北师大版（2019）高中数学 必修第二册 模块质量检测word版含答案解析

模块质量检测
一、单项选择题(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.＝(　　)
A．1
B．－1
C．i
D．－i
2．已知＝(－1,2)，＝(3，m)，若⊥，则m的值为(　　)
A．1
B.
C．2
D．4
3．现有四个函数：①y＝x·sin
x；②y＝x·cos
x；③y＝x·|cos
x|；④y＝x·2x的图象(部分)如下，则按照从左到右图象对应的函数序号安排正确的一组是(　　)
A．①④②③
B．①④③②
C．④①②③
D．③④②①
4．已知a，b为直线，α，β为平面，给出下列四个命题：
①若a⊥α，b⊥α，则a∥b；②a∥α，b∥α，则a∥b；
③若a⊥α，a⊥β，则α∥β；④若b∥α，b∥β，则α∥β.
其中真命题的个数是(　　)
A．0
B．1
C．2
D．3
5．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a2＋b2＝2c2，则cos
C的最小值为(　　)
A.
B.
C.
D．－
6．在平行四边形ABCD中，AC与BD交于点O，E是线段OD的中点，AE的延长线与CD交于点F.若＝a，＝b，则＝(　　)
A.a＋b
B.a＋b
C.a＋b
D.a＋b
7．下列命题中正确的是(　　)
A．y＝cos
x的图象向右平移个单位长度得到y＝sin
x的图象
B．y＝sin
x的图象向右平移个单位长度得到y＝cos
x的图象
C．当φ<0时，y＝sin
x的图象向左平移|φ|个单位长度可得y＝sin(x＋φ)的图象
D．y＝sin(2x＋)的图象是由y＝sin
2x的图象向左平移个单位长度得到的
8．在三棱锥P
?
ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，AB＝BC＝1，PA＝，则该三棱锥外接球的表面积为(　　)
A．5π
B.π
C．20π
D．4π
二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分)
9．设a，b是两个非零向量，则下列说法不正确的是(　　)
A．若|a＋b|＝|a|－|b|，则a⊥b
B．若a⊥b，则|a＋b|＝|a|－|b|
C．若|a＋b|＝|a|－|b|，则存在实数λ，使得b＝λa
D．若存在实数λ，使得b＝λa，则|a＋b|＝|a|－|b|
10．在△ABC中，下列命题正确的是(　　)
A．若A>B，则cos
A>cos
B
B．若sin
2A＝sin
2B，则△ABC一定为等腰三角形
C．若acos
B－bcos
A＝c，则△ABC一定为直角三角形
D．若三角形的三边的比是3?5?7，则此三角形的最大角为钝角
11．对于函数f(x)＝下列四个结论正确的是(　　)
A．f(x)是以π为周期的函数
B．当且仅当x＝π＋kπ(k∈Z)时，f(x)取得最小值－1
C．f(x)图象的对称轴为直线x＝＋kπ(k∈Z)
D．当且仅当2kπ12．如图，正方体ABCD
?
A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别为棱DD1，AB上的点．下列命题中正确的是(　　)
A．A1C⊥平面B1EF
B．在平面A1B1C1D1内总存在与平面B1EF平行的直线
C．△B1EF在侧面BCC1B1上的正投影是面积为定值的三角形
D．当E，F为中点时，平面B1EF截该正方体所得的截面图形是五边形
三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分．请把正确答案填在题中横线上)
13．已知tan
θ＝2，则cos
2θ＝__________，tan＝________.
14．已知圆锥的侧面积(单位：cm2)为2π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径(单位：cm)是________．
15．设复数z1，z2
满足|z1|＝|z2|＝2，z1＋z2＝＋i，则|z1－z2|＝________.
16．如图，在四边形ABCD中，∠B＝60°，AB＝3，BC＝6，且＝λ，·＝－，则实数λ的值为________，若M，N是线段BC上的动点，且||＝1，则·的最小值为________．
四、解答题(本题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(10分)在平面直角坐标系xOy中，角α的顶点与原点O重合，始边与x轴的正半轴重合，它的终边过点P，以角α的终边为始边，逆时针旋转得到角β.
(1)求tan
α的值；
(2)求cos(α＋β)的值．
18．(12分)在△ABC中，a＋b＝11，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求：
(1)a的值；
(2)sin
C和△ABC的面积．
条件①：c＝7，cos
A＝－；
条件②：cos
A＝，cos
B＝.
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
19.(12分)在①函数f为奇函数；②当x＝时，f(x)＝；③是函数f(x)的一个零点这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答，已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)，f(x)的图象相邻两条对称轴间的距离为π，________.
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)求函数f(x)在[0,2π]上的单调递增区间．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
20．(12分)在①ac＝，②csin
A＝3，③c＝b这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求c的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．
问题：是否存在△ABC，它的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sin
A＝sin
B，C＝，________？
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
21.(12分)如图，已知直四棱柱ABCD
?
A1B1C1D1的底面是菱形，F是BB1的中点，M是线段AC1的中点．
(1)求证：直线MF∥平面ABCD；
(2)求证：平面AFC1⊥平面ACC1A1.
22．(12分)已知四棱锥P
?
ABCD的底面ABCD是菱形．
(1)求证：AD∥平面PBC；
(2)若PB＝PD，求证：BD⊥平面PAC；
(3)下面两问任选一问作答．
①E、F分别是AB、PD上的点，若EF∥平面PBC，AE＝2EB，求的值；
②若∠DAB＝60°，平面PAD⊥平面ABCD，PB⊥PD，判断△PAD是不是等腰三角形，并说明理由．
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1．解析：解法一：＝＝＝－i，选D.
解法二：利用i2＝－1进行替换，则＝＝＝＝－i，选D.
答案：D
2．解析：由⊥，得·＝－3＋2m＝0，故m＝.
答案：B
3．解析：①y＝x·sin
x为偶函数，它的图象关于y轴对称，故第一个图象即是；②y＝x·cos
x为奇函数，它的图象关于原点对称，它在上的值为正数，在上的值为负数，故第三个图象满足；③y＝x·|cos
x|为奇函数，当x>0时，f(x)≥0，故第四个图象满足；④y＝x·2x，为非奇非偶函数，故它的图象没有对称性，故第二个图象满足，故选A.
答案：A
4．解析：由“垂直于同一平面的两直线平行”知①是真命题；由“平行于同一平面的两直线平行或异面或相交”知②是假命题；由“垂直于同一直线的两平面平行”知③是真命题；在长方体ABCD
?
A1B1C1D1中，易知A1B1∥平面DCC1D1，A1B1∥平面ABCD，但以上两平面却相交，故④是假命题．
答案：C
5．解析：由余弦定理的推论，得cos
C＝＝≥，当且仅当a＝b时取“＝”．
答案：C
6．解析：如图，∵＝a，＝b，∴＝＋＝＋＝a＋b.
∵E是OD的中点，∴＝.
∴DF＝AB，∴＝＝(－)
＝＝－＝a－b，
＝＋＝a＋b＋a－b＝a＋b，故选C.
答案：C
7．解析：y＝cos
x的图象向右平移个单位长度得到y＝cos＝sin
x的图象，故A正确；y＝sin
x的图象向右平移个单位长度得到y＝sin＝－cos
x的图象，故B错误；y＝sin
x的图象向左平移|φ|个单位长度得到y＝sin(x＋|φ|)＝sin(x－φ)的图象，故C错误；y＝sin
2x的图象向左平移个单位长度得到y＝sin
＝sin的图象，故D错误．
答案：A
8．解析：
如图，取PC的中点O，连接OA，OB，
∵PA⊥平面ABC，AC?平面ABC，BC?平面ABC.
∴PA⊥AC，PA⊥BC.
在Rt△PAC中，∵O为PC的中点，∴OA＝PC，
又PA⊥BC，AB⊥BC，PA∩AB＝A，
∴BC⊥平面PAB，∴BC⊥PB，
在Rt△PBC中，可得OB＝PC，∴OA＝OB＝OC＝OP，
∴O是三棱锥P
?
ABC的外接球的球心，
∵Rt△PAC中，AC＝，PA＝，∴PC＝，∴三棱锥P
?
ABC的外接球的半径R＝PC＝，∴该三棱锥外接球的表面积S＝4πR2＝5π.
答案：A
9．解析：若|a＋b|＝|a|－|b|，则a，b反向共线，且|a|>|b|，即存在实数λ，使得b＝λa，故A不正确，C正确；若a⊥b，显然在以a，b对应的线段为邻边的长方形中|a＋b|＝|a|－|b|不成立，故B不正确；若λ>0，则a，b为同向的共线向量，显然|a＋b|＝|a|－|b|不成立，故D不正确．故选ABD.
答案：ABD
10．解析：在△ABC中，若A>B，则a>b，sin
A>sin
B，但cos
A>cos
B不正确，A错误；若sin
2A＝sin
2B，则2A＝2B或2A＋2B＝π，即A＝B或A＋B＝，所以△ABC为等腰三角形或直角三角形，B错误；若acos
B－bcos
A＝c，则sin
A·cos
B－sin
Bcos
A＝sin
C＝sin
(A＋B)，所以sin
Bcos
A＝0，即cos
A＝0，A＝，所以△ABC定为直角三角形，C正确；三角形的三边的比是3?5?7，设最大边所对的角为θ，则cos
θ＝＝－，因为<θ<π，所以θ＝，D正确．故选CD.
答案：CD
11．解析：函数f(x)＝的最小正周期为2π，画出f(x)在一个周期内的图象，
可得当2kπ＋≤x≤2kπ＋，k∈Z时，
f(x)＝cos
x，
当2kπ＋f(x)＝sin
x，
可得f(x)的对称轴方程为x＝＋kπ，k∈Z，
当x＝2kπ＋π或x＝2kπ＋，k∈Z时，f(x)取得最小值－1；
当且仅当2kπ0.
f(x)的最大值为f＝，可得0综上可得，正确的有CD.
答案：CD
12．解析：连接AB1，B1D1，AD1，由正方体的性质可得A1C⊥平面AB1D1，而平面AB1D1与平面B1EF不可能平行，所以显然有A1C与平面B1EF不垂直，故A错误；由题图可知，平面A1B1C1D1与平面B1EF相交，则一定有一条交线，所以在平面A1B1C1D1内一定存在直线与此交线平行，则此直线与平面B1EF平行，故B正确；点F在侧面BCC1B1上的投影为点B，点E在侧面BCC1B1上的投影在棱CC1上，所以投影三角形的面积为S＝BB1·BC＝，为定值，故C正确；在D1C1上取点M，使D1M＝D1C1，在AD上取点N，使AN＝AD，连接B1M，EM，EN，FN，则五边形B1MENF即为截面，故D正确，故选BCD.
答案：BCD
13．解析：解法一：因为tan
θ＝2，所以sin
θ＝2cos
θ，由sin2θ＋cos2θ＝1可知，sin2θ＝，cos2θ＝，所以cos
2θ＝cos2θ－sin2θ＝－＝－，tan＝＝＝.
解法二：因为tan
θ＝2，所以cos
2θ＝cos2θ－sin2θ＝＝＝＝－，tan＝＝＝.
答案：－　
14．解析：解法一：设该圆锥的母线长为l，因为圆锥的侧面展开图是一个半圆，其面积为2π，所以πl2＝2π，解得l＝2，所以该半圆的弧长为2π.设该圆锥的底面半径为R，则2πR＝2π，解得R＝1.
解法二：设该圆锥的底面半径为R，则该圆锥侧面展开图中的圆弧的弧长为2πR.因为侧面展开图是一个半圆，设该半圆的半径为r，则πr＝2πR，即r＝2R，所以侧面展开图的面积为·2R·2πR＝2πR2＝2π，解得R＝1.
答案：1
15．解析：设复数z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)，则a2＋b2＝4，c2＋d2＝4，又z1＋z2＝(a＋c)＋(b＋d)i＝＋i，∴a＋c＝，b＋d＝1，则(a＋c)2＋(b＋d)2＝a2＋c2＋b2＋d2＋2ac＋2bd＝4，∴8＋2ac＋2bd＝4，即2ac＋2bd＝－4，∴|z1－z2|＝＝＝＝2.
答案：2
16．解析：依题意得AD∥BC，∠BAD＝120°，由·＝||·||·cos∠BAD＝－||＝－，得||＝1，因此λ＝＝.取MN的中点E，连接DE，则＋＝2，·＝[(＋)2－(－)2]＝2－2＝2－.注意到线段MN在线段BC上运动时，DE的最小值等于点D到直线BC的距离，即AB·sin∠B＝，因此2－的最小值为2－＝，即·的最小值为.
答案：　
17．解析：(1)∵角α的顶点与原点O重合，始边与x轴的正半轴重合，它的终边过点P，∴tan
α＝＝－.
(2)以角α的终边为始边，逆时针旋转得到角β，
∴β＝α＋.
由(1)利用任意角的三角函数的定义可得cos
α＝－，sin
α＝.
∴sin
2α＝2sin
αcos
α＝－，cos
2α＝2cos2α－1＝－.
∴cos(α＋β)＝cos＝cos
2αcos－sin
2αsin＝
(cos
2α－sin
2α)＝.
18．解析：方案一：选条件①
(1)由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos
A，b＝11－a，c＝7，
得a2＝(11－a)2＋49－2(11－a)×7×，
∴a＝8.
(2)∵cos
A＝－，A∈(0，π)，∴sin
A＝.
由正弦定理＝，得sin
C＝＝＝，
由(1)知b＝11－a＝3，
∴S△ABC＝absin
C＝×8×3×＝6.
方案二：选条件②
(1)∵cos
A＝，∴A∈，sin
A＝.
∵cos
B＝，∴B∈，sin
B＝.
由正弦定理＝，
得＝，∴a＝6.
(2)sin
C＝sin(π－A－B)＝sin(A＋B)＝sin
Acos
B＋cos
Asin
B＝.
∵a＋b＝11，a＝6，∴b＝5.
∴S△ABC＝absin
C＝×6×5×＝.
19．解析：∵函数f(x)的图象相邻对称轴间的距离为π，
∴T＝＝2π，∴ω＝1，
∴f(x)＝2sin(x＋φ)．
方案一：选条件①
∵f＝2sin为奇函数，
∴f＝2sin＝0，
解得：φ＝＋kπ，k∈Z.
(1)∵0<φ<，∴φ＝，∴f(x)＝2sin；
(2)由－＋2kπ≤x＋≤＋2kπ，k∈Z，
得－π＋2kπ≤x≤＋2kπ，k∈Z.
∴令k＝0，得－≤x≤，令k＝1，得≤x≤，
∴函数f(x)在[0,2π]上的单调递增区间为[0，]，[π，2π]；
方案二：选条件②
f＝2sin＝，∴sin＝，
∴φ＝2kπ，k∈Z或φ＝＋2kπ，k∈Z，
(1)∵0<φ<，∴φ＝，∴f(x)＝2sin；
(2)由－＋2kπ≤x＋≤＋2kπ，k∈Z，
得－π＋2kπ≤x≤＋2kπ，k∈Z.
∴令k＝0，得－≤x≤，令k＝1，得≤x≤，
∴函数f(x)在[0,2π]上的单调递增区间为[0，]，[π，2π]；
方案三：选条件③
∵π是函数f(x)的一个零点，
∴f＝2sin＝0.∴φ＝kπ－，k∈Z.
(1)∵0<φ<，∴φ＝，∴f(x)＝2sin；
(2)由－＋2kπ≤x＋≤＋2kπ，k∈Z，
得－π＋2kπ≤x≤＋2kπ，k∈Z.
∴令k＝0，得－≤x≤，令k＝1，得≤x≤，
∴函数f(x)在[0,2π]上的单调递增区间为[0，]，[π，2π]．
20．解析：方案一：选条件①.
由C＝和余弦定理得＝.
由sin
A＝sin
B及正弦定理得a＝b.
于是＝，由此可得b＝c.
由①ac＝，解得a＝，b＝c＝1.
因此，选条件①时问题中的三角形存在，此时c＝1.
方案二：选条件②.
由C＝和余弦定理得＝.
由sin
A＝sin
B及正弦定理得a＝b.
于是＝，由此可得b＝c，B＝C＝，A＝.
由②csin
A＝3，所以c＝b＝2，a＝6.
因此，选条件②时问题中的三角形存在，此时c＝2.
方案三：选条件③.
由C＝和余弦定理得＝.
由sin
A＝sin
B及正弦定理得a＝b.
于是＝，由此可得b＝c.
由③c＝b，与b＝c矛盾．
因此，选条件③时问题中的三角形不存在．
21．证明：(1)连接BD，设AC，BD相交于点O，连接MO，因为M是线段AC1的中点，所以在△ACC1
中，MO綊CC1.
又F是BB1的中点，所以BF綊CC1，所以BF綊MO，
故四边形MOBF是平行四边形，
所以MF∥BO.又MF?平面ABCD，BO?平面ABCD，
所以MF∥平面ABCD.
(2)由(1)知OB∥MF，在菱形ABCD中，OB⊥AC，所以MF⊥AC.
在直四棱柱ABCD
?
A1B1C1D1中，CC1⊥平面ABCD，BO?平面ABCD，
所以BO⊥CC1，即MF⊥CC1.
又MF⊥AC，CC1∩AC＝C，AC?平面ACC1A1，CC1?平面ACC1A1，
所以MF⊥平面ACC1A1.
因为MF?平面AFC1，
所以平面AFC1⊥平面ACC1A1.
22．解析：(1)证明：因为四边形ABCD是菱形，所以AD∥BC.
因为AD?平面PBC，BC?平面PBC，所以AD∥平面PBC.
(2)证明：设AC、BD交于点O，连接PO.
因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD，DO＝OB.
因为PB＝PD，所以PO⊥BD.
因为AC∩PO＝O，PO，AC?平面PAC，所以BD⊥平面PAC.
(3)①过F作FG∥DC交PC于G，连接BG.
在菱形ABCD中，AB＝DC，AB∥DC，所以FG∥AB.所以E，F，G，B共面．
因为EF∥平面PBC，平面FEBG∩平面PBC＝BG，所以EF∥BG.
所以四边形FEBG为平行四边形，所以EB＝FG.
所以AE＝2EB，所以＝＝＝.
②△PAD不是等腰三角形，理由如下：
作BQ⊥AD交AD于点Q，连接PQ.
因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，BQ?平面ABCD，
所以BQ⊥平面PAD.所以BQ⊥PD.
因为PD⊥PB，PB∩BQ＝B.所以PD⊥平面PBQ.所以PD⊥PQ.
所以AD>PD，AD>PA，QD>PD，∠PQD<90°.
所以∠PQA>90°.所以PA>AQ.
在菱形ABCD中，∠DAB＝60°，所以△ABD是等边三角形．
所以Q为AD的中点．所以AQ＝QD.
所以PA>PD.
所以△PAD不可能为等腰三角形．