2022年新教材高中數(shù)學模塊綜合測評北師大版必修第二冊

1、PAGE PAGE 11模塊綜合測評考試時間120分鐘，滿分150分一、單項選擇題(本大題共8小題，每小題5分，共40分在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1若i為虛數(shù)單位，則復數(shù)z5i(34i)在復平面內(nèi)對應(yīng)的點所在的象限為(A)A第一象限B第二象限C第三象限D(zhuǎn)第四象限解析z5i(34i)2015i，則復數(shù)z5i(34i)在復平面內(nèi)對應(yīng)的點為(20,15)，所以復數(shù)z5i(34i)在復平面內(nèi)對應(yīng)的點在第一象限2已知向量a(cos 75，sin 75)，b(cos 15，sin 15)，則|ab|的值為(B)Aeq f(1,2)B1C2D3解析如圖，將向量a，b的起點都移到原點

2、，即aeq o(OA,sup6()，beq o(OB,sup6()，則|ab|eq o(BA,sup6()|且xOA75，xOB15，于是AOB60，又因為|a|b|1，則AOB為正三角形，從而|eq o(BA,sup6()|ab|13函數(shù)y3sineq blc(rc)(avs4alco1(f(,4)3x)eq r(3)coseq blc(rc)(avs4alco1(f(,4)3x)的最小正周期為(A)Aeq f(2,3)Beq f(,3)C8D4解析y3sineq blc(rc)(avs4alco1(f(,4)3x)eq r(3)coseq blc(rc)(avs4alco1(f(,4)3x

3、) 2eq r(3)sineq blc(rc)(avs4alco1(f(5,12)3x)，所以Teq f(2,|3|)eq f(2,3).4在ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c.若Beq f(,2)，aeq r(6)，sin2B2sin Asin C，則ABC的面積S(B)Aeq f(3,2)B3Ceq r(6)D6解析由sin2B2sin Asin C及正弦定理，得b22ac，又Beq f(,2)，所以a2c2b2.聯(lián)立解得aceq r(6)，所以Seq f(1,2)eq r(6)eq r(6)3.5已知|p|2eq r(2)，|q|3，p，q的夾角為eq f(,4)，如圖，若e

4、q o(AB,sup6()5p2q，eq o(AC,sup6()p3q，D為BC的中點，則|eq o(AD,sup6()|為(A)Aeq f(15,2)Beq f(r(15),2)C7D18解析eq o(AD,sup6()eq f(1,2)(eq o(AC,sup6()eq o(AB,sup6()eq f(1,2)(6pq)，|eq o(AD,sup6()|eq r(o(sup11(),sdo4()|o(AD,sup6()|2)eq f(1,2)eq r(6pq2)eq f(1,2)eq r(36p212pqq2)eq f(1,2)eq r(362r(2)2122r(2)3cosf(,4)32

5、)eq f(15,2).6已知直線m，n是異面直線，則過直線n且與直線m垂直的平面(B)A有且只有一個B至多有一個C有一個或無數(shù)多個D不存在解析當異面直線互相垂直時滿足條件的平面有1個，當異面直線互相不垂直時滿足條件的平面有0個故選B7在長方體ABCDA1B1C1D1中，若ABAD2eq r(3)，CC1eq r(2)，則二面角C1BDC的大小為(A)A30B45C60D90解析如圖，連接AC交BD于點O，連接OC1因為ABAD2eq r(3)，所以ACBD，又易知BD平面ACC1A1，所以BDOC1，所以COC1為二面角C1BDC的一個平面角因為在COC1中，OCeq r(6)，CC1eq

6、r(2)，所以tanCOC1eq f(r(3),3)，所以二面角C1BDC的大小為30.8函數(shù)yeq blcrc(avs4alco1(cosblc(rc)(avs4alco1(xf(,4)sinblc(rc)(avs4alco1(xf(,4)eq blcrc (avs4alco1(cosblc(rc)(avs4alco1(xf(,4)sineq blc rc(avs4alco1(blc(rc)(avs4alco1(xf(,4)在一個周期內(nèi)的圖象是(B)解析yeq blcrc(avs4alco1(f(r(2),2)cos xf(r(2),2)sin xf(r(2),2)sin xf(r(2),2

7、)cos x)eq blcrc(avs4alco1(f(r(2),2)cos xf(r(2),2)sin xf(r(2),2)sin xf(r(2),2)cos x)eq r(2)cos x(eq r(2)sin x)2sin xcos xsin 2x，故選B二、多項選擇題(本大題共4小題，每小題5分，共20分在每小題給出的四個選項中，有多個選項符合題目要求，全部選對的得5分，有選錯的得0分，部分選對的得2分)9已知復數(shù)zeq f(i,12i)，則以下說法正確的是(CD)A復數(shù)z的虛部為eq f(i,5)Bz的共軛復數(shù)eq xto(z)eq f(2,5)eq f(i,5)C|z|eq f(r(

8、5),5)D在復平面內(nèi)與z對應(yīng)的點在第二象限解析zeq f(i,12i)eq f(i12i,12i12i)eq f(2,5)eq f(1,5)i，復數(shù)z的虛部為eq f(1,5)，z的共軛復數(shù)eq xto(z)eq f(2,5)eq f(i,5)，|z|eq r(blc(rc)(avs4alco1(f(2,5)2blc(rc)(avs4alco1(f(1,5)2)eq f(r(5),5)，復平面內(nèi)與z對應(yīng)的點的坐標為eq blc(rc)(avs4alco1(f(2,5)，f(1,5)，在第二象限故選CD10已知A，B，C表示不同的點，l表示直線，表示不同的平面，則下列推理正確的是(ABD)AA

9、l，A，Bl，BlBA，A，B，BABCl eq o(,/) ，AlA eq o(,/)DA，Al，l eq o(,/)lA解析對于選項A：由基本事實2知，l，故選項A正確；對于選項B：因為，表示不同的平面，由基本事實3知，平面，相交，且AB，故選項B正確；對于選項C：l eq o(,/)分兩種情況：l與相交或l.當l與相交時，若交點為A，則A，故選項C錯誤；對于選項D：由基本事實2逆推可得結(jié)論成立，故選項D成立；故選ABD11已知函數(shù)f(x)2cos22x2，下列命題中的真命題有(BC)AR，f(x)為奇函數(shù)Beq blc(rc)(avs4alco1(0，f(3,4)，f(x)f(x2)對x

10、R恒成立Cx1，x2R，若|f(x1)f(x2)|2，則|x1x2|的最小值為eq f(,4)Dx1，x2R，若f(x1)f(x2)0，則x1x2k(kZ)解析由題意f(x)2cos22x2cos 4x1；f(x)cos 4x1的圖象如圖所示；函數(shù)f(x)的圖象是f(x)的圖象向左或向右平移|個單位，它不會是奇函數(shù)，故A錯誤；若 f(x)f(x2)，cos 4x1cos (4x8)1，82k，eq f(k,4)，kZ；又eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(3,4)，取eq f(,4)或eq f(,2)時，f(x)f(x2)對xR恒成立，故B正確； |f(x1)f(x2)|cos4

11、x1cos4x2|2時，|x1x2|的最小值為eq f(T,2)eq f(2,24)eq f(,4)，故C正確；當f(x1)f(x2)0時， x1x2kTkeq f(2,4)eq f(k,2)(kZ)，故D錯誤；故選BC12如圖，矩形ABCD中，AB2AD2，E為邊AB的中點將ADE沿直線DE翻折成A1DE(點A1不落在底面BCDE內(nèi))若M為線段A1C的中點，則在ADE翻轉(zhuǎn)過程中，以下命題正確的是(ABC)A四棱錐A1BCDE體積最大值為eq f(r(2),4)B線段BM長度是定值CMB平面A1DE一定成立D存在某個位置，使DEA1C解析ADE是等腰直角三角形，A到DE的距離是eq f(r(2

12、),2)，當平面A1DE平面BCDE時，A1到平面BCDE的距離最大為eq f(r(2),2)，又S四邊形BCDE21eq f(1,2)11eq f(3,2)，V最大值eq f(1,3)eq f(3,2)eq f(r(2),2)eq f(r(2),4).A正確；取CD中點N，連接MN，BN，M是A1C的中點，MNA1D，而MN eq o(,/)平面A1DE，A1D平面A1DE，MN平面A1DE，由DN與EB平行且相等得四邊形DNBE是平行四邊形，BNDE，同理得BN平面A1DE，而BNMNN，平面BMN平面A1DE，BM平面BMN，MB平面A1DE，C正確；在上述過程中得MNBA1DE45，又

13、BNDEeq r(2)，MNeq f(1,2)A1Deq f(1,2)，BMeq r(r(2)2blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)22r(2)f(1,2)cos 45)eq f(r(5),2)為定值，B正確；假設(shè)存在某個位置，使DEA1C，取DE中點O，連接A1O，CO，顯然A1ODE，而A1OA1CA1，DE平面A1OC，OC平面A1OC， DEOC，則CECD，但CEeq r(2)，CD2，不可能相等，所以不可能有DEA1CD錯故選ABC三、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分)13已知復數(shù)z滿足(12i)z34i，則|z|！eq r(5)#.解析(12i)z34i，

14、|12i|z|34i|，則|z|eq f(r(3242),r(1222)eq r(5).14設(shè)向量a(3,3)，b(1，1)若(ab)(ab)，則實數(shù) 3 .解析因為ab(3，3)，ab(3，3)，又(ab)(ab)，所以(ab)(ab)(3)(3)(3)(3)0，解得3.15如圖，四面體PABC中，PAPBeq r(13)，平面PAB平面ABC，ABC90，AC8，BC6，則PC 7 .解析取AB的中點E，連接PE.PAPB，PEAB又平面PAB平面ABC，PE平面ABC連接CE，PECE.又ABC90，AC8，BC6，AB2eq r(7)，PEeq r(PA2AE2)eq r(6)，CEe

15、q r(BE2BC2)eq r(43)，PCeq r(PE2CE2)7.16關(guān)于函數(shù)f(x)coseq blc(rc)(avs4alco1(2xf(,3)coseq blc(rc)(avs4alco1(2xf(,6)，有下列說法：yf(x)的最大值為eq r(2)；yf(x)是以為最小正周期的周期函數(shù)；yf(x)在區(qū)間eq blc(rc)(avs4alco1(f(,24)，f(13,24)上是減少的；將函數(shù)yeq r(2)cos 2x的圖象向左平移eq f(,24)個單位長度后，將與已知函數(shù)的圖象重合其中正確說法的序號是 .解析f(x)coseq blc(rc)(avs4alco1(2xf(,

16、3)coseq blc(rc)(avs4alco1(2xf(,6)coseq blc(rc)(avs4alco1(2xf(,3)coseq blc(rc)(avs4alco1(f(,2)2xf(,3)coseq blc(rc)(avs4alco1(2xf(,3)sineq blc(rc)(avs4alco1(2xf(,3)eq r(2)coseq blc(rc)(avs4alco1(2xf(,3)f(,4)eq r(2)coseq blc(rc)(avs4alco1(2xf(,12)，所以正確，錯誤四、解答題(本大題共6小題，共70分解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟)17(本小題滿分10

17、分)設(shè)向量e1，e2的夾角為60且|e1|e2|1，如果eq o(AB,sup6()e1e2，eq o(BC,sup6()2e18e2，eq o(CD,sup6()3(e1e2)(1)證明：A，B，D三點共線；(2)試確定實數(shù)k的值，使k的取值滿足向量2e1e2與向量e1ke2垂直解析(1)證明：因為eq o(AB,sup6()e1e2，eq o(BD,sup6()eq o(BC,sup6()eq o(CD,sup6()5e15e2，所以eq o(BD,sup6()5eq o(AB,sup6()，即eq o(AB,sup6()，eq o(BD,sup6()共線，又eq o(AB,sup6()，

18、eq o(BD,sup6()有公共點B，所以A，B，D三點共線(2)因為(2e1e2)(e1ke2)，所以(2e1e2)(e1ke2)0，2eeq oal(2,1)2ke1e2e1e2keeq oal(2,2)0，即2keq f(1,2)k0，解得keq f(5,4).18(本小題滿分12分)已知函數(shù)f(x)coseq blc(rc)(avs4alco1(xf(,4)sineq blc(rc)(avs4alco1(xf(,4).(1)判斷函數(shù)f(x)的奇偶性，并給出證明；(2)若為第一象限角，且feq blc(rc)(avs4alco1(f(,3)eq f(r(2),3)，求coseq blc

19、(rc)(avs4alco1(2f(,6)的值解析(1)結(jié)論：函數(shù)f(x)為定義在R上的偶函數(shù)證明：函數(shù)f(x)的定義域為R，關(guān)于原點對稱，f(x)coseq blc(rc)(avs4alco1(xf(,4)sineq blc(rc)(avs4alco1(xf(,4)eq r(2)coseq blcrc(avs4alco1(blc(rc)(avs4alco1(xf(,4)f(,4)eq r(2)cos x，所以f(x)eq r(2)cos(x)eq r(2)cos x，所以f(x)f(x)因此，函數(shù)f(x)為定義在R上的偶函數(shù)(2)因為feq blc(rc)(avs4alco1(f(,3)eq

20、 r(2)coseq blc(rc)(avs4alco1(f(,3)eq f(r(2),3)，所以coseq blc(rc)(avs4alco1(f(,3)eq f(1,3).由于為第一象限角，故sineq blc(rc)(avs4alco1(f(,3)eq f(2r(2),3).所以coseq blc(rc)(avs4alco1(2f(,6)coseq blcrc(avs4alco1(2blc(rc)(avs4alco1(f(,3)f(,2)sineq blcrc(avs4alco1(2blc(rc)(avs4alco1(f(,3)2sineq blc(rc)(avs4alco1(f(,3)

21、coseq blc(rc)(avs4alco1(f(,3)2eq f(2r(2),3)eq f(1,3)eq f(4r(2),9).19(本小題滿分12分)已知函數(shù)ysin(2x)(0)的圖象的一條對稱軸是直線xeq f(,8).(1)求；(2)求函數(shù)yf(x)的單調(diào)增區(qū)間；(3)畫出函數(shù)yf(x)在區(qū)間0，上的圖象解析(1)因為xeq f(,8)是函數(shù)yf(x)的圖象的對稱軸，所以sineq blc(rc)(avs4alco1(2f(,8)1，即eq f(,4)keq f(,2)，kZ.因0，所以k1時得eq f(3,4).(2)由(1)知eq f(3,4)，因此ysineq blc(rc)

22、(avs4alco1(2xf(3,4).由題意得2keq f(,2)2xeq f(3,4)2keq f(,2)，kZ，解得keq f(,8)xkeq f(5,8)，(kZ)所以函數(shù)ysineq blc(rc)(avs4alco1(2xf(3,4)的單調(diào)增區(qū)間為eq blcrc(avs4alco1(kf(,8)，kf(5,8)，kZ.(3)由ysineq blc(rc)(avs4alco1(2xf(3,4)知：令z2xeq f(3,4)，x0，列表如下：x0eq f(,8)eq f(3,8)eq f(5,8)eq f(7,8)zeq f(3,4)eq f(,2)0eq f(,2)eq f(5,4

23、)yeq f(r(2),2)1010eq f(r(2),2)描點連線得函數(shù)yf(x)在區(qū)間0，上的圖象20(本小題滿分12分)如圖，在三棱錐SABC中，平面SAB平面SBC，ABBC，ASAB過A作AFSB，垂足為F，點E，G分別是棱SA，SC的中點求證：(1)平面EFG平面ABC；(2)BCSA解析(1)因為ASAB，AFSB，垂足為F，所以F是SB的中點又因為E是SA的中點，所以EFAB因為EF eq o(,/)平面ABC，AB平面ABC，所以EF平面ABC同理EG平面ABC又EFEGE，所以平面EFG平面ABC(2)因為平面SAB平面SBC，且交線為SB，又AF平面SAB，AFSB，所以AF平面SBC因為BC平面SBC，所以AFBC又因為ABBC，AFABA，AF平面SAB，AB平面SAB，所以BC平面SAB因為SA平面SAB，所以BCSA21(本小題滿分12分)在平面四邊形ABCD中，ADC90，A45，AB2，BD5.(1)求cosADB；(2)若DC2eq r(2)，求BC解析(1)在ABD中，由正弦定理得eq f(BD,sinA)eq f(AB,sinADB)，由題設(shè)知，eq f(5,sin45)eq f(2,s