北师大版高中数学必修第二册模块综合测评含答案（教师用）

模块综合测评
(时间：120分钟　满分：150分)
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．(2024·新高考Ⅱ卷，1)已知z＝－1－i，则|z|＝(　　)
A．0 B．1
C． D．2
【答案】　C
【解析】　若z＝－1－i，则|z|＝＝.故选C．
2．已知向量a＝(cos 75°，sin 75°)，b＝(cos 15°，sin 15°)，则|a－b|的值为(　　)
A． B．1
C．2 D．3
【答案】　B
【解析】　如图，将向量a，b的起点都移到原点，即a＝，b＝，则|a－b|＝||且∠xOA＝75°，∠xOB＝15°，于是∠AOB＝60°，又因为|a|＝|b|＝1，则△AOB为正三角形，从而||＝|a－b|＝1.
3．(2024·全国高考甲卷)已知＝，则tan＝(　　)
A．2＋1 B．2－1
C． D．1－
【答案】　B
【解析】　因为＝，所以＝， tan α＝1－所以tan＝＝2－1，故选B.
4．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若B＝，a＝，sin2B＝2sin Asin C，则△ABC的面积S＝(　　)
A． B．3
C． D．6
【答案】　B
【解析】　由sin2B＝2sin Asin C及正弦定理，得b2＝2ac，① 又B＝，所以a2＋c2＝b2.②
联立①②解得a＝c＝，所以S＝××＝3.
5．已知直线m，n是异面直线，则过直线n且与直线m垂直的平面(　　)
A．有且只有一个 B．至多有一个
C．有一个或无数多个 D．不存在
【答案】　B
【解析】　当异面直线互相垂直时满足条件的平面有1个，当异面直线互相不垂直时满足条件的平面有0个．故选B.
6．已知|p|＝2，|q|＝3，p，q的夹角为，如图，若＝5p＋2q，＝p－3q，D为BC的中点，则||为(　　)
A． B．
C．7 D．18
【答案】　A
【解析】　∵＝(＋)＝(6p－q)，
∴||＝＝
＝
＝＝.
7．在长方体ABCD－A1B1C1D1中，若AB＝AD＝2，CC1＝，则二面角C1－BD－C的大小为(　　)
A．30° B．45°
C．60° D．90°
【答案】　A
【解析】　如图，连接AC交BD于点O，连接OC1.因为AB＝AD＝2，所以AC⊥BD，又易知BD⊥平面ACC1A1，所以BD⊥OC1，所以∠COC1为二面角C1－BD－C的一个平面角．因为在△COC1中，OC＝，CC1＝，所以tan∠COC1＝，所以二面角C1－BD－C的大小为30°.
8．函数y＝－sin在一个周期内的图象是(　　)
【答案】　B
【解析】　y＝·
＝cos x·(－sin x)＝－2sin xcos x＝－sin 2x，故选B.
二、多项选择题(本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分)
9．设z是复数，是其共轭复数，则下列命题中正确的是(　　)
A．若z＝，则z∈R
B．若z＋>0，则|z|>0
C．若z＋∈R，则|z|＝1
D．若|z|＝2，则z·＝4
【答案】　ABD
【解析】　设z＝a＋bi(a，b∈R)，则＝a－bi，a＋bi＝a－bi b＝0 z∈R，故A正确；a＋bi＋a－bi>0 a>0 |z|>0，故B正确；z＋＝a＋bi＋＝＋i∈R b－＝0 b＝0或a2＋b2＝1，故C不正确；z·＝a2＋b2＝|z|2＝4，故D正确．故选ABD.
10．(2024·全国高考Ⅱ卷)对于函数f(x)＝sin 2x和g(x)＝sin，下列说法中正确的有(　　)
A．f(x)与g(x)有相同的零点
B．f(x)与g(x)有相同的最大值
C．f(x)与g(x)有相同的最小正周期
D．f(x)与g(x)的图象有相同的对称轴
【答案】　BC
【解析】　令f(x)＝sin 2x＝0，解得x＝，k∈Z，即为f(x)零点，令g(x)＝sin＝0，解得x＝＋，k∈Z，即为g(x)零点，显然f(x)，g(x)零点不同，A选项错误；显然f(x)max＝g(x)max＝1，B选项正确；根据周期公式，f(x)，g(x)的周期均为＝π，C选项正确；根据正弦函数的性质f(x)的对称轴满足2x＝kπ＋ x＝＋，k∈Z，g(x)的对称轴满足2x－＝kπ＋ x＝＋，k∈Z，显然f(x)，g(x)图象的对称轴不同，D选项错误．故选BC.
11．如图，矩形ABCD中，AB＝2AD＝2，E为边AB的中点．将△ADE沿直线DE翻折成△A1DE(点A1不落在底面BCDE内)．若M为线段A1C的中点，则在△ADE翻转过程中，以下命题正确的是(　　)
A．四棱锥A1－BCDE体积最大值为
B．线段BM长度是定值
C．MB∥平面A1DE一定成立
D．存在某个位置，使DE⊥A1C
【答案】　ABC
【解析】　△ADE是等腰直角三角形，A到DE的距离是，当平面A1DE⊥平面BCDE时，A1到平面BCDE的距离最大为，又S四边形BCDE＝2×1－×1×1＝，
∴V最大值＝××＝.A正确；
取CD中点N，连接MN，BN，∵M是A1C的中点，
∴MN∥A1D，而MN 平面A1DE，A1D 平面A1DE，
∴MN∥平面A1DE，
由DN与EB平行且相等得四边形DNBE是平行四边形，BN∥DE，同理得BN∥平面A1DE，
而BN∩MN＝N，∴平面BMN∥平面A1DE，BM 平面BMN，∴MB∥平面A1DE，C正确；
在上述过程中得∠MNB＝∠A1DE＝45°，又BN＝DE＝，MN＝A1D＝，
∴BM＝＝为定值，B正确；
　　
假设存在某个位置，使DE⊥A1C，取DE中点O，连接A1O，CO，显然A1O⊥DE，而A1O∩A1C＝A1，∴DE⊥平面A1OC，OC 平面A1OC，∴ DE⊥OC，则CE＝CD，但CE＝，CD＝2，不可能相等，所以不可能有DE⊥A1C.D错．故选ABC.
三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分)
12．设向量a＝(3,3)，b＝(1，－1)．若(a＋λb)⊥(a－λb)，则实数λ＝ 　　　　.
【答案】　±3
【解析】　因为a＋λb＝(3＋λ，3－λ)，a－λb＝(3－λ，3＋λ)，又(a＋λb)⊥(a－λb)，所以(a＋λb)·(a－λb)＝(3＋λ)(3－λ)＋(3－λ)(3＋λ)＝0，解得λ＝±3.
13．如图，四面体P－ABC中，PA＝PB＝，平面PAB⊥平面ABC，∠ABC＝90°，AC＝8，BC＝6，则PC＝ 　　　　.
【答案】　7
【解析】　取AB的中点E，连接PE，EC.
∵PA＝PB，∴PE⊥AB.
又平面PAB⊥平面ABC，
∴PE⊥平面ABC.连接CE，∴PE⊥CE.
又∠ABC＝90°，AC＝8，BC＝6，
∴AB＝2，PE＝＝，
CE＝＝，PC＝＝7.
14．关于函数f(x)＝cos＋cos，有下列说法：
①y＝f(x)的最大值为；
②y＝f(x)是以π为最小正周期的周期函数；
③y＝f(x)在区间上单调递减；
④将函数y＝cos 2x的图象向左平移个单位长度后，将与已知函数的图象重合．
其中正确说法的序号是 　　　　.
【答案】　①②③
【解析】　f(x)＝cos＋cos
＝cos＋cos
＝cos－sin
＝cos＝cos，
所以①②③正确，④错误．
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．(本小题满分13分)设向量e1，e2的夹角为60°且|e1|＝|e2|＝1，如果＝e1＋e2，＝2e1＋8e2，＝3(e1－e2)．
(1)证明：A，B，D三点共线；
(2)试确定实数k的值，使k的取值满足向量2e1＋e2与向量e1＋ke2垂直．
【解析】　(1)证明：因为＝e1＋e2，＝＋＝5e1＋5e2，
所以＝5，即，共线，又，有公共点B，所以A，B，D三点共线．
(2)因为(2e1＋e2)⊥(e1＋ke2)，所以(2e1＋e2)·(e1＋ke2)＝0，
2e＋2ke1·e2＋e1·e2＋ke＝0，即2＋k＋＋k＝0，解得k＝－.
16．(本小题满分15分)已知函数y＝sin(2x＋φ)(－π<φ<0)的图象的一条对称轴是直线x＝.
(1)求φ；
(2)求函数y＝f(x)的单调增区间；
(3)画出函数y＝f(x)在区间[0，π]上的图象．
【解析】　(1)因为x＝是函数y＝f(x)的图象的对称轴，
所以sin＝±1，即＋φ＝kπ＋，k∈Z.因－π<φ<0，所以k＝－1时得φ＝－.
(2)由(1)知φ＝－，因此y＝sin.由题意得2kπ－≤2x－≤2kπ＋，k∈Z，解得kπ＋≤x≤kπ＋，(k∈Z)
所以函数y＝sin的单调增区间为，k∈Z.
(3)由y＝sin知：令z＝2x－，x∈[0，π]．
①列表如下：
x 0 π
z － － 0 π
y － －1 0 1 0 －
②描点连线得函数y＝f(x)在区间[0，π]上的图象．
17．(本小题满分15分)如图，四边形ABCD为菱形，ED⊥平面ABCD，FB∥ED，BD＝ED＝2FB.
(1)求证：平面BDEF⊥平面AFC；
(2)记三棱锥A－EFC的体积为V1，三棱锥A－BFC的体积为V2，求的值．
【解析】　(1)证明：因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD.
因为ED⊥平面ABCD，AC 平面ABCD，所以ED⊥AC.
又ED∩BD＝D，ED，BD 平面BDEF，
所以AC⊥平面BDEF.
又AC 平面AFC，所以平面BDEF⊥平面AFC.
(2)如图，设BD交AC于点O，连接OE，OF.
由(1)可知，AC⊥平面BDEF，OF 平面BDEF，所以AC⊥OF.
设BF＝1，则OB＝OD＝1，DE＝2，
所以S△EOF＝S四边形BDEF－S△BOF－S△DOE＝－×1×1－×2×1＝，所以V1＝2VA－EOF＝S△EOF·AC＝×AC＝AC.
由(1)可知，BF⊥平面ABCD，
所以V2＝VA－BFC＝VF－ABC＝S△ABC·BF＝×AC·OB·BF＝AC，所以＝3.
18．(本小题满分17分)在平面四边形ABCD中，∠ADC＝90°，∠A＝45°，AB＝2，BD＝5.
(1)求cos∠ADB；
(2)若DC＝2，求BC.
【解析】　(1)在△ABD中，由正弦定理得＝，
由题设知，＝，所以sin∠ADB＝.
由题设知，∠ADB<90°，所以cos∠ADB＝＝.
(2)由题设及(1)知，cos∠BDC＝sin∠ADB＝.
在△BCD中，由余弦定理得
BC2＝BD2＋DC2－2BD·DC·cos∠BDC＝25＋8－2×5×2×＝25，
所以BC＝5.
19．(本小题满分17分)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AC＝BC，AB＝2A1A＝4，以AB，BC为邻边作平行四边形ABCD，连接A1D，DC1.
(1)求证：DC1∥平面A1ABB1；
(2)若二面角A1－DC－A为45°；
①求证：平面A1C1D⊥平面A1AD；
②求直线AB1与平面A1AD所成角的正切值．
【解析】　 (1)证明：连接AB1，∵AD∥BC∥B1C1且AD＝BC＝B1C1，
∴四边形ADC1B1为平行四边形，∴AB1∥DC1，
又∵AB1 平面A1ABB1，DC1 平面A1ABB1，
∴DC1∥平面A1ABB1.
(2)①证明：取DC的中点M，连接A1M，AM.
易知Rt△A1AD≌Rt△A1AC，
∴A1D＝A1C，∴A1M⊥DC，
又AM⊥DC，∴∠A1MA为二面角A1－DC－A的平面角，∴∠A1MA＝45°.
∴在Rt△A1AM中，AA1＝AM＝2，
∴AD＝AC＝2，
∴AC2＋AD2＝DC2，∴AC⊥AD，
又∵AC⊥AA1，AD∩AA1＝A，
∴AC⊥平面A1AD，
又∵AC∥A1C1，
∴A1C1⊥平面A1AD.
∵A1C1 平面A1C1D，
∴平面A1C1D⊥平面A1AD.
②∵AB1∥C1D，
∴C1D与平面A1AD所成角与AB1与平面A1AD所成角相等．
由①知C1A1⊥平面A1AD，
∴A1D为C1D在平面A1AD内的射影，
故∠A1DC1为直线DC1与平面A1AD所成角，
在Rt△A1DC1中，tan∠A1DC1＝＝，
∴直线AB1与平面A1AD所成角的正切值为.
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