综合检测试卷(1)-【步步高】2023-2024学年高一数学必修（第二册）学习笔记（北师大版2019）

综合检测试卷(一) (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) 1．复数z＝＋(a2＋a－2)i(a∈R)为纯虚数，则a的值为(　　) A．1 B．0 C．0或－2 D．－2 答案　B 解析　因为复数z＝＋(a2＋a－2)i(a∈R)为纯虚数， 所以＝0且a2＋a－2≠0， 由＝0，得a＝0或a＝－2， 由a2＋a－2≠0，得a≠1且a≠－2， 所以当a＝0时，复数z＝＋(a2＋a－2)i(a∈R)为纯虚数． 2．已知向量＝(2，2)，＝(t，1)，若·＝2，则t等于(　　) A．5 B．4 C．3 D．2 答案　B 解析　根据题意得， ＝－＝(t，1)－(2，2)＝(t－2，－1)， 所以·＝2(t－2)＋2×(－1)＝2t－6＝2， 解得t＝4. 3．已知角α的顶点在坐标原点O，始边与x轴的非负半轴重合，将α的终边按顺时针方向旋转后经过点(3，4)，则sin 2α等于(　　) A．－ B．－ C. D. 答案　B 解析　由题意，得sin＝， ∴sin 2α＝cos ＝1－2sin2 ＝1－2×2＝－. 4．设D为△ABC所在平面内一点，若＝3，则下列关系中正确的是(　　) A.＝－＋ B.＝－ C.＝＋ D.＝－ 答案　A 解析　∵＝3， ∴－＝3(－)， ∴＝－. 5.如图所示，在正三角形ABC中，D，E，F分别为各边的中点，G，H分别为DE，AF的中点，将△ABC沿DE，EF，DF折成四面体P－DEF，则四面体中异面直线PG与DH所成角的余弦值为(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　折成的四面体是正四面体，如图所示， 连接HE，取HE的中点K，连接GK，PK，则GK∥DH，故∠PGK即为所求的异面直线所成的角．设这个正四面体的棱长为2，在△PGK中，PG＝，GK＝，PK＝＝， 故cos∠PGK＝＝， 即异面直线PG与DH所成角的余弦值是. 6．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若＝，且cos C＝，则△ABC是(　　) A．等边三角形 B．等腰三角形 C．直角或等腰三角形 D．等腰直角三角形 答案　A 解析　若＝， 则由正弦定理得＝， 即tan B＝， 又0<B<π，所以B＝， 由正弦定理及cos C＝， 得cos C＝， 即sin(A＋B)cos C＝， 又A＋B＝π－C，所以sin(A＋B)＝sin C， 所以cos C＝，又0<C<π，所以C＝， 所以△ABC是等边三角形． 7．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 答案　D 解析　对于命题①，若m⊥α，n⊥β，且m⊥n， 则α⊥β，命题①正确； 对于命题②，若m∥α，n∥β，且m∥n，则α与β平行或相交，命题②错误； 对于命题③，若m⊥α，n∥β，且m⊥n，则α与β平行、垂直或相交(不垂直)，命题③错误； 对于命题④，∵n∥β，过直线n作平面γ，使得β∩γ＝l，则n∥l，∵m∥n，∴m∥l， ∵m⊥α，∴l⊥α，∵l⊂β，则α⊥β，命题④错误． 8．若函数f(x)＝2sin ωx在区间上存在最小值－2，则非零实数ω的取值范围是(　　) A．(－∞，－2] B．[6，＋∞) C．(－∞，－2]∪ D.∪[6，＋∞) 答案　C 解析　①当ω>0时，ωx∈， ∵函数f(x)＝2sin ωx在区间上存在最小值－2， ∴－ω≤－，∴ω≥； ②当ω<0时，ωx∈， ∵函数f(x)＝2sin ωx在区间上存在最小值－2， ∴ω≤－，可得ω≤－2. 综上所述，非零实数ω的取值范围是(－∞，－2]∪. 二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分) 9．已知复数z满足z(2－i)＝i(i为虚数单位)，复数z的共轭复数为，则(　　) A．|z|＝ B.＝－ C．复数z的实部为－1 D．复数z在复平面上的对应点在第二象限 答案　BD 解析　因为复数z满足z(2－i)＝i， 所以z＝＝＝－＋i， 所以|z|＝＝，故A错误； ＝－－i＝－，故B正确； 复数z的实部为－，故C错误； 复数z在复平面上的对应点在第二象限，故D正确． 10．已知向量a＝(1，－2)，b＝(－1，m)，则(　　) A．若a与b垂直，则m＝－1 B．若a∥b，则a·b的值为－5 C．若m＝1，则|a－b|＝ D．若m＝－2，则a与b的夹角为60° 答案　BC 解析　对于选项A，由a⊥b，可得1×＋×m＝0，解得m＝－，故A错误； 对于选项B，由a∥b，可得1×m－×＝0，解得m＝2，∴b＝， ∴a·b＝1×＋×2＝－5，故B正确； 对于选项C，若m＝1，则a－b＝，则|a－b|＝，故C正确； 对于选项D，若m＝－2，则b＝，设a与b的夹角为θ， 则cos θ＝＝＝，此时θ不为60°，故D错误． 11．设函数f(x)＝cos 2x－sin 2x，则下列选项正确的是(　　) A．f的最小正周期是π B．若f在[a，b]上单调递减，那么b－a的最大值是 C．f满足f ＝f  D．y＝f的图象可以由y＝2cos 2x的图象向右平移个单位长度得到 答案　ABD 解析　∵f(x)＝cos 2x－sin 2x ＝2＝2cos. 对于A，T＝＝π，故A正确； 对于B，当2kπ≤2x＋≤2kπ＋π，k∈Z时，y＝f单调递减，故单调递减区间为，k∈Z，b－a的最大值是－＝，故B正确； 对于C，f ＝2cos ＝2cos＝－2sin 2x， f ＝2cos＝2cos ＝2sin 2x，故C错误； 对于D，y＝2cos 2x的图象向右平移个单位长度得到y＝2cos＝2cos＝2cos，故D正确． 12．如图，四边形ABCD是边长为2的正方形，点E，F分别为边BC，CD的中点，将△ABE，△ECF，△FDA分别沿AE，EF，FA折起，使B，C，D三点重合于点P，则(　　) A．AP⊥EF B．点P在平面AEF内的投影为△AEF的垂心 C．二面角A－EF－P的余弦值为 D．若四面体P－AEF的四个顶点在同一个球面上，则该球的表面积是24π 答案　ABC 解析　根据题意，AP⊥PF，AP⊥PE，PE∩PF＝P，PE，PF⊂平面PEF，故AP⊥平面PEF； 因为PE⊥PA，PE⊥PF，PA∩PF＝P，PA，PF⊂平面PAF，故PE⊥平面PAF； 故可得PA，PE，PF两两垂直． 对于A，由AP⊥平面PEF，EF⊂平面PEF，故AP⊥EF，故A正确； 对于B，过点P作平面AEF的垂线PN，连接AN并延长交EF于点M，如图所示， 由A可知，EF⊥AP，又PN⊥平面AEF，EF⊂平面AEF，故EF⊥PN， 又PN∩AP＝P，PN，AP⊂平面PAM，故可得EF⊥平面PAM， 又AM⊂平面PAM，故EF⊥AM，即点N在△AEF边EF的垂线上， 同理可证，点N在△AEF边AF，AE的垂线上． 故点P在平面AEF内的投影为△AEF的垂心，故B正确； 对于C，根据B中所求，AM为△AEF边EF的垂线，又AF＝AE＝，可得点M为EF的中点． 又PF＝PE＝1，故△PEF为等腰三角形，如图，连接PM，则PM⊥EF， 根据二面角的定义， 显然∠AMP即为二面角A－EF－P的平面角． 在△PMA中，PM＝EF＝， AM＝＝，又AP＝2， 故cos∠AMP＝＝. 故二面角A－EF－P的余弦值为，故C正确； 对于D，因为PA，PE，PF两两垂直， 故三棱锥P－AEF的外接球半径和长、宽、高分别为1，1，2的长方体的外接球半径相等． 故其外接球的半径R＝＝， 故外接球的表面积S＝4πR2＝6π，故D错误． 三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分) 13．已知＝b＋i(a，b∈R)，其中i为虚数单位，则a＋b＝________. 答案　1 解析　因为＝b＋i，所以2－ai＝b＋i，由复数相等的充要条件得b＝2，a＝－1，故a＋b＝1. 14.古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱，此圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，如图所示，相传这个图形表达了阿基米德最引以为豪的发现，我们不妨称之为“阿氏球柱体”，若在装满水的阿氏球柱体中放入其内切球(溢出部分水)，则“阿氏球柱体”中剩下的水的体积与圆柱体积的比值为________． 答案　 解析　设球的半径为R， 则球的体积V1＝πR3， 圆柱的体积V2＝πR2×2R＝2πR3， 剩下水的体积为V2－V1＝2πR3－πR3＝πR3， ∴＝＝. 15．将函数f(x)＝2sin(ω>0)的图象向左平移个单位长度，得到函数y＝g(x)的图象．若y＝g(x)在上单调递增，则ω的最大值为________． 答案　2 解析　由题意， 可知g＝2sin＝2sin ωx， 由y＝g(x)在上单调递增， 可知≥， 即·≥， 解得ω≤2，所以ω的最大值为2. 16．若△ABC的面积为(a2＋c2－b2)，且C为钝角，则B＝________，的取值范围是________． 答案　　(2，＋∞) 解析　∵S△ABC＝＝acsin B， ∴＝， 即cos B＝， ∴＝，即tan B＝，又B∈(0，π)， ∴B＝， 则＝＝ ＝＝·＋， ∵C为钝角，B＝， ∴0<A<， ∴tan A∈，∈， 故∈. 四、解答题(本大题共6小题，共70分) 17．(10分)已知复数z＝3＋bi(b∈R)，且(1＋3i)·z为纯虚数． (1)求复数z； (2)若ω＝，求复数ω以及模|ω|. 解　(1)将z＝3＋bi代入·z， 得·z＝＝3－3b＋i， 因为·z为纯虚数， 所以解得b＝1， 所以复数z＝3＋i. (2)由(1)知z＝3＋i， 所以ω＝＝＝＝＝－， ＝＝. 18．(12分)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D是线段AB上的动点． (1)当D是AB的中点时，证明：AC1∥平面B1CD； (2)若CD⊥AB，证明：平面ABB1A1⊥平面B1CD. 证明　(1)如图，连接BC1，交B1C于点E，连接DE， 则E是BC1的中点， ∵D是AB的中点， ∴DE∥AC1， 又DE⊂平面B1CD，AC1⊄平面B1CD， ∴AC1∥平面B1CD. (2)∵AA1⊥平面ABC，CD⊂平面ABC， ∴AA1⊥CD， 又CD⊥AB，AA1∩AB＝A， AB，AA1⊂平面ABB1A1， ∴CD⊥平面ABB1A1， 又CD⊂平面B1CD， ∴平面ABB1A1⊥平面B1CD. 19．(12分)在平面直角坐标系中，已知点A，P(cos α，sin α)，其中0<α<，O为坐标原点． (1)若cos α＝，求证：⊥； (2)若||＝||，求sin的值． 证明　由题设知＝， ＝. 所以·＝＋2 ＝－cos α＋cos2α＋sin2α ＝－cos α＋1. 因为cos α＝， 所以·＝0. 故⊥. (2)解　因为||＝||， 所以||2＝||2， 即2＋sin2α＝cos2α＋sin2α， 解得cos α＝. 因为0<α<， 所以sin α＝. 因此sin 2α＝2sin αcos α＝， cos 2α＝2cos2α－1＝－. 从而sin＝sin 2α＋cos 2α＝×＋×＝. 20．(12分)请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并作答． ①＝； ②2ccos C＝acos B＋bcos A； ③△ABC的面积为c(asin A＋bsin B－csin C)． 已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且________． (1)求C； (2)若D为AB的中点，且c＝2，CD＝，求a，b. 注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分． 解　(1)方案一：选条件①. ∵＝， 由正弦定理可得，＝， 即a2－c2＝ab－b2， ∴a2＋b2－c2＝ab， ∴由余弦定理可得，cos C＝＝. 又C∈(0，π)，∴C＝. 方案二：选条件②. ∵2ccos C＝acos B＋bcos A， ∴根据正弦定理可得， 2sin Ccos C＝sin Acos B＋sin Bcos A， ∴2sin Ccos C＝sin(A＋B)， ∴2sin Ccos C＝sin C. ∵sin C≠0，∴cos C＝， 又C∈(0，π)，∴C＝. 方案三：选条件③. 由题意知，absin C＝c(asin A＋bsin B－csin C)， ∴由正弦定理可得，abc＝c(a2＋b2－c2)， ∴a2＋b2－c2＝ab， ∴由余弦定理可得，cos C＝＝， 又C∈(0，π)，∴C＝. (2)由题意知，AD＝BD＝1，CD＝， 在△ACD中， AC2＝AD2＋CD2－2AD·CD·cos∠ADC， 即b2＝4－2cos∠ADC. 在△BCD中， BC2＝BD2＋CD2－2BD·CD·cos∠BDC， 即a2＝4－2cos∠BDC， ∵∠ADC＋∠BDC＝π， ∴cos∠ADC＝－cos∠BDC，∴a2＋b2＝8. 由(1)知，cos C＝＝， ∴a2＋b2＝c2＋ab＝4＋ab， ∴ab＝4， 由解得a＝b＝2. 21.(12分)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为菱形，∠ADC＝60°，PA＝AD＝2，E为AD的中点． (1)求证：平面PCE⊥平面PAD； (2)求PC与平面PAD所成角的正切值； (3)求二面角A－PD－C的正弦值． 证明　连接AC(图略)，因为四边形ABCD为菱形，所以DA＝DC. 又∠ADC＝60°， 所以△ADC为等边三角形，即有CA＝CD， 又在△ADC中，E为AD的中点，所以CE⊥AD. 因为PA⊥平面ABCD，CE⊂平面ABCD， 所以CE⊥PA. 又PA∩AD＝A，PA⊂平面PAD， AD⊂平面PAD， 所以CE⊥平面PAD.又CE⊂平面PCE， 所以平面PCE⊥平面PAD. (2)解　由(1)知EC⊥平面PAD， 所以斜线PC在平面PAD内的投影为PE， 即∠CPE为PC与平面PAD所成的角． 因为PA⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD， 所以PA⊥AD. 在Rt△PAE中，PE＝＝， 在Rt△CED中，CE＝＝， 因为EC⊥平面PAD，PE⊂平面PAD， 所以EC⊥PE， 在Rt△CEP中，有tan∠CPE＝＝， 所以PC与平面PAD所成角的正切值为. (3)解　如图，在平面PAD中，过E点作EM⊥PD，垂足为M，连接CM. 因为CE⊥平面PAD，PD⊂平面PAD，所以CE⊥PD， 又EM∩CE＝E，EM⊂平面EMC， CE⊂平面EMC， 所以PD⊥平面EMC. 又CM⊂平面EMC， 所以PD⊥CM， 即∠EMC为二面角A－PD－C的平面角． 在Rt△EMD中，ED＝1，∠ADP＝45°， 所以EM＝MD＝， 在Rt△CMD中，MD＝，CD＝2， 所以CM＝＝， 因为CE⊥平面PAD，EM⊂平面PAD， 所以CE⊥EM， 在Rt△EMC中，cos∠EMC＝＝， 所以sin∠EMC＝， 所以二面角A－PD－C的正弦值为. 22．(12分)某地积极推进生态文明建设，大力开展“青山绿水”工程，造福于民．为此，当地政府决定将一扇形(如图①)荒地改造成市民休闲中心，其中扇形内接矩形区域为市民健身活动场所，其余区域(阴影部分)改造为绿地景观(种植各种花草)．已知该扇形OAB的半径为200米，圆心角∠AOB＝60°，点Q在OA上，点M，N在OB上，点P在弧AB上，设∠POB＝θ. (1)若矩形MNPQ是正方形，求tan θ的值； (2)为方便市民观赏绿地景观，从点P处向OA，OB修建两条观赏通道PS和PT(宽度不计)，使PS⊥OA，PT⊥OB，其中PT依PN而建(如图②)，为让市民有更多时间观赏，希望PS＋PT最长，试问：此时点P应在何处？说明你的理由． 解　(1)在Rt△PON中， PN＝200sin θ， ON＝200cos θ， 在Rt△OQM中，QM＝PN＝200sin θ， OM＝＝＝sin θ， 所以MN＝ON－OM＝200cos θ－sin θ， 因为矩形MNPQ是正方形， 所以MN＝PN， 所以200cos θ－sin θ＝200sin θ， 所以sin θ＝200cos θ， 所以tan θ＝＝＝. (2)因为∠POM＝θ， 所以∠POQ＝60°－θ， PS＋PT＝200sin(60°－θ)＋200sin θ ＝200 ＝200 ＝200sin(θ＋60°)，0°<θ<60°. 所以当θ＋60°＝90°， 即θ＝30°时，PS＋PT最长， 此时P是的中点． 学科网（北京）股份有限公司 $$