所以|z+|≤|z|+||=2|z|,故C正确;
对于D,例如:z1=z2=1,则=1,
则|z1-+z2|=2,即|z1-|≠|+z2|,故D错误.故选ABD.
10.ABD　由题意得,f(x)的最小正周期T==8,
由题中的图象易得该函数的一个零点为(1,0),将其代入f(x)=得,=0,即cos=0,
又|φ|<π,所以φ=,故C错误;
f(x)=,
令-π+2kπ≤≤2kπ,k∈Z,解得-5+8k≤x≤8k-1,k∈Z,
结合T=8,得x∈[3+8k,7+8k],k∈Z,
所以f(x)的单调递增区间为[3+8k,7+8k],k∈Z,故A正确;
令,k∈Z,解得x=4k+1,k∈Z,
所以f(x)图象的对称中心为(1+4k,0),k∈Z,故B正确;
当x=-1时,f(x)=,故M(-1,),
当x=3时,f(x)=,故N(3,-),
如图,过M,N分别作MP,NQ垂直于x轴于点P,Q,
在Rt△MOP中,tan∠MOP=,
所以∠MOP=,所以∠MOy=,
在Rt△NOQ中,tan∠NOQ=,所以∠NOQ=,而∠xOy=,
所以∠MON=θ=,可得θ-φ=,
故tan(θ-φ)=tan ,故D正确.
故选ABD.
11.AC　如图1,取EF的中点H,连接PH,DH,
由折叠前的图形知△BEF和△DEF均为等腰三角形,故PH⊥EF,DH⊥EF,因为PH∩DH=H,PH,DH 平面PDH,所以EF⊥平面PDH,又PD 平面PDH,所以PD⊥EF,故A正确;
由题意得PE,PF,PD两两垂直,
所以构造如图2所示的长方体,
则长方体的外接球就是三棱锥P-DEF的外接球,长方体的体对角线长就是外接球的直径,设其为2R,易得PE=PF=1,PD=2,则(2R)2=12+12+22=6,即R=,所以三棱锥P-DEF外接球的体积为π,故B错误;
因为PD⊥PF,PD⊥PE,且PF∩PE=P,所以PD⊥平面PEF,易得DE=DF=,所以DH=,设点P到平面DEF的距离为h,由VD-PEF=VP-DEF,可得×h,解得h=,故C正确;
由A中的分析知PH⊥EF,DH⊥EF,所以∠PHD为二面角P-EF-D的平面角,由B中分析知PD⊥平面PEF,又PH 平面PEF,所以PD⊥PH,易得PH=,故cos∠PHD=,故D错误.
故选AC.
12.答案　
解析　因为sin,所以sin.
13.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为22(+1)cm.
14.答案　a+b;
解析　设(0所以=a-b,b+t=ta+(1-t)b①,
设(0所以=b-a,(1-k)a+kb②,
由①②得,ta+(1-t)b=(1-k)a+kb,
又a与b不共线,所以解得
所以a+b.
如图,以C为坐标原点,建立平面直角坐标系,
因为DC=2BD=2,所以BC=3,则B(-3,0),D(-2,0),
设M(t≤0),则,
所以·,
根据二次函数的性质知,当t=-时,.
15.解析　(1)在平行四边形ABCD中,,
所以,(4分)
又(x,y∈R),∴x=-,∴3x+2y=-1.(6分)
(2)设AD=t(t>0),
则·)·(8分)
=-·
=-|cos∠BAD
=t-24=-18,(10分)
∴t2-t-12=0,∴t=4或t=-3(舍去),即AD=4.(13分)
16.解析　(1)由题意得bcos A=3-acos B,即bcos A+acos B=3,(1分)
由余弦定理得b·+a·=3,(3分)
所以c=3.(6分)
(2)若选①:记∠BAC=2θ,则有S△ABC=S△ACD+S△ABD,
即bcsin 2θ=b·ADsin θ+c·ADsin θ,(9分)
即6sin 2θ=sin θ+sin θ,即sin 2θ=sin θ,所以2sin θcos θ=sin θ,(11分)
因为θ∈,所以sin θ≠0,从而cos θ=,即θ=,(13分)
所以∠BAC=.(15分)
若选②:由于D为BC的中点,所以),(8分)
即4·,
又因为||=2,所以·=-3,(11分)
即||·||·cos∠BAC=-3,所以cos∠BAC=-,(13分)
又因为∠BAC∈(0,π),所以∠BAC=.(15分)
若选③:由于AH为BC边上的高,
在Rt△BAH中,BH2=AB2-AH2=9-,所以BH=,(8分)
在Rt△CAH中,CH2=AC2-AH2=4-,所以CH=,(10分)
所以BC=BH+CH=,
由余弦定理得cos∠BAC=,(13分)
又因为∠BAC∈(0,π),所以∠BAC=.(15分)
17.解析　(1)由题知,f(x)=sin 2x+cos 2x=2sin,(2分)
令-+2kπ≤2x+≤+2kπ,k∈Z,得-+kπ≤x≤+kπ,k∈Z,
所以f(x)的单调递增区间是(k∈Z).(4分)
(2)当x∈时,2x+∈,(5分)
则当2x+,即x=-时,f(x)取得最小值,为-,(7分)
当2x+,即x=时,f(x)取得最大值,为2,
故当x=-时,f(x)取得最小值-;
当x=时,f(x)取得最大值2.(9分)
(3)由(1)知,f(x)=2sin,
则f =2sin x,f =2cos 2x,(11分)
将原不等式化为2asin x≥4+2cos 2x,即asin x≥3-2sin2x,
当x∈时,令sin x=t,则t∈,at≥3-2t2,
解得a≥-2t,易知函数y=-2t在上单调递减,(13分)
当t=时,ymax=5,因此a≥5,
所以实数a的取值范围为a≥5.(15分)
18.解析　(1)存在.如图所示,连接AC,BP,设AC交BP于点F,
∵CP∥AB,且CP=.(3分)
取DC 的三等分点为E,则,连接EF,PE,BE,则EF∥AD. (5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.(7分)
(2)易知AP=BP=,AB=2,∴AP2+BP2=AB2,∴AP⊥BP.(9分)
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,
∴BD2=DP2+BP2=1+2=3.(12分)
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,(15分)
在Rt△PDB中,cos∠PDB=,
∴二面角P-AD-B的平面角的余弦值为. (17分)
19.解析　(1)由题知,f(x)=m·n=sin ωx+cos ωx=2sin ωx+cos ωx=2sin.(3分)
设函数f(x)的最小正周期为T,
∵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.(5分)
又ω>0,∴ω=.(7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;(9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. (11分)
(3)在锐角△ABC中,0又cos.(13分)
在锐角△ABC中,0∴,
∴∈,(15分)
∴f(A)=2sin∈(-).
∴f(A)的取值范围是(-).(17分)
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