本册综合测评-【金版教程】2024-2025学年高中数学必修第二册作业与测评word（北师大版2019）

本册综合测评 　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．cos2040°＝(　　) A． B．－ C． D．－ 答案　B 解析　cos2040°＝cos(6×360°－120°)＝cos120°＝－. 2．记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若cosA＝，a＝5，b＝4，则sinB＝(　　) A． B． C． D． 答案　C 解析　sinA＝＝，由正弦定理＝，得sinB＝＝. 3．若水平放置的四边形AOBC按“斜二测画法”得到如图所示的直观图，其中A′C′∥O′B′，A′C′⊥B′C′，A′C′＝1，O′B′＝2，则原四边形AOBC的面积为(　　) A．12 B．6 C．3 D． 答案　C 解析　由斜二测画法的直观图知，A′C′∥O′B′，A′C′⊥B′C′，A′C′＝1，O′B′＝2，所以O′A′＝，所以原图形OACB中，AC∥OB，OA⊥OB，AC＝1，OB＝2，AO＝2A′O′＝2×＝2，所以梯形AOBC的面积为S＝×(1＋2)×2＝3. 4．若一个圆锥的底面面积为π，其侧面展开图是一个圆心角为120°的扇形，则该圆锥的表面积为(　　) A．2π B．3π C．4π D．5π 答案　C 解析　设圆锥的母线长为l，底面半径为r，则由题意得πr2＝π，解得r＝1，底面周长为2π，则l·＝2π，解得l＝3，则该圆锥的表面积为π×1×3＋π＝4π. 5．平面向量a与b的夹角为60°，a＝(3，0)，|b|＝1，则|a－2b|＝(　　) A． B． C．4 D．12 答案　B 解析　因为a＝(3，0)，所以|a|＝3，因为向量a与b的夹角为60°，所以a·b＝|a||b|cos60°＝，所以(a－2b)2＝a2＋4b2－4a·b＝|a|2＋4|b|2－4a·b＝7，所以|a－2b|＝. 6．要得到函数y＝3sin的图象，只需将函数y＝3sin的图象(　　) A．向左平移个单位长度 B．向右平移个单位长度 C．向左平移个单位长度 D．向右平移个单位长度 答案　A 解析　对于A，将y＝3sin的图象向左平移个单位长度得y＝3sin＝3sin的图象，A正确；对于B，将y＝3sin的图象向右平移个单位长度得y＝3sin＝3sin＝－3sin的图象，B错误；对于C，将y＝3sin的图象向左平移个单位长度得y＝3sin＝3sin＝3cos的图象，C错误；对于D，将y＝3sin的图象向右平移个单位长度得y＝3sin＝3sin＝－3sin的图象，D错误． 7．将函数f(x)＝sin(ω>0)的图象向左平移个单位长度后得到曲线C，若C关于y轴对称，则ω的最小值是(　　) A． B． C． D． 答案　C 解析　由题意知，曲线C为y＝sin＝sin，又C关于y轴对称，则＋＝＋kπ，k∈Z，解得ω＝＋2k，k∈Z，又ω>0，故当k＝0时，ω取得最小值，为. 8．若<α<，且cos＝－，则cos＝(　　) A．－ B．± C． D．－ 答案　A 解析　由cos＝1－2sin2＝－，得sin2＝.因为<α<，所以<α＋<，所以sin＝－，所以cos＝cos＝sin＝－. 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．若复数z满足z(1－2i)＝5，则下列结论错误的是(　　) A．z＝1－2i B．z＋1是纯虚数 C．复数z在复平面内对应的点在第二象限 D．若复数z在复平面内对应的点在角α的终边上，则cosα＝ 答案　ABC 解析　由题设，z＝＝1＋2i且对应点在第一象限，A，C错误；z＋1＝2＋2i不是纯虚数，B错误；由z在复平面内对应的点为(1，2)，所以cosα＝，D正确． 10．设α，β是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，下列命题不正确的是(　　) A．若m∥n，m∥α，则n∥α B．若m⊥n，m⊂α，n⊂β，则α⊥β C．若m∥n，m⊥α，n⊥β，则α∥β D．若m⊥n，m⊥α，n⊥β，则α∥β 答案　ABD 解析　对于A，当α为平面ABCD时，取n为直线BC，m为直线C1B1，此时满足m∥n，m∥α，但不满足n∥α，故A不正确；对于B，当α为平面ABCD，β为平面A1B1C1D1时，取m为直线AB，n为直线C1B1，此时满足m⊥n，m⊂α，n⊂β，但不满足α⊥β，故B不正确；对于C，由m∥n，m⊥α，则n⊥α，又n⊥β，由线面垂直的性质可得α∥β，故C正确；对于D，当α为平面ABCD，β为平面BCC1B1时，取m为直线BB1，n为直线AB，此时满足m⊥n，m⊥α，n⊥β，但不满足α∥β，故D不正确． 11．如图，正方体ABCD－A1B1C1D1 的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF＝，则下列结论中正确的是(　　) A．AC⊥AF B．EF∥平面ABCD C．三棱锥A－BEF的体积为定值 D．△AEF的面积与△BEF的面积相等 答案　BC 解析　连接BD.对于A，因为AC⊥BD，而BD∥B1D1，所以AC⊥B1D1，即AC⊥EF，若AC⊥AF，则AC⊥平面AEF，即可得AC⊥AE，由题图知显然不成立，故A不正确；对于B，因为EF∥BD，EF⊄平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以EF∥平面ABCD，故B正确；对于C，VA－BEF＝S△BEF·AC＝·EF·BB1·AC＝EF·BB1·AC，所以体积是定值，故C正确；对于D，设B1D1的中点是O，点A到直线EF的距离是AO，而点B到直线EF的距离是BB1，因为AO＞BB1，S△AEF＝EF·AO，S△BEF＝EF·BB1，所以△AEF的面积与△BEF的面积不相等，D不正确．故选BC. 三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分) 12．若＝2，则tanα＝________． 答案　－ 解析　由已知1＋sin2α＝1＋2sinαcosα＝(sinα＋cosα)2≠0，则sinα＋cosα≠0，因为＝＝＝＝＝2，解得tanα＝－. 13．如图是一个“圆柱容球”的几何图形，即圆柱容器里放了一个球，该球与圆柱的侧面和两底均相切，若圆柱的表面积是6π，现在向圆柱和球的缝隙里注水，则可以注入的水的体积最多为________． 答案　 解析　设球的半径为R，由题意可知，圆柱的底面半径为R，圆柱的高为2R，因为圆柱的表面积是6π，所以2πR×2R＋2πR2＝6π，解得R＝1，所以圆柱的体积为V1＝πR2×2R＝π×12×2×1＝2π，球的体积为V2＝πR3＝×π×13＝，所以可以注入的水的体积最多为V1－V2＝2π－＝. 14．如图，一座垂直建于地面的信号发射塔CD的高度为30 m，地面上一人在A点观察该信号塔顶部，仰角为45°，沿直线步行1 min后在B点观察塔顶，仰角为30°，若∠ADB＝30°，此人的身高忽略不计，则他的步行速度为________ m/s. 答案　 解析　依题意，在Rt△ACD中，∠ADC＝90°，∠CAD＝45°，则AD＝CD＝30 m．在Rt△BCD中，∠BDC＝90°，∠CBD＝30°，则BD＝＝30 m．在△ADB中，∠ADB＝30°，由余弦定理，得AB2＝AD2＋BD2－2AD·BDcos∠ADB＝302＋(30)2－2×30×30cos30°＝900，解得AB＝30 m，即有＝ m/s，所以他的步行速度为 m/s. 四、解答题(本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤) 15．(本小题满分13分)已知a，b，c是同一平面的三个向量，其中a＝(1，)． (1)若|c|＝4，且c∥a，求c的坐标； (2)若|b|＝1，且(a＋b)⊥，求a与b的夹角θ. 解　(1)因为c∥a，所以存在实数λ(λ∈R)， 使得c＝λa＝(λ，λ)， 又|c|＝4，即＝4，解得λ＝±2. 所以c＝(2，2)或c＝(－2，－2)． (2)因为(a＋b)⊥， 所以(a＋b)·＝0， 即a2－a·b－b2＝0， 所以4－×2×1×cosθ－＝0， 解得cosθ＝， 因为θ∈[0，π]，所以θ＝. 16．(本小题满分15分)在△ABC中，已知角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且bsinA－acosB＝0. (1)求角B； (2)若b＝2，ac＝5，求△ABC的周长． 解　(1)由正弦定理， 得sinBsinA－sinAcosB＝0. ∵A∈(0，π)，∴sinA≠0， ∴sinB＝cosB， 即tanB＝， ∵B∈(0，π)， ∴B＝. (2)由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accosB ＝(a＋c)2－3ac＝(a＋c)2－15＝12， ∴a＋c＝3， ∴△ABC的周长L＝a＋c＋b＝3＋2＝5. 17．(本小题满分15分)已知函数f(x)＝2cos＋2sin. (1)求函数f(x)的单调递减区间； (2)求函数f(x)的最大值及f(x)取得最大值时的x的取值集合； (3)若f(x)＝，求cos的值． 解　(1)f(x)＝2cosxcos＋2sinxsin－2cosx＝cosx＋sinx－2cosx＝sinx－cosx＝2sin. 令2kπ＋≤x－≤2kπ＋(k∈Z)， ∴2kπ＋≤x≤2kπ＋(k∈Z)， ∴函数f(x)的单调递减区间为(k∈Z)． (2)当f(x)取最大值2时，x－＝2kπ＋(k∈Z)，则x＝2kπ＋(k∈Z)． ∴f(x)的最大值是2，取得最大值时的x的取值集合是. (3)f(x)＝，即2sin＝， ∴sin＝. ∴cos＝1－2sin2＝1－2×＝. 18．(本小题满分17分)已知向量m＝(2sinx，－cosx)，n＝(cosx，2cosx)． (1)若m∥n，且x∈，求tan2x； (2)若f(x)＝m·n，且存在x0∈，使得f(x0)<a，求实数a的取值范围． 解　(1)由m∥n得2sinx·(2cosx)－cosx·(－cosx)＝0， 由x∈知，cosx≠0， ∴4sinx＋cosx＝0， 即tanx＝－， ∴tan2x＝＝－. (2)由题意f(x)min<a，其中x∈. f(x)＝m·n＝2sinxcosx－2cos2x ＝sin2x－(cos2x＋1) ＝2sin－1， 当x∈时，2x－∈， ∴当2x－＝时，f(x)取得最小值，为－2， ∴a>－2，即实数a的取值范围是(－2，＋∞)． 19．(本小题满分17分)如图1，矩形ABCD中，AB＝12，AD＝6，E，F分别为CD，AB边上的点，且DE＝3，BF＝4，将△BCE沿BE折起至△PBE的位置(如图2所示)，连接AP，PF，其中PF＝2. (1)求证：PF⊥平面ABED； (2)在线段PA上是否存在点Q，使得FQ∥平面PBE？若存在，求出点Q的位置；若不存在，请说明理由； (3)求点A到平面PBE的距离． 解　(1)证明：连接EF，由题意知，PB＝BC＝6，PE＝CE＝9， 在△PBF中，PF2＋BF2＝20＋16＝36＝PB2，所以PF⊥BF. 易得EF＝＝， 在△PEF中，EF2＋PF2＝61＋20＝81＝PE2，所以PF⊥EF. 又BF∩EF＝F，BF，EF⊂平面ABED， 所以PF⊥平面ABED. (2)存在．当Q为PA的三等分点(靠近P)时，FQ∥平面PBE. 理由如下： 因为AQ＝AP，AF＝AB，所以FQ∥PB， 又FQ⊄平面PBE，PB⊂平面PBE， 所以FQ∥平面PBE. (3)由(1)知PF⊥平面ABED，连接AE， 则PF为三棱锥P－ABE的高． 设点A到平面PBE的距离为h， 由等体积法得VA－PBE＝VP－ABE， 即S△PBE·h＝S△ABE·PF. 又S△PBE＝×6×9＝27， S△ABE＝×12×6＝36， 所以h＝＝＝， 即点A到平面PBE的距离为. 1 学科网（北京）股份有限公司 $$