模块综合检测卷-【金版新学案】2025-2026学年高中数学必修第二册同步课堂高效讲义配套课件PPT（湘教版）

这是一份高中数学期末模块综合检测卷，包含选择、填空、解答题，覆盖复数、向量、三角形、概率、立体几何等知识点，解析详细，为学生提供知识巩固与解题方法的学习支架。 资料特色突出核心素养，如洛书概率题引导用数学眼光观察传统文化，几何证明题培养逻辑推理思维，应用题强化数学语言表达。通过多样化题型和实际情境题，帮助学生提升综合解题能力，也为教师教学提供丰富例题与详细解析参考，适合高三学生期末复习及升学备考。

模块综合检测卷 　 1.已知复数z＝＋，是z的共轭复数，则的虚部为 A.2 B.2i C.－2 D.－2i √ 由题意得z＝＋＝－＝＋i＝(1＋i)＋i＝1＋2i，所以＝1－2i，所以的虚部为－2.故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 2.如图所示，在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，E为线段AB的中点，＝，BC＝2AD＝4，∠ABC＝60°，则·＝ A.－12 B.－10 C.－8 D.－6 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 在等腰梯形ABCD中，分别过点A，D作AM，DN垂直于BC于点M，N， 则MN＝AD＝2，BM＝CN＝1， 因为 ∠ABC＝60°，所以AB＝CD＝2， 因为E为线段AB的中点，＝， 所以·＝· ＝·－＋·－· ＝×2×4×cos 60°－42＋×2×2×cos 60°－×2×4×cos 120° ＝2－16＋＋＝－10， 故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 3.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a＋(b－2c)＋c＝0，则△ABC的形状是 A.等腰三角形 B.等边三角形 C.等腰直角三角形 D.钝角三角形 √ 由题意可知：a＋(b－2c)＋c(－)＝0， 所以(a－c)＋(b－c)＝0，因为一定不共线，所以a－c＝0且b－c＝0，所以a＝b＝c，所以△ABC为等边三角形，故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 4.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若A＝60°，b＝1，其面积为，则＝ A.3 B. C. D. √ 设△ABC的面积为S，由题意知S＝bcsin A，即＝csin 60°，解得c＝4.由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A＝1＋16－8×＝13，即a＝.由正弦定理可得＝＝2R＝＝＝.故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 5.已知直三棱柱ABC-A1B1C1的各顶点都在同一球面上，且该棱柱的体积为，又AB＝2，AC＝1， ∠BAC＝60°，则该球的表面积为 A.4π B.4π C.8π D.32π √ 因为直三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱垂直于底面，棱柱的体积为，AB＝2，AC＝1，∠BAC＝60°， 所以×2×1×sin 60°×AA1＝，所以AA1＝2， 因为BC2＝AC2＋AB2－2AC·AB·cos∠BAC＝1＋4－2＝3，所以BC＝， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 设△ABC外接圆的半径为R，则＝2R， 所以R＝1， 所以外接球的半径为＝，所以球的表面积等于4π×()2＝8π，故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 6.洛书，古称龟书，是阴阳五行术数之源.在古代传说中有神龟出于洛水，其甲壳上有此图象，结构是“戴九履一，左三右七，二四为肩，六八为足，以五居中，五方白圈皆阳数，四隅黑点为阴数”.其各行各列及对角线点数之和皆为15.如图，若从五个“阳数”中随机抽取三个数，则能使这三个数之和等于15的概率是 A. B. C. D. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 从五个“阳数”：1，3，5，7，9中随机抽取三个数共有10种取法，符合题意的有2种：{1，5，9}和{3，5，7}，故所求概率为＝.故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 7.如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，E，F，G分别为棱AB，A1D1，C1D1的中点，经过E，F，G三点的平面被正方体所截，则截面图形的面积为 A. B. C.1 D.2 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 根据题意，作出截面，判断其形状，再求面积即可. 分别取BC，AA1，CC1的中点为H，M，N，连接 EH， HN，GN，FM，ME. 容易得出FG∥EH，GN∥ME，HN∥FM，则点E，F， G，H，M，N共面， 且FG＝EH＝GN＝ME＝HN＝FM＝＝， 即经过E，F，G三点的截面图形为正六边形EHNGFM，连接MN，EG，FH，且相交于点O， 因为MN＝AC＝＝，所以OE＝OH＝ON＝OG＝OF＝OM＝， 则截面图形的面积为×6＝.故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 8.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知c＝2，且满足2a·sin C·cos B＝a·sin A－b·sin B＋b·sin C，点O满足＋＋＝0，cos∠CAO＝，则△ABC的面积为 A.3 B. C. D. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 作图，＋＋＝0，所以O为△ABC的重心，连AO 并延长交BC于E，则E为BC中点， 延长AE至F，使AE＝EF，连BF、CF，则四边形ABFC为 平行四边形， 因为2a·sin C·cos B＝a·sin A－b·sin B＋b·sin C， 所以由正弦定理和余弦定理得：2ac·＝a2－b2＋bc，即c＝b， 又因为c＝2，所以b＝4，所以BF＝AC＝4，cos∠AFB＝cos∠CAE＝cos∠CAO＝， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 设AE＝x，则AF＝2x，在△ABF中，由余弦定理得： cos∠AFB＝＝＝，解得x＝ 2，即AE＝2， 又sin∠CAE＝＝＝， 所以S△ABC＝2··AE·AC·sin∠CAE＝2×4×＝，故选D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 9.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，下列说法中正确的是 A.若△ABC为锐角三角形且A＞B，则sin A＞cos B B.若sin 2A＝sin 2B，则△ABC为等腰三角形 C.若a＝8，c＝10，B＝60°，则符合条件的△ABC有两个 D.若A＞B，则sin A＞sin B √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 A选项，锐角△ABC中A＞B，则A＋B＞，所以A＞－B， 所以sin A＞sin(－B)＝cos B，对， B选项，因为sin 2A＝sin 2B，又A∈(0，π)、B∈(0，π)，所以2A＝2B或2A＝π－2B， 若2A＝2B，则△ABC为等腰三角形， 若2A＝π－2B，则A＋B＝，则△ABC为直角三角形，错， C选项，cos B＝＝＝，解得b＝2，错， D选项，由A＞B可得a＞b，所以＞，结合正弦定理得sin A＞sin B，对，故选AD. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 10.对于给定的△ABC，其外心为O，重心为G，垂心为H，则下列结论正确的是 A.·＝ B.·＝·＝· C.过点G的直线l交AB，AC于E，F，若＝λ，＝μ，则＋＝3 D.与＋共线 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 A选项，如图所示，设AB中点为M，则OM⊥AB， 所以｜AO｜·cos∠OAM＝｜AM｜， 所以·＝｜｜｜｜·cos∠OAB＝｜｜× (｜｜·cos∠OAM) ＝｜｜×＝｜｜2＝，对， B选项，·＝··(－)＝0等价于·＝0，即OA⊥BC， 对于一般三角形而言，O是外心，OA不一定与BC垂直， 比如Rt△ABC中，若B为直角顶点，则O为斜边AC的中点，OA与BC不垂直，错， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 C选项，设BC的中点为D， 则＝＝＋)＝＋)＝＋， 因为E，F，G三点共线，所以＋＝1，即＋＝3，对， D选项，(＋)·＝＋ ＝＋ ＝－｜｜＋｜｜＝0， 所以＋垂直， 又因为⊥，所以＋一定共线，对，故选ACD. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 11.在南方不少地区，经常看到一种用木片、竹篾或苇蒿等材料制 作的斗笠，用来遮阳或避雨，有一种外形为圆锥形的斗笠，称为 “灯罩斗笠”，不同型号的斗笠大小经常用帽坡长(母线长)和帽 底宽(底面圆直径长)两个指标进行衡量，现有一个“灯罩斗笠”， 帽坡长20厘米，帽底宽20厘米，关于此斗笠，下列说法正确的是 A.斗笠轴截面(过顶点和底面中心的截面图形)的顶角为120° B.过斗笠顶点和斗笠侧面上任意两母线的截面三角形的最大面积为100平方厘米 C.若此斗笠顶点和底面圆上所有点都在同一个球上，则该球的表面积为1 600π平方厘米 D.此斗笠放在平面上，可以盖住的球(保持斗笠不变形)，则球的最大半径为(20－30)厘米 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 对A选项，设顶角为θ，则sin ＝＝，得＝ 60°，所以顶角为θ＝120°，A正确；对B选项， 因为顶角为θ＝120°，则截面三角形的最大面积 为×202sin 90°＝200平方厘米，B错误；对C选项，因为顶角为θ＝120°，则＝60°，所以外接球半径等于圆锥母线长，即R＝20，则该球的表面积为4πR2＝1 600π平方厘米，C正确；对D选项，设球的最大半径为r，因为顶角为120°，则∠OCD＝15°，所以r＝CD·tan 15°＝10·＝20－30，D正确. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 12.在锐角△ABC中，BC＝1，B＝2A，AC的取值范围为__________. (，) 因为B＝2A，由正弦定理得＝，所以BC＝＝＝1，所以AC＝2cos A，易知0°＜2A＜90°，所以0°＜A＜45°， 又0°＜C＝180°－3A＜90°，所以30°＜A＜60°， 所以30°＜A＜45°， 所以＜cos A＜，AC＝2cos A∈(，). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 13.在△ABC中，∠B＝，其面积为3，设点H在△ABC内，且满足·＝·＝·，则·＝______. 6 因为·＝·＝·， 所以·＝·⇒·－·＝·＝0， 同理可得·＝0，·＝0， 因为∠B＝，且面积为3，则ac·sin 45°＝ac＝3，ac＝6， 又因为·＝·＝0，所以CH⊥AB，AH⊥BC，设∠HBC＝θ，AH与BC交BC于D， 则·＝｜｜·｜｜cos θ＝｜｜·｜｜＝c·cos 45°·a＝ac＝6. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 14.阿基米德多面体，也称为半正多面体，是指至少由两种 类型的正多边形为面构成的凸多面体.如图，从正四面体的 4个顶点处截去4个相同的正四面体，若得到的几何体是由正 三角形与正六边形构成的阿基米德多面体，且该阿基米德多 面体的表面积为7，则该阿基米德多面体外接球的表面积为_______，外接球的体积为_______. π 由题意可得，阿基米德多面体的棱长为原正四面体棱长的，设原正四面体的棱长为a，则其表面积为4××a2＝a2， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 由图易知该阿基米德多面体与原正四面体相比较，表面 积少了8个边长为a的正三角形的面积，所以该阿基米德 多面体的表面积为a2－8××＝＝7， 所以a＝3. 易知原正四面体外接球的球心就是该阿基米德多面体外接球的球心，设阿基米德多面体外接球的球心为O，半径为R， 易知O与正四面体一条棱的三等分点之间的距离就是该阿基米德多面体外接球的半径R，球心O到该阿基米德多面体正六边形侧面的距离d为正四面体高的， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 由a＝3易得正四面体的高为，所以d＝， 又阿基米德多面体中每个正六边形侧面的外接圆半径r＝1， 所以R2＝r2＋d2＝1＋＝，所以该阿基米德多面体外接 球的表面积S＝4πR2＝，外接球的体积为πR3＝π＝π. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 15.(本小题满分13分)如图，在多面体ABCDEF中，ABCD为 菱形，∠ABC＝60°，EC⊥平面ABCD，FA⊥平面ABCD， G为BF的中点.若EG∥平面ABCD. (1)求证：EG⊥平面ABF； 证明：取AB的中点M，连接GM，MC， 又G为BF的中点， 所以GM∥FA. 因为EC⊥平面ABCD，FA⊥平面ABCD， 所以EC∥FA，所以EC∥GM. 因为平面CEGM∩平面ABCD＝CM， EG∥平面ABCD，所以EG∥CM. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 连接AC，在正三角形ABC中，CM⊥AB， 又FA⊥CM， 所以EG⊥AB，EG⊥FA， 又因为AB∩FA＝A， 所以EG⊥平面ABF. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)若AF＝AB＝2，求多面体ABCDEF的体积. 解：由(1)知EC∥GM，GE∥CM， 所以四边形CEGM为平行四边形， 所以CE＝GM＝AF＝1. 依题意可得，四棱锥B-ACEF与D-ACEF的体积相等，则多面体ABCDEF的体积V＝VB-ACEF＋VD-ACEF ＝S四边形ACEF·BD ＝××(EC＋FA)×AC·BD ＝××(1＋2)×2×2＝2. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 16.(本小题满分15分)在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且asin B＝b. (1)求角A的大小； 解：因为asin B＝b，由正弦定理得sin Asin B＝sin B. 因为B∈，所以sin B≠0，故sin A＝， 又因为A∈，所以A＝. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)若bcos C＋ccos B＝，求b＋c的取值范围. 解：因为bcos C＋ccos B＝，所以b·＋c·＝，即a＝， 由正弦定理知＝＝＝＝2， 所以b＝2sin B，c＝2sin C， 因为A＝，所以B＋C＝π－A＝，从而C＝－B，则b＋c＝2(sin B＋sin C)＝2［sin B＋sin(－B)］ ＝2＝2sin， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 因为△ABC为锐角三角形且A＝， 所以＜B＜， 当B∈时，则B＋∈，＜sin≤1， 从而3＜b＋c＝2sin≤2， 故b＋c的取值范围为(3，2]. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 17.(本小题满分15分)我校在一条水泥路边安装路灯，其中灯杆的设计如图所示，AB为地面，CD，CE为路灯的灯杆，CD⊥AB，且∠DCE＝π，在E处安装路灯，且路灯的照明张角为∠MEN＝，已知CD＝5米，CE＝3米. (1)当M与D重合时，求路灯在路面的照明宽度MN； 解：当点M，D重合时， 由余弦定理可得 ME＝＝7(m)， 所以，cos∠CME＝＝， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 因为∠CME＋∠EMN＝， 所以sin∠EMN＝cos∠CME＝， 因为cos∠EMN＞0， 则cos∠EMN＝＝， 所以sin∠ENM＝sin ＝sincos∠EMN－cossin∠EMN＝， 在△EMN中，由正弦定理＝， 可得MN＝＝(m). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)求此路灯在路面上的照明宽度MN的最小值. 解：易知点E到地面的距离为h＝5＋3sin(－)＝(m)， 由三角形的面积公式可得S△EMN＝MN×＝EM·ENsin， 所以MN＝EM·EN， 由余弦定理可知MN2＝EM2＋EN2－2EM·ENcos≥EM·EN， 当且仅当EM＝EN时，等号成立， 所以，MN2≥MN，解得MN≥， 所以，照明宽度MN的最小值为m. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 18.(本小题满分17分)面对某种病毒，各国医疗科研机构都在研究疫苗，现有A，B，C三个独立的研究机构在一定的时期内能研制出疫苗的概率分别是，，.求： (1)他们都研制出疫苗的概率； 解：设“A机构在一定时期研制出疫苗”为事件D，“B机构在一定时期研制出疫苗”为事件E，“C机构在一定时期研制出疫苗”为事件F， 因为他们都研制出疫苗，即D，E，F同时发生， 所以P(DEF)＝P(D)P(E)P(F)＝××＝. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)他们都失败的概率； 解：设“A机构在一定时期研制出疫苗”为事件D，“B机构在一定时期研制出疫苗”为事件E，“C机构在一定时期研制出疫苗”为事件F， 因为他们都失败， 所以P()＝P()P()P()＝××＝. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (3)只有一个机构研制出疫苗的概率； 解：设“A机构在一定时期研制出疫苗”为事件D，“B机构在一定时期研制出疫苗”为事件E，“C机构在一定时期研制出疫苗”为事件F， 因为只有一个机构研制出疫苗， 所以P(D∪E∪F) ＝P(D)＋P(E)＋P(F) ＝××＋××＋××＝. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (4)至多有一个机构研制出疫苗的概率. 解：设“A机构在一定时期研制出疫苗”为事件D，“B机构在一定时期研制出疫苗”为事件E，“C机构在一定时期研制出疫苗”为事件F， 因为至多有一个机构研制出疫苗， 所以P(D∪E∪F∪) ＝P(D)＋P(E)＋P(F)＋P() ＝××＋××＋××＋××＝. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 19.(本小题满分17分)如图所示，在四棱锥P-ABCD中， 底面ABCD是正方形，△PAD是正三角形，平面PAD⊥ 平面ABCD，M和N分别是AD和BC的中点. (1)求证：PM⊥MN； 证明：因为△PAD是正三角形，M是AD的中点，所以PM⊥AD， 因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以PM⊥平面ABCD， 因为MN⊂平面ABCD，所以PM⊥MN. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)求证：平面PMN⊥平面PBC； 证明：因为PM⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以PM⊥BC， 因为ABCD是正方形，M，N分别是AD，BC的中点，所以MN⊥BC， 因为PM∩MN＝M，PM，MN⊂平面PMN， 所以BC⊥平面PMN， 因为BC⊂平面PBC，所以平面PMN⊥平面PBC. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (3)在PA上是否存在点Q，使得平面QMN∥平面PCD， 若存在求出Q点位置，并证明，若不存在，说明理由. 解：存在点Q为PA的中点，使得平面QMN∥平面PCD， 证明：假设存在点Q，在PA取一点Q，连接QM(图略)， 因为平面QMN∥平面PCD，且平面PAD∩平面PDC＝PD，平面QMN∩平面PAD＝QM，所以QM∥PD，因为M为AD的中点，所以Q为PA的中点，所以在PA上存在点Q，点Q为PA的中点，使得平面QMN∥平面PCD. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 谢 谢 观 看 模块综合检测卷 返回 $