全书综合测评--2026北师大版高中数学必修第二册章节练（含解析）

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2026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.已知a=(2,0),b=(-3,),则a+b与a的夹角为(　　)
A.　　　B.　　　C.　　　D.
2.已知复数z1在复平面内所对应的点位于第一象限,且(1+i)z2+(-1+i)z1=0,则复数z2在复平面内所对应的点位于(　　)
A.第一象限　　　B.第二象限
C.第三象限　　　D.第四象限
3.《五曹算经》是我国南北朝时期数学家甄鸾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(取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.　　　B.-　　　C.　　　D.-
5.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.　　　B.　　　C.　　　D.
6.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.　　　B.　　　C.　　　D.
7.如图,在等腰△ABC中,已知||=||=2,∠A=120°,E,F分别是边AB,AC上的点(包含端点),且=λ,=μ,其中λ+2μ=1,若线段EF,BC的中点分别为M,N,则||的最小值是(　　)
A.　　　B.　　　C.　　　D.
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.　　　C.　　　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,且复数z在复平面内对应的点为Z,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.若|z|=1,则z=±1或z=±i
D.若1≤|z-2i|≤,则点Z的集合所构成的图形的面积为π
10.已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)A>0,ω>0,|φ|<的部分图象如图所示,下列说法正确的是(　　)
A.f(x)的图象关于直线x=对称
B.f(x)的图象关于点对称
C.将函数y=2cos 2x的图象向右平移个单位长度后得到函数f(x)的图象
D.若方程f(x)=m在-,0上有两个不相等的实数根,则m的取值范围是(-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°,=,=2.
(1)若=x+y(x,y∈R),求3x+2y的值;
(2)若||=6,·=-18,求边AD的长.
16.(15分)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且满足acos B=bsin A.
(1)求角B的大小;
(2)若a①求a,c;
②求sin(2C+B)的值.
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)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.
19.(17分)“牟合方盖”是由我国古代数学家刘徽首先发现并采用的一种用于计算球体体积的模型.它是由两个相同的圆柱分别从纵、横两个方向垂直相交时两圆柱的公共部分形成的几何体(如图1),点D被称为“牟合方盖”的上顶点,点O为“牟合方盖”的中心.过点O作平面γ使得OD⊥γ,OD=2.
(1)求平面γ截“牟合方盖”所得截面的面积;
(2)B,E为平面γ与两圆柱交线的交点,A为BE的中点,过OD作平面ODSC,S,C为“牟合方盖”表面上的点且位于平面AOD的同侧,∠DOC=,过S作SR∥平面ABC,交边界BD于点R,设∠SOD=α,∠AOC=β.
(i)当β=时(如图2),是否存在α使得CR= 若存在,求出α;若不存在,请说明理由;
(ii)若OS∥AR,点S到平面ABR的距离为,求tan α与tan β.
　
答案全解全析
1.B　易得a+b=(-1,),
则(a+b)·a=2×(-1)+0×=-2,|a+b|==2,|a|=2,
所以cos===-,
又∈[0,π],所以=.
2.D　设z1=a+bi(a,b∈R),
因为复数z1在复平面内所对应的点位于第一象限,所以a>0,b>0,
又(1+i)z2+(-1+i)z1=0,
所以z2====b-ai,
所以复数z2在复平面内所对应的点的坐标为(b,-a),位于第四象限.
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=πr2h=×π××4==100(立方尺),又≈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.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=AC=2.
在△PCD中,cos∠DPC===,则CE2=PC2+PE2-2PC·PEcos∠DPC=17,即CE=,所以FH=.
在△GFH中,cos∠GFH===.
6.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.
7.B　连接AM,AN,图略.
由题意可得=(+)=(μ+λ),=(+),
所以=-=[(1-λ)+(1-μ)],
则=[(1-λ)2+2(1-λ)(1-μ)·+(1-μ)2]
=[4(1-λ)2-4(1-λ)(1-μ)+4(1-μ)2]=λ2+μ2-λμ-λ-μ+1,
又λ+2μ=1,所以=7μ2-4μ+1=7+,
由题可知所以0≤μ≤,
所以当μ=时,取得最小值,故||的最小值为.
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).
9.ABC　对于A,z2=4-4i+i2=3-4i,故A中结论错误;
对于B, z===,所以=,故B中结论错误;
对于C,当z=+i时,|z|=1,故C中结论错误;
对于D,由复数的几何意义可知,1≤|z-2i|≤表示在复平面内,点Z到点(0,2)的距离d满足1≤d≤,所以点Z的集合所构成的图形是以点(0,2)为圆心,1,分别为半径的圆所形成的圆环,其面积为2π-π=π,故D中结论正确.
10.ACD　由题图可知,A=2,f(x)的最小正周期T=4×=π,ω==2,所以f(x)=2sin(2x+φ),
当x=时,+φ=+2kπ,k∈Z,解得φ=+2kπ,k∈Z,
又|φ|<,所以φ=,所以f(x)=2sin.
对于A,f=2sin=-2,故A正确;
对于B,f=2sin=-≠0,故B错误;
对于C,将y=2cos 2x的图象向右平移个单位长度,得到y=2cos 2x-=2cos=2cos2x-+=2sin的图象,故C正确;
对于D,f(x)在上的图象如下,
因为方程f(x)=m在-,0上有2个不相等的实数根,
所以-211.AC　如图1,取EF的中点H,连接PH,DH,
图1
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,
图2
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πR3=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=,EF=,所以DH==,设点P到平面DEF的距离为h,由VD-PEF=VP-DEF,可得××1×1×2=××××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.
12.答案　
解析　因为sin=,所以sin=cos=cos=cos 2=1-2sin2=1-=.
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×=22(cm),O1F==22(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=t(0所以=+=a-b,=+=+t=b+t=ta+(1-t)b①,
设=k(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·=(t+2)(t+3)+=t2+5t+6=+,
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,=,=2,
所以=-=+-=-+,(4分)
又=x+y(x,y∈R),∴x=-,y=,∴3x+2y=-1.(6分)
(2)设AD=t(t>0),
则·=(+)·(8分)
=-+-·
=-+-||||cos∠BAD
=t2-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)在△ABC中,由acos B=bsin A及正弦定理,得sin Acos B=sin Bsin A,
因为0又0(2)①在△ABC中,b=2,B=,
由余弦定理得a2+c2-2accos B=b2,即a2+c2-ac=28,
又S△ABC=acsin B=3,所以ac=12,
又a②由余弦定理得cos C===-=-,
又C∈(0,π),所以sin C==,(11分)
所以sin 2C=2sin Ccos C=-,cos 2C=1-2sin2C=-,(13分)
故sin(2C+B)=sin 2Ccos B+cos 2Csin B=-×-×=-.(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 =2sin=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)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==2,∴f(x)=2sin.(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=1,∴-B=0,∴B=.(13分)
在锐角△ABC中,0,∴∴<2A+<,∴sin∈,(15分)
∴f(A)=2sin∈(-,),即f(A)的取值范围是(-,).(17分)
19.解析　(1)平面γ(即平面ABC)截“牟合方盖”所得截面为以圆柱底面直径为边长的正方形,其面积为(2×2)2=16.(2分)
(2)(i)存在α=,使得CR=.(3分)
当β=时,曲线CSD是以OD为半径的四分之一圆弧,过S,R作平面ABC的垂线,垂足分别为E,F,连接EF,FC,OB,则E在OC上,F在OB上,由题意可得SR∥BC∥EF,四边形SRFE为矩形,
易得∠ESO=∠SOD=α,
因为OD=OS=2,所以SE=RF=2cos α,OE=2sin α,CE=2-2sin α,(5分)
由∠COB=∠AOC=,可得EF=OE=2sin α,
若CR=,则CR2=CE2+EF2+FR2=(2-2sin α)2+(2sin α)2+(2cos α)2=4sin2α-8sin α+8=5,
解得sin α=或sin α=(舍去),
又0≤α≤,故α=.(7分)
(ii)过R作RP∥AB交弧AD于P,连接SP,PA,PB.
因为RP∥AB,所以平面PAB即为平面ABR,
因为OS∥AR,OS 平面ABR,AR 平面ABR,
所以OS∥平面ABR,
因此点S到平面ABR的距离即为点O到平面ABR的距离,
因为RP∥AB,RP 平面ABC,AB 平面ABC,
所以RP∥平面ABC,
又SR∥平面ABC,SR∩RP=R,SR,RP 平面SRP,
所以平面SRP∥平面ABC,
过S,R,P作平面ABC的垂线,垂足分别为M,N,Q,
连接OB,则M在OC上,N在OB上,Q在OA上,且SM=RN=PQ.
设当β=时,点C所在位置为C',则点C在直线BC'上,连接OC',则四边形OABC'为边长为2的正方形,
连接MN,交OC'于T,连接NQ,AN,易知四边形OQNT为正方形,过O作OX⊥PA于X.(9分)
因为OD⊥平面ABC,AB 平面ABC,所以OD⊥AB,
在正方形OABC'中,AB⊥OA,
又OD∩OA=O,OD,OA 平面OAD,所以AB⊥平面OAD,
又OX 平面OAD,故OX⊥AB,
又OX⊥PA,PA∩AB=A,PA,AB 平面PAB,
所以OX⊥平面PAB,即OX⊥平面ABR,
从而OX的长即为点O到平面ABR的距离,即点S到平面ABR的距离,因此OX=,(11分)
在Rt△OAX中,OA=2,OX=,则AX==,
因为弧AD为以O为圆心,OA=2为半径的圆弧,且P在弧AD上,
所以PX=XA=,即AP=,
所以cos∠PAQ==,即=,则AQ=,
则NQ=OQ=2-=,(13分)
在Rt△ANQ中,tan∠NAQ===3.
若OS∥AR,则O,A,R,S四点共面,
因为平面SRA∩平面ABC=OA,SR∥平面ABC,SR 平面SRA,
所以SR∥OA,
故四边形OARS为平行四边形,则SR=OA=2,
易知四边形SRNM为矩形,则MN∥SR,MN=SR=2,
又MN∥SR∥OA,故四边形OANM为平行四边形,则OM∥AN,
则∠AOC+∠OAN=π,又∠AOC=β,
所以∠OAN=π-β,即∠NAQ=π-β,
则tan β=-tan(π-β)=-tan∠NAQ=-3.(15分)
在正方形OQNT中,OT=TN=OQ=,
则MT=2-=,则OM==,
在Rt△OSM中,OM=,SM=PQ==,
则tan∠SOM===,
由∠SOD=α,得tan α=tan∠SOD=tan ===.
故tan α=,tan β=-3.(17分)
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