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必修第二册综合测评
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这是一份高中数学北师大版 (2019)必修 第二册全册综合同步练习题，共22页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
全书综合测评
(满分:150分;时间:120分钟)
一、单项选择题(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)
1.已知i为虚数单位,则i3(1+i)i-1=( )
A.i B.-i C.1 D.-1
2.已知向量a,b,|b|=2,且a在b方向上的投影数量为12,则a·b=( )
A.2 B.1 C.12 D.0
3.在△ABC中,角A、B、C所对的边分别是a、b、c,则“asinB=b+csinC+sinA”是“△ABC为等腰三角形”的( )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
4.已知tan α、tan β是方程x2+33x+4=0的两个根,且-π2<α<π2,-π2<β<π2,则α+β为( )
A.π3 B.-2π3
C.π3或-2π3 D.π3或4π3
5.已知正四棱锥的底面边长为4,侧棱长为26,则该正四棱锥外接球的表面积为( )
A.16π B.24π C.36π D.64π
6.已知曲线C1:y=sin x,C2:y=cos2x+π4,则下面结论正确的是( )
A.把C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍,纵坐标不变,再把得到的曲线向右平移4π3个单位长度,得到曲线C2
B.把C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍,纵坐标不变,再把得到的曲线向右平移3π8个单位长度,得到曲线C2
C.把C1上各点的横坐标缩短到原来的12,纵坐标不变,再把得到的曲线向左平移3π4个单位长度,得到曲线C2
D.把C1上各点的横坐标缩短到原来的12,纵坐标不变,再把得到的曲线向左平移3π8个单位长度,得到曲线C2
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.3417 B.23417 C.51717 D.31717
8.已知函数f(x)=2sin(ωx+φ)ω>0,0<φ<π2的部分图象如图所示,点A(0,3),Bπ3,0,则下列说法错误的是( )
A.直线x=π12是f(x)图象的一条对称轴
B.f(x)的最小正周期为π
C.f(x)在区间-π3,π12上单调递增
D.f(x)的图象可由g(x)=2sin 2x的图象向左平移π3个单位长度得到
二、多项选择题(本大题共4小题,每小题5分,共20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5分,部分选对的得3分,有选错的得0分)
9.若复数z=21+i,其中i为虚数单位,则下列结论正确的是( )
A.z的虚部为-1 B.|z|=2
C.z2为纯虚数 D.z的共轭复数为-1-i
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+2PC=0,QA=2QB,记△APQ的面积为S,则下列说法正确的是( )
A.PB∥CQ B.BP=13BA+23BC
C.PA·PC>0 D.S=4
11.设A,B,C,D在一个半径为4的球的球面上,△ABC为等边三角形且其面积为93,则三棱锥D-ABC的体积可能为( )
A.123 B.183 C.243 D.543
12.已知函数f(x)=sin[cos x]+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.fπ2=cos 1
B.2π是f(x)的一个周期
C.f(x)在(0,π)上单调递减
D.f(x)的最大值大于2
三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.将答案填在题中横线上)
13.已知向量a,b的夹角为60°,|a|=1,|b|=2,若(a+λb)∥(2a+b),则λ= ,若(a+μb)⊥(2a+b),则μ= .(本题第一空2分,第二空3分)
14.已知sinπ3-α=130<α<π2,则sin7π6+α= .
15.在锐角△ABC中,已知内角A,B,C的对边分别是a,b,c, A+B=5π6,则ba的取值范围是 .
16.1611年,约翰内斯·开普勒提出了“没有任何装球方式的密度比面心立方与六方最密堆积要高”的猜想.简单地说,开普勒猜想就是对空间中如何堆积最密圆球的解答.2017年,由匹兹堡大学数学系教授托马斯·黑尔斯(Thomas Hales)带领的团队发表了关于开普勒猜想证明的论文,给这个超过三百年的历史难题提交了一份正式的答案.现有大小、形状都相同的若干个篮球,按照下面图片中的方式摆放(底层形状为等边三角形,每边4个球,共4层),这些篮球共 个;若篮球的直径为21 cm,则最上面的篮球的球顶距离地面的高度约为 cm.(本题第一空2分,第二空3分)
四、解答题(本大题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17.(本小题满分10分)设O为坐标原点,已知向量OZ1,OZ2分别对应复数z1,z2,且z1=3a+5+(10-a2)i,z2=21-a+(2a-5)i,a∈R.若z1+z2可以与任意实数比较大小,求OZ1·OZ2的值.
18.(本小题满分12分)在①2cos2B+cos 2B=0,②bcos A+acos B=3+1这两个条件中任选一个,补充在下面问题的横线中,并解决相应问题.已知在锐角△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,△ABC的面积为S,若4S=b2+c2-a2,b=6, ,求△ABC的面积S的大小.
注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.
19.(本小题满分12分)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,A1A⊥底面ABC,点D是棱B1C1的中点,AB=AC=2,BC=BB1=2.
(1)求证:AC1∥平面A1BD;
(2)求点D到平面ABC1的距离.
20.(本小题满分12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.
21.(本小题满分12分)矩形ABCD中,AB=2AD=2,P为线段DC的中点,将△ADP沿AP折起,使得平面ADP⊥平面ABCP.
(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;若不存在,请说明理由;
(2)求二面角P-AD-B的余弦值.
22.(本小题满分12分)已知向量m=(1,cos ωx),n=(sin ωx,3)(ω>0),函数f(x)=m·n,且f(x)图象上的一个最高点为Pπ12,2,与P最近的一个最低点的坐标为7π12,-2.
(1)求函数f(x)的解析式;
(2)设a为常数,判断方程f(x)=a在区间0,π2上的解的个数;
(3)在锐角△ABC中,若cosπ3-B=1,求f(A)的取值范围.
全书综合测评
1.D
2.B
3.A
4.B
5.C
6.D
7.D
8.D
9.ABC
10.BD
11.AB
12.ABD
一、单项选择题
1.D i3(1+i)i-1=-i(1+i)(i+1)(i-1)(i+1)=i(1+i)22=i2=-1,故选D.
2.B 设向量a,b的夹角为θ,因为a在b方向上的投影数量为12,所以|a|·cos θ=12,又|b|=2,所以a·b=|a|·|b|·cos θ=|a|·cos θ·|b|=12×2=1.故选B.
3.A 充分性:∵asinB=b+csinC+sinA,
∴ab=b+cc+a,即a2+ac=b2+bc,
则a2-b2+ac-bc=0,即(a-b)(a+b+c)=0,∵a+b+c>0,∴a=b.
∴△ABC为等腰三角形,即充分性成立.
必要性:若△ABC为等腰三角形,则a=c或b=c或a=b,当a=c或b=c时,等式asinB=b+csinC+sinA不一定成立,即必要性不成立.
综上所述,“asinB=b+csinC+sinA”是“△ABC为等腰三角形”的充分不必要条件.
故选A.
4.B 因为tan α、tan β是方程x2+33x+4=0的两个根,
所以tan α+tan β=-33,tan α·tan β=4,
所以tan(α+β)=tanα+tanβ1-tanα·tanβ=-331-4=3.
因为-π2<α<π2,-π2<β<π2,且tan α+tan β<0,tan α·tan β>0,
所以tan α<0,tan β<0,
所以-π2<α<0,-π2<β<0,
所以-π<α+β<0,所以α+β=-2π3.故选B.
5.C 如图所示,在正四棱锥P-ABCD中,设底面ABCD的中心为E,
则该正四棱锥的外接球球心O在直线PE上,
由于正方形ABCD的边长为4,
所以AE=12AC=12×42=22.
易知PE⊥平面ABCD,且AC⊂平面ABCD,所以PE⊥AC,且PE=PA2-AE2=4.
设正四棱锥P-ABCD的外接球半径为R(R>0),则OE=|4-R|,由OE2+AE2=OA2得,(4-R)2+8=R2,解得R=3,
因此,该正四棱锥的外接球的表面积为4πR2=4π×32=36π.故选C.
6.D C2:y=cos2x+π4=sin2x+π4+π2=sin2x+3π4=sin2x+3π8,
因此把C1上各点的横坐标缩短到原来的12,纵坐标不变,再把得到的曲线向左平移3π8个单位长度,得到曲线C2.故选D.
7.D 如图,取PA的中点F,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是异面直线PB与CE所成的角.由题意可得FG=3,HG=12AC=22.
在△PCD中,cos∠DPC=PD2+PC2-CD22PD·PC=36+36-162×6×6=79,
则CE2=PC2+PE2-2PC·PEcos∠DPC=17,即CE=17,∴FH=17.
在△GFH中,cos∠GFH=FG2+FH2-GH22FG·FH=9+17-82×3×17=31717.故选D.
8.D 由函数f(x)=2sin(ωx+φ)的图象过点A(0,3),可得f(0)=3,即2sin φ=3,即sin φ=32,因为0<φ<π2,所以φ=π3,
即f(x)=2sinωx+π3.
又由f(x)的图象过点Bπ3,0,
得fπ3=2sinω×π3+π3=0,利用“五点法”可得ω×π3+π3=π,解得ω=2,
所以函数的解析式为f(x)=2sin2x+π3.
令x=π12,可得fπ12=2sin2×π12+π3=2sinπ2=2,所以x=π12是函数f(x)图象的一条对称轴,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=2π|ω|=2π2=π,所以B是正确的;
当x∈-π3,π12时,2x+π3∈-π3,π2,
根据正弦函数的性质,可得函数y=sin t,t∈-π3,π2单调递增,所以C是正确的;
将函数g(x)=2sin 2x的图象向左平移π3个单位长度得到函数y=2sin2x+π3=2sin2x+2π3的图象,所以D是错误的.故选D.
二、多项选择题
9.ABC z=21+i=2(1-i)(1+i)(1-i)=2-2i2=1-i.
对于A,z的虚部为-1,故A正确;
对于B,|z|=2,故B正确;
对于C,因为z2=(1-i)2=-2i,故z2为纯虚数,故C正确;
对于D,z的共轭复数为1+i,故D错误.故选ABC.
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;
对于B,BP=BA+AP=BA+23AC=BA+23(BC-BA)=13BA+23BC,故B正确;
对于C,PA·PC=|PA||PC|cos π=-|PA|·|PC|<0,故C错误;
对于D,设△ABC的高为h,
则S△ABC=12|AB|h=3,即|AB|h=6,
则S△APQ=12|AQ|·23h=12·2|AB|·23h=23×6=4,故D正确.
故选BD.
11.AB 设等边△ABC的边长为a,则有S△ABC=12×32a2=93,解得a=6.设△ABC外接圆的半径为r,则r=23×32a=23,则球心到平面ABC的距离为42-(23)2=2,所以点D到平面ABC的最大距离为2+4=6,所以三棱锥D-ABC体积的最大值为13×93×6=183.故选AB.
12.ABD 对于A,fπ2=sin 0+cos 1=cos 1,故A正确;
对于B,因为f(x+2π)=sin[cos(x+2π)]+cos[sin(x+2π)]=sin[cos x]+cos[sin x]=f(x),所以2π是f(x)的一个周期,故B正确;
对于C,当x∈0,π2时,0
对于D,f(x)max=f(0)=sin[cos 0]+cos[sin 0]=sin 1+cos 0=sin 1+1>22+1>2,故D正确.故选ABD.
三、填空题
13.答案 12;-12
解析 ∵(a+λb)∥(2a+b),∴存在唯一实数n,使得a+λb=n(2a+b),
∴1=2n,λ=n,解得λ=n=12.∵(a+μb)⊥(2a+b),且向量a,b的夹角为60°,|a|=1,|b|=2,∴(a+μb)·(2a+b)=2a2+(1+2μ)a·b+μb2=2+1+2μ+4μ=0,
解得μ=-12.
14.答案 -223
解析 因为sinπ3-α=130<α<π2,所以sinα-π3=-13,又-π3<α-π3<π6,所以cosα-π3=223,
则sin7π6+α=sinπ+π6+α
=-sinπ6+α=-sinπ2-π3-α
=-cosα-π3=-223.
15.答案 32,233
解析 由正弦定理得ba=sinBsinA=sin5π6-AsinA=12cosA+32sinAsinA=12tanA+32.
由于三角形ABC是锐角三角形,所以A∈0,π2,B=5π6-A∈0,π2⇒π3
解析 ①从下往上,各层球的个数依次是10、6、3、1,所以共有20个.
②连接位于四个顶点的球的球心,得到一个棱长为63 cm的正四面体O1O2O3O4,如图.
取O3O4的中点E,连接O2E,设△O2O3O4的重心为F,则F在线段O2E上,且O2F=2EF,连接O1F,则O1F⊥平面O2O3O4,
易得O2E=6332 cm,O2F=6332×23=213(cm),O1F=632-(213)2=216(cm).
所以最上面的篮球的球顶距离地面的高度约为21(6+1) cm.
四、解答题
17.解析 由题意,得z1=3a+5-(10-a2)i,
则z1+z2=3a+5-(10-a2)i+21-a+(2a-5)i
=3a+5+21-a+(a2+2a-15)i.(4分)
因为z1+z2可以与任意实数比较大小,
所以z1+z2是实数,(6分)
所以a2+2a-15=0,解得a=-5或a=3.
又因为a+5≠0,所以a=3,
所以z1=38+i,z2=-1+i.(8分)
所以OZ1=38,1,OZ2=(-1,1).
所以OZ1·OZ2=38×(-1)+1×1=58.(10分)
18.解析 因为4S=b2+c2-a2,cos A=b2+c2-a22bc,S=12bcsin A,
所以2bcsin A=2bccos A.
显然cos A≠0,所以tan A=1,
又A∈0,π2,所以A=π4.(4分)
若选择①,由2cos2B+cos 2B=0得,
cos2B=14.
又B∈0,π2,∴B=π3,(6分)
由asinA=bsinB,得a=bsinAsinB=6×2232=2.(8分)
又sin C=sin[π-(A+B)]=sin(A+B)
=sin Acos B+cos Asin B=22×12+22×32=6+24,(10分)
所以S=12absin C=3+32. (12分)
若选择②,bcos A+acos B=3+1,
则bcos A+acos B=b·b2+c2-a22bc+a·a2+c2-b22ac=b2+c2-a22c+a2+c2-b22c=c=3+1,(8分)
所以S=12bcsin A=12×6×(3+1)×22=3+32. (12分)
19.解析 (1)证明:在三棱柱ABC-A1B1C1中,连接AB1交A1B于点M,连接DM,如图.
由四边形ABB1A1为平行四边形,得M为AB1的中点,
又点D是棱B1C1的中点,所以AC1∥DM,(3分)
因为AC1⊄平面A1BD,DM⊂平面A1BD,
所以AC1∥平面A1BD.(5分)
(2)设点D到平面ABC1的距离为h,
由A1A⊥底面ABC,AB⊂底面ABC,
得A1A⊥AB,
由AB=AC=2,BC=2,
得AB2+AC2=BC2,则AC⊥AB,
又AC,AA1⊂平面ACC1A1,所以AB⊥平面ACC1A1,
又AC1⊂平面ACC1A1,所以AB⊥AC1,(6分)
又AC1=AC2+CC12=(2)2+22=6,
所以S△ABC1=12·AB·AC1=3.(8分)
连接AD,作AN⊥BC交BC于点N,
因为三角形ABC为等腰直角三角形,
所以AN=1,
又AN⊂底面ABC,所以AN⊥AA1,
又AA1∥CC1,所以AN⊥CC1,
又CC1,BC⊂平面B1BCC1,CC1∩BC=C,
所以AN⊥平面B1BCC1.(10分)
由VD-ABC1=VA-BDC1,得13·S△ABC1·h=13·S△BDC1·AN,又S△BDC1=12·DC1·CC1=12×1×2=1,所以h=33.
即点D到平面ABC1的距离为33. (12分)
20.解析 (1)因为f(x)=sin xcos x+3cos2x
=12sin 2x+3·1+cos2x2
=12sin 2x+32cos 2x+32
=sin2x+π3+32. (4分)
所以f(x)的最小正周期T=2π2=π.(6分)
(2)由(1)知f(x)=sin2x+π3+32.
令2kπ-π2≤2x+π3≤2kπ+π2(k∈Z),
得kπ-5π12≤x≤kπ+π12(k∈Z),
所以f(x)的单调递增区间为kπ-5π12,kπ+π12(k∈Z).(9分)
要使得函数f(x)在[0,m]上单调递增,只需[0,m]⊆-5π12,π12.
所以m∈0,π12,所以m的最大值为π12.(12分)
21.解析 (1)存在.如图所示:
连接AC,BP,设AC交BP于点F,
∵CP∥AB,且CP=12AB,
∴CFCA=PFPB=13.
取DC 的三等分点E,使CECD=13,连接EF,PE,BE,则EF∥AD, (3分)
又EF⊂平面PBE,AD⊄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.(6分)
(2)在矩形ABCD中,AP=BP=2,AB=2,∴AP2+BP2=AB2,∴AP⊥BP,
又平面ADP⊥平面ABCP,BP⊂平面ABCP,平面ADP∩平面ABCP=AP,
∴BP⊥平面ADP,∴BP⊥DP, (8分)
∴BD2=DP2+BP2=1+2=3.
在△ADB中,AB2=AD2+BD2,
∴AD⊥DB,又PD⊥AD,PD⊂平面ADP,BD⊂平面ADB,平面ADP∩平面ADB=AD,
∴∠PDB为二面角P-AD-B的平面角,(10分)
在Rt△PDB中,cos∠PDB=DPBD=13=33,
∴二面角P-AD-B的余弦值为33. (12分)
22.解析 (1)f(x)=m·n=sin ωx+3cos ωx =212sinωx+32cosωx =2sinωx+π3.(2分)
∵f(x)图象上的一个最高点为Pπ12,2,与P最近的一个最低点的坐标为7π12,-2,
∴T2=7π12-π12=π2,∴T=π,
又ω>0,∴ω=2πT=2.(3分)
∴f(x)=2sin2x+π3.(4分)
(2)当x∈0,π2时,π3≤2x+π3≤4π3,
由f(x)=2sin2x+π3的图象(图略)可知,
当a∈[3,2)时,f(x)=a在区间0,π2上有两解;(7分)
当a∈[-3,3)或a=2时,f(x)=a在区间0,π2上有一解;
当a<-3或a>2时,f(x)=a在区间0,π2上无解. (8分)
(3)在锐角△ABC中,0
∴π3-B=0,∴B=π3.(9分)
在锐角△ABC中,0π2,
∴π6
∴f(A)=2sin2A+π3∈(-3,3).
∴f(A)的取值范围是(-3,3).(12分)
全书综合测评
(满分:150分;时间:120分钟)
一、单项选择题(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)
1.已知i为虚数单位,则i3(1+i)i-1=( )
A.i B.-i C.1 D.-1
2.已知向量a,b,|b|=2,且a在b方向上的投影数量为12,则a·b=( )
A.2 B.1 C.12 D.0
3.在△ABC中,角A、B、C所对的边分别是a、b、c,则“asinB=b+csinC+sinA”是“△ABC为等腰三角形”的( )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
4.已知tan α、tan β是方程x2+33x+4=0的两个根,且-π2<α<π2,-π2<β<π2,则α+β为( )
A.π3 B.-2π3
C.π3或-2π3 D.π3或4π3
5.已知正四棱锥的底面边长为4,侧棱长为26,则该正四棱锥外接球的表面积为( )
A.16π B.24π C.36π D.64π
6.已知曲线C1:y=sin x,C2:y=cos2x+π4,则下面结论正确的是( )
A.把C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍,纵坐标不变,再把得到的曲线向右平移4π3个单位长度,得到曲线C2
B.把C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍,纵坐标不变,再把得到的曲线向右平移3π8个单位长度,得到曲线C2
C.把C1上各点的横坐标缩短到原来的12,纵坐标不变,再把得到的曲线向左平移3π4个单位长度,得到曲线C2
D.把C1上各点的横坐标缩短到原来的12,纵坐标不变,再把得到的曲线向左平移3π8个单位长度,得到曲线C2
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.3417 B.23417 C.51717 D.31717
8.已知函数f(x)=2sin(ωx+φ)ω>0,0<φ<π2的部分图象如图所示,点A(0,3),Bπ3,0,则下列说法错误的是( )
A.直线x=π12是f(x)图象的一条对称轴
B.f(x)的最小正周期为π
C.f(x)在区间-π3,π12上单调递增
D.f(x)的图象可由g(x)=2sin 2x的图象向左平移π3个单位长度得到
二、多项选择题(本大题共4小题,每小题5分,共20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5分,部分选对的得3分,有选错的得0分)
9.若复数z=21+i,其中i为虚数单位,则下列结论正确的是( )
A.z的虚部为-1 B.|z|=2
C.z2为纯虚数 D.z的共轭复数为-1-i
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+2PC=0,QA=2QB,记△APQ的面积为S,则下列说法正确的是( )
A.PB∥CQ B.BP=13BA+23BC
C.PA·PC>0 D.S=4
11.设A,B,C,D在一个半径为4的球的球面上,△ABC为等边三角形且其面积为93,则三棱锥D-ABC的体积可能为( )
A.123 B.183 C.243 D.543
12.已知函数f(x)=sin[cos x]+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.fπ2=cos 1
B.2π是f(x)的一个周期
C.f(x)在(0,π)上单调递减
D.f(x)的最大值大于2
三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.将答案填在题中横线上)
13.已知向量a,b的夹角为60°,|a|=1,|b|=2,若(a+λb)∥(2a+b),则λ= ,若(a+μb)⊥(2a+b),则μ= .(本题第一空2分,第二空3分)
14.已知sinπ3-α=130<α<π2,则sin7π6+α= .
15.在锐角△ABC中,已知内角A,B,C的对边分别是a,b,c, A+B=5π6,则ba的取值范围是 .
16.1611年,约翰内斯·开普勒提出了“没有任何装球方式的密度比面心立方与六方最密堆积要高”的猜想.简单地说,开普勒猜想就是对空间中如何堆积最密圆球的解答.2017年,由匹兹堡大学数学系教授托马斯·黑尔斯(Thomas Hales)带领的团队发表了关于开普勒猜想证明的论文,给这个超过三百年的历史难题提交了一份正式的答案.现有大小、形状都相同的若干个篮球,按照下面图片中的方式摆放(底层形状为等边三角形,每边4个球,共4层),这些篮球共 个;若篮球的直径为21 cm,则最上面的篮球的球顶距离地面的高度约为 cm.(本题第一空2分,第二空3分)
四、解答题(本大题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17.(本小题满分10分)设O为坐标原点,已知向量OZ1,OZ2分别对应复数z1,z2,且z1=3a+5+(10-a2)i,z2=21-a+(2a-5)i,a∈R.若z1+z2可以与任意实数比较大小,求OZ1·OZ2的值.
18.(本小题满分12分)在①2cos2B+cos 2B=0,②bcos A+acos B=3+1这两个条件中任选一个,补充在下面问题的横线中,并解决相应问题.已知在锐角△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,△ABC的面积为S,若4S=b2+c2-a2,b=6, ,求△ABC的面积S的大小.
注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.
19.(本小题满分12分)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,A1A⊥底面ABC,点D是棱B1C1的中点,AB=AC=2,BC=BB1=2.
(1)求证:AC1∥平面A1BD;
(2)求点D到平面ABC1的距离.
20.(本小题满分12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.
21.(本小题满分12分)矩形ABCD中,AB=2AD=2,P为线段DC的中点,将△ADP沿AP折起,使得平面ADP⊥平面ABCP.
(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;若不存在,请说明理由;
(2)求二面角P-AD-B的余弦值.
22.(本小题满分12分)已知向量m=(1,cos ωx),n=(sin ωx,3)(ω>0),函数f(x)=m·n,且f(x)图象上的一个最高点为Pπ12,2,与P最近的一个最低点的坐标为7π12,-2.
(1)求函数f(x)的解析式;
(2)设a为常数,判断方程f(x)=a在区间0,π2上的解的个数;
(3)在锐角△ABC中,若cosπ3-B=1,求f(A)的取值范围.
全书综合测评
1.D
2.B
3.A
4.B
5.C
6.D
7.D
8.D
9.ABC
10.BD
11.AB
12.ABD
一、单项选择题
1.D i3(1+i)i-1=-i(1+i)(i+1)(i-1)(i+1)=i(1+i)22=i2=-1,故选D.
2.B 设向量a,b的夹角为θ,因为a在b方向上的投影数量为12,所以|a|·cos θ=12,又|b|=2,所以a·b=|a|·|b|·cos θ=|a|·cos θ·|b|=12×2=1.故选B.
3.A 充分性:∵asinB=b+csinC+sinA,
∴ab=b+cc+a,即a2+ac=b2+bc,
则a2-b2+ac-bc=0,即(a-b)(a+b+c)=0,∵a+b+c>0,∴a=b.
∴△ABC为等腰三角形,即充分性成立.
必要性:若△ABC为等腰三角形,则a=c或b=c或a=b,当a=c或b=c时,等式asinB=b+csinC+sinA不一定成立,即必要性不成立.
综上所述,“asinB=b+csinC+sinA”是“△ABC为等腰三角形”的充分不必要条件.
故选A.
4.B 因为tan α、tan β是方程x2+33x+4=0的两个根,
所以tan α+tan β=-33,tan α·tan β=4,
所以tan(α+β)=tanα+tanβ1-tanα·tanβ=-331-4=3.
因为-π2<α<π2,-π2<β<π2,且tan α+tan β<0,tan α·tan β>0,
所以tan α<0,tan β<0,
所以-π2<α<0,-π2<β<0,
所以-π<α+β<0,所以α+β=-2π3.故选B.
5.C 如图所示,在正四棱锥P-ABCD中,设底面ABCD的中心为E,
则该正四棱锥的外接球球心O在直线PE上,
由于正方形ABCD的边长为4,
所以AE=12AC=12×42=22.
易知PE⊥平面ABCD,且AC⊂平面ABCD,所以PE⊥AC,且PE=PA2-AE2=4.
设正四棱锥P-ABCD的外接球半径为R(R>0),则OE=|4-R|,由OE2+AE2=OA2得,(4-R)2+8=R2,解得R=3,
因此,该正四棱锥的外接球的表面积为4πR2=4π×32=36π.故选C.
6.D C2:y=cos2x+π4=sin2x+π4+π2=sin2x+3π4=sin2x+3π8,
因此把C1上各点的横坐标缩短到原来的12,纵坐标不变,再把得到的曲线向左平移3π8个单位长度,得到曲线C2.故选D.
7.D 如图,取PA的中点F,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是异面直线PB与CE所成的角.由题意可得FG=3,HG=12AC=22.
在△PCD中,cos∠DPC=PD2+PC2-CD22PD·PC=36+36-162×6×6=79,
则CE2=PC2+PE2-2PC·PEcos∠DPC=17,即CE=17,∴FH=17.
在△GFH中,cos∠GFH=FG2+FH2-GH22FG·FH=9+17-82×3×17=31717.故选D.
8.D 由函数f(x)=2sin(ωx+φ)的图象过点A(0,3),可得f(0)=3,即2sin φ=3,即sin φ=32,因为0<φ<π2,所以φ=π3,
即f(x)=2sinωx+π3.
又由f(x)的图象过点Bπ3,0,
得fπ3=2sinω×π3+π3=0,利用“五点法”可得ω×π3+π3=π,解得ω=2,
所以函数的解析式为f(x)=2sin2x+π3.
令x=π12,可得fπ12=2sin2×π12+π3=2sinπ2=2,所以x=π12是函数f(x)图象的一条对称轴,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=2π|ω|=2π2=π,所以B是正确的;
当x∈-π3,π12时,2x+π3∈-π3,π2,
根据正弦函数的性质,可得函数y=sin t,t∈-π3,π2单调递增,所以C是正确的;
将函数g(x)=2sin 2x的图象向左平移π3个单位长度得到函数y=2sin2x+π3=2sin2x+2π3的图象,所以D是错误的.故选D.
二、多项选择题
9.ABC z=21+i=2(1-i)(1+i)(1-i)=2-2i2=1-i.
对于A,z的虚部为-1,故A正确;
对于B,|z|=2,故B正确;
对于C,因为z2=(1-i)2=-2i,故z2为纯虚数,故C正确;
对于D,z的共轭复数为1+i,故D错误.故选ABC.
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;
对于B,BP=BA+AP=BA+23AC=BA+23(BC-BA)=13BA+23BC,故B正确;
对于C,PA·PC=|PA||PC|cos π=-|PA|·|PC|<0,故C错误;
对于D,设△ABC的高为h,
则S△ABC=12|AB|h=3,即|AB|h=6,
则S△APQ=12|AQ|·23h=12·2|AB|·23h=23×6=4,故D正确.
故选BD.
11.AB 设等边△ABC的边长为a,则有S△ABC=12×32a2=93,解得a=6.设△ABC外接圆的半径为r,则r=23×32a=23,则球心到平面ABC的距离为42-(23)2=2,所以点D到平面ABC的最大距离为2+4=6,所以三棱锥D-ABC体积的最大值为13×93×6=183.故选AB.
12.ABD 对于A,fπ2=sin 0+cos 1=cos 1,故A正确;
对于B,因为f(x+2π)=sin[cos(x+2π)]+cos[sin(x+2π)]=sin[cos x]+cos[sin x]=f(x),所以2π是f(x)的一个周期,故B正确;
对于C,当x∈0,π2时,0
对于D,f(x)max=f(0)=sin[cos 0]+cos[sin 0]=sin 1+cos 0=sin 1+1>22+1>2,故D正确.故选ABD.
三、填空题
13.答案 12;-12
解析 ∵(a+λb)∥(2a+b),∴存在唯一实数n,使得a+λb=n(2a+b),
∴1=2n,λ=n,解得λ=n=12.∵(a+μb)⊥(2a+b),且向量a,b的夹角为60°,|a|=1,|b|=2,∴(a+μb)·(2a+b)=2a2+(1+2μ)a·b+μb2=2+1+2μ+4μ=0,
解得μ=-12.
14.答案 -223
解析 因为sinπ3-α=130<α<π2,所以sinα-π3=-13,又-π3<α-π3<π6,所以cosα-π3=223,
则sin7π6+α=sinπ+π6+α
=-sinπ6+α=-sinπ2-π3-α
=-cosα-π3=-223.
15.答案 32,233
解析 由正弦定理得ba=sinBsinA=sin5π6-AsinA=12cosA+32sinAsinA=12tanA+32.
由于三角形ABC是锐角三角形,所以A∈0,π2,B=5π6-A∈0,π2⇒π3
解析 ①从下往上,各层球的个数依次是10、6、3、1,所以共有20个.
②连接位于四个顶点的球的球心,得到一个棱长为63 cm的正四面体O1O2O3O4,如图.
取O3O4的中点E,连接O2E,设△O2O3O4的重心为F,则F在线段O2E上,且O2F=2EF,连接O1F,则O1F⊥平面O2O3O4,
易得O2E=6332 cm,O2F=6332×23=213(cm),O1F=632-(213)2=216(cm).
所以最上面的篮球的球顶距离地面的高度约为21(6+1) cm.
四、解答题
17.解析 由题意,得z1=3a+5-(10-a2)i,
则z1+z2=3a+5-(10-a2)i+21-a+(2a-5)i
=3a+5+21-a+(a2+2a-15)i.(4分)
因为z1+z2可以与任意实数比较大小,
所以z1+z2是实数,(6分)
所以a2+2a-15=0,解得a=-5或a=3.
又因为a+5≠0,所以a=3,
所以z1=38+i,z2=-1+i.(8分)
所以OZ1=38,1,OZ2=(-1,1).
所以OZ1·OZ2=38×(-1)+1×1=58.(10分)
18.解析 因为4S=b2+c2-a2,cos A=b2+c2-a22bc,S=12bcsin A,
所以2bcsin A=2bccos A.
显然cos A≠0,所以tan A=1,
又A∈0,π2,所以A=π4.(4分)
若选择①,由2cos2B+cos 2B=0得,
cos2B=14.
又B∈0,π2,∴B=π3,(6分)
由asinA=bsinB,得a=bsinAsinB=6×2232=2.(8分)
又sin C=sin[π-(A+B)]=sin(A+B)
=sin Acos B+cos Asin B=22×12+22×32=6+24,(10分)
所以S=12absin C=3+32. (12分)
若选择②,bcos A+acos B=3+1,
则bcos A+acos B=b·b2+c2-a22bc+a·a2+c2-b22ac=b2+c2-a22c+a2+c2-b22c=c=3+1,(8分)
所以S=12bcsin A=12×6×(3+1)×22=3+32. (12分)
19.解析 (1)证明:在三棱柱ABC-A1B1C1中,连接AB1交A1B于点M,连接DM,如图.
由四边形ABB1A1为平行四边形,得M为AB1的中点,
又点D是棱B1C1的中点,所以AC1∥DM,(3分)
因为AC1⊄平面A1BD,DM⊂平面A1BD,
所以AC1∥平面A1BD.(5分)
(2)设点D到平面ABC1的距离为h,
由A1A⊥底面ABC,AB⊂底面ABC,
得A1A⊥AB,
由AB=AC=2,BC=2,
得AB2+AC2=BC2,则AC⊥AB,
又AC,AA1⊂平面ACC1A1,所以AB⊥平面ACC1A1,
又AC1⊂平面ACC1A1,所以AB⊥AC1,(6分)
又AC1=AC2+CC12=(2)2+22=6,
所以S△ABC1=12·AB·AC1=3.(8分)
连接AD,作AN⊥BC交BC于点N,
因为三角形ABC为等腰直角三角形,
所以AN=1,
又AN⊂底面ABC,所以AN⊥AA1,
又AA1∥CC1,所以AN⊥CC1,
又CC1,BC⊂平面B1BCC1,CC1∩BC=C,
所以AN⊥平面B1BCC1.(10分)
由VD-ABC1=VA-BDC1,得13·S△ABC1·h=13·S△BDC1·AN,又S△BDC1=12·DC1·CC1=12×1×2=1,所以h=33.
即点D到平面ABC1的距离为33. (12分)
20.解析 (1)因为f(x)=sin xcos x+3cos2x
=12sin 2x+3·1+cos2x2
=12sin 2x+32cos 2x+32
=sin2x+π3+32. (4分)
所以f(x)的最小正周期T=2π2=π.(6分)
(2)由(1)知f(x)=sin2x+π3+32.
令2kπ-π2≤2x+π3≤2kπ+π2(k∈Z),
得kπ-5π12≤x≤kπ+π12(k∈Z),
所以f(x)的单调递增区间为kπ-5π12,kπ+π12(k∈Z).(9分)
要使得函数f(x)在[0,m]上单调递增,只需[0,m]⊆-5π12,π12.
所以m∈0,π12,所以m的最大值为π12.(12分)
21.解析 (1)存在.如图所示:
连接AC,BP,设AC交BP于点F,
∵CP∥AB,且CP=12AB,
∴CFCA=PFPB=13.
取DC 的三等分点E,使CECD=13,连接EF,PE,BE,则EF∥AD, (3分)
又EF⊂平面PBE,AD⊄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.(6分)
(2)在矩形ABCD中,AP=BP=2,AB=2,∴AP2+BP2=AB2,∴AP⊥BP,
又平面ADP⊥平面ABCP,BP⊂平面ABCP,平面ADP∩平面ABCP=AP,
∴BP⊥平面ADP,∴BP⊥DP, (8分)
∴BD2=DP2+BP2=1+2=3.
在△ADB中,AB2=AD2+BD2,
∴AD⊥DB,又PD⊥AD,PD⊂平面ADP,BD⊂平面ADB,平面ADP∩平面ADB=AD,
∴∠PDB为二面角P-AD-B的平面角,(10分)
在Rt△PDB中,cos∠PDB=DPBD=13=33,
∴二面角P-AD-B的余弦值为33. (12分)
22.解析 (1)f(x)=m·n=sin ωx+3cos ωx =212sinωx+32cosωx =2sinωx+π3.(2分)
∵f(x)图象上的一个最高点为Pπ12,2,与P最近的一个最低点的坐标为7π12,-2,
∴T2=7π12-π12=π2,∴T=π,
又ω>0,∴ω=2πT=2.(3分)
∴f(x)=2sin2x+π3.(4分)
(2)当x∈0,π2时,π3≤2x+π3≤4π3,
由f(x)=2sin2x+π3的图象(图略)可知,
当a∈[3,2)时,f(x)=a在区间0,π2上有两解;(7分)
当a∈[-3,3)或a=2时,f(x)=a在区间0,π2上有一解;
当a<-3或a>2时,f(x)=a在区间0,π2上无解. (8分)
(3)在锐角△ABC中,0
∴π3-B=0,∴B=π3.(9分)
在锐角△ABC中,0
∴π6
∴f(A)=2sin2A+π3∈(-3,3).
∴f(A)的取值范围是(-3,3).(12分)
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