模块综合检测 B卷 素养提升卷-【创新教程】2025-2026学年高中数学必修第二册五维课堂单元双测卷（北师大版）

参考 15.解：因为4S=b2+c2-a2,cosA= 8+2心，5=2 2bc bcsin A, 所以2 esin A=-2 -beeosA. 1 显然cosA≠0，所以tanA=1, 又A∈(0，受)所以A= 41 若选择①，由2cos2B+c0s2B=0,得 cos?B-4 1 又Bc(（0)B=子 'sin A sin B,得a=sinA 6 6X② 由 sin B =2. 2 sin C=sin[-(A+B)]=sin(A+B) i地Acos B+cos Asin B=号X号+② 2 2 2 =6+② 4 所以S= 2 absin C=3+尽 21 若选择②，bcos A十acos B=√3+1， 则bcos A-十acos B=b.+2+a.Q2+2-2 2bc 2ac =b2+c2-a2+a2+2-B2 2c 2c =c=√3+1， 所以S=合enA=名×6×(5+1)x号 2 =3+3 2 16,解：1)向量a在向童e=（10)上的投影为： o图为[0，]所以号≤os≤1所以向 量a在向童c=1,0)上投影的取值范同足[停，小 (2)fx)=A(in rcos+sim2-） =(n22)号4n:-)因为 x[0]所以2-[-晋]，又0，所 以当2一-时取得菜大值×号- 所以入=1. 17.证明：(1)因为点P,Q分别为棱BC,BD的中，点， 所以PQ∥DC 因为PQC平面PQR,CD丈平面PQR, 所以CD∥平面PQR. (2)因为点P,Q,R分别为棱 BC,BD,AD的中点，所以RQ ∥AB,PQ∥CD, 且RQ-2AB,PQ=2CD, B 因为AB⊥BD,所以RQ ⊥BD, 9 答案 因为AB=2,PR=√5，CD=2√2. 所以RQ=之AB=1.PQ-CD=E, 所以PQ+QR2=PR2,所以PQ⊥RQ, 因为BD∩PQ=Q,所以RQ⊥平面BCD, 因为RQC平面ABD,所以平面ABD⊥平面BCD. 18.解：(1)证明：在△OBC中，由题意可得OB=OC, ∠OCB=30°. .CM=OM,∴.∠COM=∠OCM=30°. 又∠BOC=120°. .∠BOM=90°，即OM⊥OB. :OA⊥OB,OA⊥OC,OB∩OC=O, .OA⊥平面OBC 又OMC平面OBC,∴.OA⊥OM. 又OA∩OB=O,∴.OM⊥平面AOB. (2)由1)得OM=5OB=2 3 D为线段AB的中点， vmm=甘×号×2x2x1-2 3 9 又v1x-号×名×2x2x9×g=2 31 .多面体OACMD的体积为VA-C-VD-OMB= 2525_45 3 9 91 19.解：(1)因为f(x)的图象上相邻两个最高点的距离为 ,所以f代x)的最小正月期为T=,从而a纤=2。 又因为f()的图象关于直线=号对称， 所以2·答+g=kx+受，k∈乙。 由-晋≤<受得=0：所以g=受一暂=一 (2)由1)得f)=sin(2x-吾) 所以f(）-n2台一晋)。 所以sn(e-晋）子 由<a<得0<a-吾<受 所以(a-)-㎡(-)-() √15 4 因此co(e+）-ina=sim[e-否)十晋] =sin(a-)os若+cos(a-吾)sim =×+x-+ 41 2 4 模块综合检测 (B卷) 所以()+(1.] 数学(BS)· 2.B[设向量a,b的夹角为0，因为a在b方向上的投 影数量为了所以a·cos0=弓，又b=2,所以a· b=a·b1·cos0=a·cos0:b1=7×2=1. 故选B.] 3.D[如图，在等边三角形ABC 中，取AB中点F,设其中心为 0,由AB=3,得C0=子CF= C 因为△SAB是以AB为斜边的A 直角三角形， 所以△SAB的外心是斜边中点F, 因为平面SAB⊥平面ABC,所以CF⊥平面SAB,故 △ABC的中心O为外接球的球心，所以球的半径为R =C0=√5， 则该三棱锥外接球的表面积为S=4πR2=12元.] 4.A[因为sinC=cosC,可得：tanC=l,由已知得因 为Ce0),所以C=至，又cosC=+c心ab 2ab =2区.所以Sac-in C=1.] 5D[由因泉可知号-警晋-受片以T=,所以 =2,f)=2sim(2x+g),由2X晋+g=2kx+ 受k∈Z,可得g=2x+若k∈乙又p<受， 所以9=6， 所以f(x)=2sin(2x+若）由2r-受≤2x+若≤ 2x+受∈乙，可得x一哥<≤x十吾k∈么，所以 f)的单调逅增区间为[x一吾kx+看]k∈Z.] 6.B[不妨设a为最大边，c为最小边，由题意名 品是，中A-1理，得8- sin(120°-A)2 sinA=(3+√)cosA.所以tanA=2+√5，所以A=75.] 7.D[如图，取PA的中点F, P AB的中点G,BC的中点H,连 接FG,FH,GH,EF, 则EF∥CH,EF=CH,从而四 边形EFHC是平行四边形，则 EC∥FH,且EC=FH. 因为F是PA的中，点，G是AB 的中点， 所以FG为△ABP的中位线， 所以FG∥PB,则∠GFH是异 B H 面直线PB与CE所成的角. 由题意可得FG=3,HG=子AC=2E. 在△PCD中，cos∠DPC= PD2+PC2-CD2 2PD·PC 36+36-16_7 2×6×69 必修第二册 则CE2=PC2+PE2-2PC·PEcos∠DPC=17, 即CE=√7，所以FH=√7. 在△GFH中，cos∠GFH=FG+FH-GH 2FG·FH 是3严选n] 2X3X√17 8.D[由函数f(x)=2sin(wx十9)的图象过点A(0,W3) 可得f0)=,印2n9=尽，印smg汽周为0< <受所以9= 故f)=2sim(or+)片 又由f(x)的图象过点B(行，0） 得f(得)=2sin(×号+号）=0，利用“五点法”可 得w×十背=元，解得w=2, 所以函数的解折式为f:)=2sin(2z+晋) 令x=,可得f(侣)=2sin(2×+音）)=2sin受 =2,所以直线x=竞是函教)圈象的一条对称轴， 所以A是正确的；由正弦型函数的最小正周期的计算 公式，可得T-符-受-，所以B是正确的： 当（哥）时2x+(吾) 根据正弦函数的性质，可得函数y=sint,t∈ (于，受)单调逅增，所以C是正确的： 将函数g(x)=2sin2x的图象向左平移5个单位长度 得到函数y=2sn[2(+晋)门=2sim(2:+)的图 象，所以D是错误的.故选D.门 9.ABD[对于A,f(受）=sim0+os1=cos1,故A 正确；对于B,因为f(x+2x)=sin[cos(x十2x)]+ cos[sin(x+2x)]=sin[cos x]+cos[sin z]=f(z), 以2π是f(x)的一个周期，故B正确；对于C,当x∈ (0,受)时，0<inx<1,0<cos<1,所以[sinz]- cosx=0, 所以f(x)=sin[cosx]+cos[sinx]=sin0+cos0=l, 故C错误；对于D,f(x)max=f(0)=sin[cos0]十cos Ta0=m1+os0=sm1+1号1>反.tDE 确.故选ABD.] 10.BD[由PA+2PC= 0.QA=2QB, 可知，点P为线段AC 上靠近，点C的三等分A 点，点Q在线段AB的延长线上，且B为AQ的中 点，如图所示： 对于A,点P不是线段AC的中点，点B是AQ的 中点， 所以PB与CQ不平行，故A错误： 参考冬 对于B,B丽-B所+市-Bi+号A心-B+号（武 -B)=专i+号B元，故B正确：对于C,P.P心 =PAI1 PClcosπ=-1PA·PC<0,故C错误： 对于D,设△ABC的高为h, 则SaC=合1ABh=3,即1ABA=6, 则Sao=AQ1·子h=·2AB·号 =号×6=4，故D正确，故选BD,] 11.BC[连接BD,则AC⊥平面 BB1D1D,BD∥B1D1,对于A,D AC与AF不垂直，假设AC⊥ AF,又AC⊥EF,且AF∩EF= F,则AC⊥平面AEF;又AC⊥平 面BB1D1D,所以平面AEF∥平 面BBDD,这显然不成立，即假设不成立，A错误： 对于B,由AC⊥平面BB1D1D,判断AC⊥平面 BEF,B正确；对于C,由AC⊥平面BB1D1D,则垂足 O为AC与BD的交点，所以∠ABD是直线AB与 平面BEF所成的角，且∠ABD=45°，所以C正确； 对于D,点A、B到直线B,D1的距离不相等，所以 △AEF的面积与△BEF的面积不相等，D错误.故 选B、C.] 12.解析：(a十b)⊥(2a+b),且向量a,b的夹角为 60°，a=1,b=2,.(a+h)·(2a+b)=2a2+ (1十2)a·b十h2=2十1+2+4=0，解得4= 2 答案：-日 13.解析：因为a是第三象限角， 所以2x+a<2张x+受，∈Z 所以k领十受<号<km+还，∈乙 22 所以an受<-1，sina= 2am号 一24 +iam2号 5 签理得121am2受+25tan受十12=0求得tan受 2 答案：-号 14.解析：大球的半径为R=1,设小 球的半径为r,如图，由题意可知， OD=√2-√2r,CD=2-r,CO=1 十r,所以(1+r)2=(2-r)2+(2 R -√2r)2, 0 2r2-10r+5=0,r∈(0,1)，解得 r=10-100-405-5 2 答案：5⑤ 2 95 案 15.解：(1)因为f(x)=sin zcos r+√3cos2x 2 sin 2x+3.1+cos 2x 1 2 2 sin 2x+ 1 cos 2.3 =如(2+晋)+9， 所以f()的最小正周期T==元 2 ②)a物f)=n(2:+晋)+号 令2kr-≤2x+≤2kx+(k∈Z), 得x一晋≤≤kr十意（∈Z, 所以()的单调道增区间为[登kx+]因 ∈Z). 要使得函数f(x)在[0，m]上单调递增，只需[0，m]□ 【资] 所以m∈(0]，所以m的最大值为多 16.解：(1)由题设可知，PA=PB=PC 由于△ABC是正三角形，故可得△PAC≌△PAB. △PAC≌△PBC. 又∠APC=90°，故∠APB=90°，∠BPC=90. 从而PB⊥PA,PB⊥PC,故PB⊥平面PAC,因为 PB在平面PAB内，所以平面PAB⊥平面PAC (2)设圆锥的底面半径为r,母线长为1. 由题设可得rl=√5，l2-r2=2.解得r=1,l=√5， 从而AB=√3.由(1)可得PA2+PB2=AB2,故PA -PB-PC-6 所以三校维P-ABC的体积为3×号×PAxPBX 2 8 17.解：选择条件①： (1)因为asin C-√3 ccos Beos C=√3bcos2C, 所以由正弦定理得 sin Asin C=√5 sin Ccos Bcos C-+√3 sin Bcos2C, 即sin Asin C=√3cosC(sin Ccos B+sin Bcos C), 故sin Asin C=√3 cos Csin A,又A∈(0，π)， 故sinA≠0，所以sinC=√3cosC,即tanC=√3. 由C0.得C=子所以smC=m音-吗 （2)由正弦定理得(=2×血专=4 由余弦定理得c2=d2+-2abc0s号=(a+b)2- 3ab=16, 所以ah=a+b)2-16,故ah=3. 3 数学(BS)· 于是得△ABC的面积S=名wbinC=7, 所以h=absin C 3X③ 4 8 选择条件②：(1)因为5 ccos B+4b=5a, 由正弦定理得5 sin Ccos B+4sinB=5sinA, Ep 5sin Ccos B+4sin B=5sin(B+C)=5sin Bcos C +5 cos Bsin C,于是sinB(4-5cosC)=0, 在△ABC中，sinB≠0， 所以osC=合imC=-cosC=是 (②由正孩定理得e=2x4×号-8， 5 由余弦定理得c2=a2+b2-2 abeos C =(a+b)2-18n 192 ab=25 所以ab= [a+)-]×器-器 于是得△ABC的面积S= 2absin C=- 2ch, 所以A=C货×号×行 c 选择条件③：(1)因为(2b一a)cosC=ccos A, 所以由正弦定理得(2sinB-sinA)cosC=sin Ccos A, 所以2 sin Bcos C=sin(A+C)=sinB, 因为B∈(0，m),所以smB≠0，所以cosC=之， 又Ce0,,所以C=子，所以sinC- 2 (2)由正孩定理得c=2×45。m吾=4，由余孩定理 (3-sin 3 得c2=a2+b-2 Babcos-号=(a+b2-3ab=16, 所以ah=a+b)2-16,故ab=3, 3 于是得△ABC的面积S=名Fabsin C=-7, 所以h=sinC3x9 23√3 c =4 81 18.解：(1)存在.如图所示： 连接AC,BP,设AC交BP于 点F, :CP/AB,且CP-2AB. .CFPF 1 CA-PB3 取DC的三等分点E,伦器子，连接ER, PE,BE,则EF∥AD 又EFC平面PBE,AD吐平面PBE, AD∥平面PBE. 故存在满足条件的点E,且E是线段CD上靠近，点C 的三等分点 9 必修第二册 (2)在矩形ABCD中，AP=BP=√2，AB=2,∴.AP2 +BP2=AB2,AP⊥BP. 又平面ADP⊥平面ABCP,BPC平面ABCP,平面 ADP∩平面ABCP=AP .BP⊥平面ADP,BP⊥DP, .BD2=DP2+BP2=1+2=3. 在△ADB中，AB2=AD2+BD2,.AD⊥DB, 又PD⊥AD,PDC平面ADP,BDC平面ADB,平面 ADP∩平面ADB=AD, ∠PDB为二面角P一AD-B的平面角， 在Rt△PDB中，coS∠PDB=DP=L-E」 BD531 二面角P-AD-B的余孩值为停 19.解：(1)f(x)=m·n=sin wr十√3 cos w.r :(x)图象上的-个最商点为P(侣2）与P最近 的一个最低点的坐标为（侣一2） 又w>0w要-2 fx)=2sim(2x+号) 2当x[,受]时，晋≤2x+音≤5， 由f)=2sim(2x+子）的图象（图略）可知， 当a∈[B,2)时，fx)=a在区间[0，]上有两解： 当a∈[-√5，√5)或a=2时，f(x)=a在区间 [0,受]上有-解 当a<-5我a>2时，fx)=a在区间[0，]上 无解。 (3)在锐角△ABC中，0<B<受，-若<号-B <, 又cos(5-B）-=1, -B=0B=晋 在锐角△ABC中，0<A<,A+B>交， 晋<A<受<2A+< na+）() ∴.fA)=2sim(2A+)∈(-5W3). ∴f(A)的取值范围是(-3，√3)，(地一然着液·29) 新高考 学 同步单元双测卷 (时间：120分 一、选择题：本大题共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 整 1.设x= ,其中i是虚数单位，则 A.2 B.2 C.1 D.√2 如 2.已知向量a,b,|b|=2,且a在b方向上 的投影数量为2，则a·b 笑 A.2 B.1 c D.0 3.在三棱锥S一ABC中，平面SAB⊥平面 ABC,△ABC是边长为3的等边三角形， △SAB是以AB为斜边的直角三角形， 则该三棱锥外接球的表面积为( A.32πB.16π C.24πD.12π 4.已知△ABC的内角A,B,C的对边分别 1 为a,b,c,若sin(A十B)=cosC,a2+b-c2 毁 =4,则△ABC的面积为 A.1 B.2 C.4 D.6 5.已知函数f(x)=2sin(wx 十g)(w>0,g<受)的部 0 密 分图象如图所示，则f(x) 的单调递增区间为( 盖 A. 2kx-2kx+k∈Z B. C.kx+，kx+ 2π 模块综合检测 B卷·素养提升卷 钟，满分：150分) 6.在△ABC中，已知B=60°，最大边与最 小边的比为5+1，则三角形的最大角为 2 A.60 B.75 C.90° D.115° 7.如图，在底面边长为4，侧棱 长为6的正四棱锥P-ABCD 中，E为侧棱PD的中点，则 异面直线PB与CE所成角 的余弦值是 ( A哥 B.23 17 c D. 8.已知函数f(x)=2sin(wz十9) 〔。>，0<g受的部分图象如图所示， 点A(0,),B(后0小，则下列说法结误 的是 A.直线x=是是f()图象的一条对 称轴 B.f(x)的最小正周期为π C1(x)在区间（一骨，）上单调递增 D.f(x)的图象可由g(x)=2sin2x的图 象向左平移5个单位长度得到 61 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分， 共18分.在每小题给出的选项中，有多个 选项符合题目要求.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.已知函数f(x)=sin[cosx]+cos[sin x],其 中[x]表示不超过实数x的最大整数，下 列结论正确的是 () A. cos 1 B.2π是f(x)的一个周期 Cf(x)在(0，π)上单调递减 D.f(x)的最大值大于√2 10.已知△ABC的面积为3，在△ABC所在 的平面内有两点P,Q,满足PA+2P乙 =0,QA=2QB,记△APQ的面积为S, 则下列说法正确的是 ) A.PB∥CQ 业啦-BA+号d C.PA.PC>0 D.S=4 11.如图，正方体ABCD一 A1BC1D,的棱长为1，D 线段B,D,上有两个动 点E,F,且EF=号，则 下列结论中正确的是 A.AC⊥AF B.AC⊥平面BEF C.AB与平面BEF所成角是45 D.△AEF面积与△BEF的面积相等 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分， 共15分.将答案填在题中横线上， 12.已知向量a,b的夹角为60°，a=1,|b=2, 若(a+b)⊥(2a十b),则4= 13.已知a是第三象限角，sina=一是，则 tan受的值是 14.如图，在底面边长为2， 高为3的正四棱柱中， 大球与该正四棱柱的 五个面均相切，小球在 大球上方且与该正四 棱柱的三个面相切，也 与大球相切，则小球的 半径为 四、解答题：本大题共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)已知函数f(x)= sin xcos x+√3cos2x. (1)求f(x)的最小正周期； (2)若f(x)在[0，m]上单调递增，求m 的最大值. 2 16.(本小题满分15分) D 17.(本小题满分15分)在①asin C一 如图，D为圆锥的顶 √3 ccos Bcos C=√3 bcosC;②5 ccos B+ 点，O是圆锥底面的 4b=5a;③(2b-a)c0sC=cc0sA,这三 圆心，△ABC是底面 个条件中任选一个，补充在下面问题 的内接正三角形，P C 中，然后解答补充完整的题目 为DO上一点， 八0 B 在△ABC中，内角A,B,C所对的边分 ∠APC=90° 别为a,b,c.且满足 (1)证明：平面PAB⊥平面PAC; (1)求sinC; (2)设DO=√2，圆锥的侧面积为√3π，求 (2)已知a+b=5,△ABC的外接圆半 三棱锥P一ABC的体积. 径为4，求△ABC的边AB上的 高h. 63 18.(本小题满分17分)矩形ABCD中，AB 19.(本小题满分17分)已知向量m=(1, =2AD=2,P为线段DC的中点，将 cos wx),n=(sin wx,√3)(w>0),函数 △ADP沿AP折起，使得平面ADP⊥ f(x)=m·n,且f(x)图象上的一个最 平面ABCP.在新构造的四棱体 D一PABC中，求解以下问题： 高点为P歪2，与P最近的一个最低 (1)在DC上是否存在点E使得AD∥ 平面PBE?若存在，求出点E的位置； 点的坐标为臣-2 若不存在，请说明理由； (1)求函数f(x)的解析式； (2)求二面角P一AD一B的余弦值. (2)设a为常数，判断方程f(x)=a在 D 区间0，受上的解的个数： 3)在锐角△ABC中，若os5-B-1, 求f(A)的取值范围. 64