模块综合检测（教师版）

模块综合检测
(时间：120分钟，满分：150分)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
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．已知i为虚数单位，a，b∈R，－i＝a＋bi，则a－bi＝(　　)
A．－i B．＋i
C．－i D．＋i
解析：选B.由－i＝a＋bi，得a＋bi＝－i＝－i＝－i，所以a－bi＝＋i.故选B.
2．已知直线m，n，平面α，β，给出下列命题：
①若m⊥α，n⊥β，且m⊥n，则α⊥β；
②若m∥α，n∥β，且m∥n，则α∥β；
③若m⊥α，n∥β，且m⊥n，则α⊥β；
④若m⊥α，n∥β，且m∥n，则α∥β.
其中正确的命题是(　　)
A．①③ B．②④
C．③④ D．①
解析：选D.对于①，若m⊥α，n⊥β，且m⊥n，则α⊥β，故①正确；对于②，若m∥α，n∥β，且m∥n，则α与β平行或相交，故②错误；对于③，若m⊥α，n∥β，且m⊥n，则α与β平行、垂直或相交(不垂直)，故③错误；对于④，因为n∥β，过直线n作平面γ，使得β∩γ＝l，则n∥l，因为m∥n，所以m∥l，因为m⊥α，所以l⊥α，因为l β，则α⊥β，故④错误．故选D.
3．已知非零向量a，b满足|a|＝2|b|，且(a－b)⊥b，则a与b的夹角为(　　)
A． B．
C． D．
解析：选B.因为(a－b)⊥b，所以(a－b)·b＝a·b－b2＝0，所以a·b＝b2，设a与b的夹角为θ，所以cos θ＝＝＝，又因为θ∈[0，π]，所以θ＝，所以a与b的夹角为.故选B.
4．在△ABC中，AC＝3，BC＝2AB，则·的取值范围是(　　)
A． B．
C． D．
解析：选D.设AB＝x，则BC＝2x，2x－x<3，2x＋x>3，所以15．已知函数f(x)＝sin 2x＋a cos 2x的图象的一条对称轴为直线x＝，将函数f(x)的图象向右平移个单位长度后得到函数g(x)的图象，则函数g(x)的解析式为(　　)
A．g(x)＝2sin
B．g(x)＝2sin
C．g(x)＝2sin
D．g(x)＝2sin
解析：选C.函数f(x)＝sin 2x＋a cos 2x＝·sin (2x＋θ)，tan θ＝a，因为直线x＝为函数f(x)＝sin 2x＋a cos 2x的图象的一条对称轴，代入可得sin ＋a cos ＝±，即＋a＝±，化简可得(a－)2＝0，即a＝，所以f(x)＝sin 2x＋cos 2x＝2sin .将函数f(x)的图象向右平移个单位长度可得g(x)的图象，则g(x)＝2sin ＝2sin .故选C.
6.龙洗，是我国著名的文物之一，因盆内有龙纹故称为龙洗，为古代皇宫盥洗用具，其盆体可以近似看作一个圆台．现有一龙洗盆高15 cm，盆口直径40 cm，盆底直径 20 cm.现往盆内倒入水，当水深6 cm时，盆内水的体积近似为(参考数据：π≈3.14)(　　)
A．1 824 cm3 B．2 738 cm3
C．3 618 cm3 D．4 512 cm3
解析：选B.如图所示，画出圆台的立体图形和轴截面平面图形，并延长EC与FD交于点G.
根据题意，AB＝20 cm，CD＝10 cm，AC＝15 cm，EC＝6 cm，设CG＝x cm，EF＝y cm.
所以＝，＝，解得x＝15，y＝14，
所以V＝(π×142＋π×102＋π×14×10)×6＝872π≈2 738(cm3)，故选B.
7.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为棱AB的一个三等分点(靠近B点)，F，G分别为棱BC，CC1的中点，过E，F，G三点作正方体ABCD-A1B1C1D1的截面，则下列说法中正确的是(　　)
A．所得截面是六边形
B．截面过棱D1C1的中点
C．截面不经过点A1
D．截面与线段B1D1相交，且交点是线段B1D1的一个五等分点
解析：选D.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，依题意，直线FG与直线B1C1交于点P，显然C1P＝B1C1，直线FE交线段DA的延长线于点Q，则有AQ＝2BF＝AD，如图，
连接B1D1，BC1，AD1，则有AD1∥BC1∥FG，而平面ADD1A1∥平面BCC1B1，平面EFG∩平面BCC1B1＝FG，平面EFG与平面ADD1A1有公共点Q，则平面EFG与平面ADD1A1必有一条交线，此交线平行于FG，也平行于AD1，连接QA1，
因为QA∥A1D1，QA＝A1D1，则四边形AQA1D1是平行四边形，于是QA1∥AD1，即平面EFG∩平面ADD1A1＝QA1，因此点A1是平面EFG截正方体 ABCD-A1B1C1D1的截面的一个顶点，连接A1P，分别交B1D1，C1D1于点O，H，连接GH，A1E，则五边形A1EFGH是过E，F，G三点所作的正方体ABCD-A1B1C1D1的截面，A，C不正确；
由C1H∥A1B1知，＝＝，即C1H＝C1D1，B不正确；由D1H∥A1B1，得＝＝，即D1O＝D1B1，则截面与线段B1D1相交，且交点是线段B1D1的一个五等分点，D正确．故选D.
8．已知函数f(x)＝sin ωx＋2cos2(ω＞0)在区间(，)上单调递增，则ω的取值范围是(　　)
A．(0，4] B．∪
C． D．∪
解析：选D.f(x)＝sinωx＋2cos2＝sinωx＋cos ωx＋1＝sin (ωx＋)＋1，
因为x∈(，)，所以ωx＋∈(ω＋，ω＋)，因为函数f(x)在区间(，)上单调递增，所以函数y＝sin x在(ω＋，ω＋)上单调递增，且－≤T＝，即0＜ω≤4.
因为(ω＋，ω＋) (，)，所以，函数y＝sin x在(ω＋，ω＋)上单调递增等价于<ω＋≤或解得0＜ω≤或≤ω≤3，所以ω的取值范围是∪.故选D.
二、选择题：本题共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i为虚数单位，复数z＝，则下列结论中正确的是(　　)
A．z对应的点位于第二象限
B．的虚部为2
C．|z|＝
D．z＝5
解析：选CD.z＝＝＝＝1＋2i，所以z对应的点(1，2)位于第一象限，故A错误；＝1－2i的虚部为－2，故B错误；
|z|＝＝，故C正确；z＝(1＋2i)(1－2i)＝1＋4＝5，故D正确，故选CD.
10．已知函数f(x)＝A sin (ωx＋φ)(A>0，ω>0，|φ|<π)的部分图象如图所示，将函数f(x)的图象上所有点的横坐标变为原来的，纵坐标不变，再将所得函数图象向右平移个单位长度，得到函数g(x)的图象，则下列关于函数g(x)的说法正确的是(　　)
A．g(x)的最小正周期为
B．g(x)在区间上单调递增
C．g(x)的图象关于直线x＝对称
D．g(x)的图象关于点成中心对称
解析：选AC.由题图知，A＝2，＝－＝，所以T＝π，ω＝＝2，所以f(x)＝2sin (2x＋φ).因为函数f(x)的图象过点，所以2sin ＝－2，则＋φ＝2kπ＋，k∈Z，解得φ＝2kπ＋，k∈Z，又|φ|<π，所以φ＝，所以f(x)＝2sin .将函数f(x)的图象上所有点的横坐标变为原来的，得到y＝2sin 的图象，纵坐标不变，再将所得函数图象向右平移个单位长度，得到g(x)＝2sin 的图象．对于A项，g(x)的最小正周期是T＝，故A正确；对于B项，因为x∈，所以3x＋∈，由正弦函数单调性可知此时g(x)单调递减，故B错误；对于C项，令3x＋＝kπ＋，k∈Z，解得x＝＋，k∈Z，当k＝1时，x＝，故C正确；对于D项，因为2sin ＝2，故D错误．故选AC.
11．如图，在菱形ABCD中，AB＝2，D＝60°，沿AC将△DAC翻折至△SAC，连接SB，得到三棱锥S-ABC，E是线段SA的中点，则在翻折过程中，下列结论正确的是(　　)
A．在棱SB上总存在一点F，使得EF∥平面ABC
B．当SB＝3时，三棱锥S-ABC的体积为
C．当平面SAC⊥平面ABC时，SB＝
D．当二面角S-AC-B为120°时，三棱锥S-ABC的外接球的半径为
解析：选AC.对于A项，如图1，取SB的中点F，连接EF，
因为E，F分别是SA，SB的中点，所以EF∥AB，因为AB 平面ABC，EF 平面ABC，所以EF∥平面ABC，故A正确；对于B项，易得△ABC，△SAC为等边三角形，取AC的中点M，连接BM，SM，如图2，
则AC⊥BM，AC⊥SM，SM＝MB＝，所以cos ∠SMB＝＝＝－，则点S到平面ABC的距离为h＝sin (180°－∠SMB)·SM＝×＝，所以三棱锥S-ABC的体积V＝××22×＝，故B错误；对于C项，当平面SAC⊥平面ABC时，平面SAC∩平面ABC＝AC，因为△SAC为等边三角形，所以SM⊥AC，SM 平面SAC，所以SM⊥平面ABC，又因为MB 平面ABC，所以SM⊥MB，所以SB＝＝，故C正确；对于D项，如图2，设三棱锥S-ABC外接球的球心为O，△SAC，△ABC的中心分别为O1，O2，
易得OO1⊥平面SAC，OO2⊥平面ABC，且O，O1，O2，M四点共面，∠OMO1＝∠O1MO2＝60°，O1M＝SM＝，在Rt△OO1M中，OO1＝O1M＝1，又O1S＝SM＝，则三棱锥S-ABC外接球的半径r＝ eq \r(OO＋O1S2) ＝＝，故D错误．故选AC.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知sin (x－)＝－， x∈(0，π)，则sin (x＋)＝________．
解析：由题得sin (x＋)＝sin ＝cos .
因为0＜x＜π，所以－＜x－＜，因为sin ＜0，所以－＜x－＜0，
所以cos (x－)＞0.所以sin (x＋)＝cos (x－)＝＝.
答案：
13．如图，在菱形ABCD中，AB＝3，∠BAD＝60°，E，F分别为BC，CD上的点，＝2，＝2，若线段EF上存在一点M，使得＝x＋(x∈R)，则x＝________，·＝________．
解析：由题意，设＝λ，根据向量的线性运算可得，＝＋＋＝＋＋λ＝＋＋
＝＋
＝x＋，则
解得所以 ＝＋，
从而·＝·＝－·－2＋2 ＝－×3×3×cos 60°－×9＋×9＝.
答案：　
14．如图，平面ABC⊥平面BCD，且AB＝BC＝BD，∠ABC＝∠DBC＝120°，则二面角A-BD-C的余弦值为________．
解析：过A作AE⊥CB，交CB的延长线于E，连接DE，因为平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝BC，AE 平面ABC，所以AE⊥平面BCD，所以点E即为点A在平面BCD内的投影，所以△EBD为△ABD在平面BCD内的投影，设AB＝a，则AE＝DE＝AB·sin 60°＝a，所以AD＝a，由余弦定理可得cos ∠ABD＝，所以sin ∠ABD＝，所以S△ABD＝a2·＝a2，又BE＝a，所以S△BDE＝·a·a＝a2，设二面角A-BD-E为θ，所以cos θ＝＝.而二面角A-BD-C与二面角A-BD-E互补，所以二面角A-BD-C的余弦值为－.
答案：－
四、解答题：本题共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)已知f(α)＝
.
(1)化简f(α)；
(2)已知f＝－，求cos 的值．
解：(1)f(α)＝
＝＝＝－cos α.
(2)由(1)得f＝－cos ＝－，
所以cos ＝，所以cos
＝2cos2－1＝2×－1＝－.
16．(本小题满分15分)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.
(1)若cosC＝，且·＝，求△ABC的面积；
(2)设向量x＝(2sin ，)，y＝(cos B，cos )，且x∥y，b＝2，求a＋c的取值范围．
解：(1)由 ·＝，得ab cos C＝.
因为cos C＝，所以ab＝＝.
又C为△ABC的内角，所以sin C＝.
所以△ABC的面积S＝ab sin C＝3.
(2)因为x∥y，所以2sin cos ＝cos B，
即sin B＝cos B．因为cos B≠0，所以tan B＝.
因为B为三角形的内角，0由正弦定理＝＝＝＝，
所以a＝sin A，c＝sin C，
所以a＋c＝(sin A＋sin C)，又A＋C＝，
所以a＋c＝
＝
＝4＝4sin ，
又0所以a＋c∈(2，4].
17．(本小题满分15分)在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD为等腰梯形，AB∥CD，AD＝DC＝1，AB＝2，AC⊥PC.
(1)证明：平面ABCD⊥平面PBC；
(2)若PB⊥BC，PB＝2，求点D到平面PBC的距离．
解：(1)证明：在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，BC＝AD＝DC＝1，AB＝2，过点C作CE⊥AB于E，则BE＝，AE＝，CE＝，所以AC2＝()2＋()2＝3，则AC2＋BC2＝AB2，所以AC⊥BC.又AC⊥PC，BC∩PC＝C，BC，PC 平面PBC，所以AC⊥平面PBC，又AC 平面ABCD，所以平面ABCD⊥平面PBC.
(2)连接BD，由(1)知平面ABCD⊥平面PBC，因为PB⊥BC，平面ABCD∩平面PBC＝BC，PB 平面PBC，所以PB⊥平面ABCD.又BC 平面ABCD，所以PB⊥BC.
又CE＝，所以S△BCD＝×1×＝，
所以三棱锥P-BCD的体积V三棱锥P-BCD＝××2＝.在△PBC中，因为PB⊥BC，
所以S△PBC＝×1×2＝.
设点D到平面PBC的距离为d，
所以三棱锥D-PBC的体积V三棱锥D-PBC＝×d.
由V三棱锥D-PBC＝V三棱锥P-BCD，得×d＝，解得d＝.所以点D到平面PBC的距离为.
18．(本小题满分17分)已知f(x)＝4sin ·sin －.
(1)求函数f(x)的最小正周期和单调递减区间；
(2)若关于x的方程f(x)＝m＋2sin 2x在区间上恰有两个不等实根，求实数m的取值范围．
解：(1)f(x)＝4sin sin －＝4cos x sin －
＝4cos x－
＝2sin x cos x＋2cos2x－
＝sin2x＋(cos 2x＋1)－
＝sin 2x＋cos 2x＝2sin ，
则函数f(x)的最小正周期为T＝＝π.
由2kπ＋≤2x＋≤2kπ＋，k∈Z，得kπ＋≤x≤kπ＋，k∈Z.
则函数f(x)的单调递减区间为
，k∈Z.
(2)由(1)得f(x)＝sin 2x＋cos 2x，
又f(x)＝m＋2sin 2x，
则m＝cos 2x－sin 2x＝2cos ，又x∈，所以2x＋∈，令t＝2x＋，则g(t)＝2cos t，t∈，
所以方程m＝g(t)在区间上恰有两个不同的实根，即直线y＝m与函数g(t)＝2cos t在区间上的图象恰有两个不同的交点．画出直线y＝m与函数g(t)＝2cos t的图象(示意图)，由图象得实数m的取值范围是(－2，－1].
19．(本小题满分17分)如图，四边形ABCD是圆柱OO1的轴截面，点P为底面圆周上异于A，B的点．
(1)求证：PB⊥平面PAD；
(2)若圆柱的侧面积为2π，体积为π，点Q为线段DP上靠近点D的三等分点，是否存在一点P使得直线AQ与平面BDP夹角的正弦值最大？若存在，求出相应的正弦值，并指出点P的位置；若不存在，请说明理由．
解：(1)证明：因为AB是圆O的直径，点P是圆周上一点，所以∠APB＝90°，即PB⊥PA，又在圆柱OO1中，母线AD⊥底面⊙O，PB 底面⊙O，所以AD⊥PB，
又PA∩AD＝A，PA，AD 平面PAD，所以PB⊥平面PAD.
(2)存在．设圆柱底面半径为r，母线长为l，
则解得
在△PAD中，过A作AM⊥DP交DP于点M(图略).
由(1)知PB⊥平面PAD，因为AM 平面PAD，所以PB⊥AM，
又DP∩PB＝P，DP，PB 平面BDP，所以AM⊥平面BDP.
若M与Q不重合，则∠AQM即为直线AQ与平面BDP的夹角，
连接OP(图略)，设∠AOP＝θ，θ∈(0，π)，
则在△AOP中，AP＝2sin ，
在Rt△ADP中，AM＝，
AQ＝＝.
于是sin ∠AQM＝＝
＝≤
＝1，
当4sin2＝，即sin ＝，θ＝时，AM＝AQ，因为M与Q不重合，
所以等号不成立，所以sin ∠AQM<1，∠AQM<90°.若M与Q重合，
则直线AQ与平面BDP的夹角为90°.
所以存在一点P，使得直线AQ与平面BDP夹角的正弦值最大，最大正弦值为1，点P为两个半圆弧AB的中点．