【同步练习】北师大版（2019） 高中数学 必修第二册 综合检测卷A

这是一份【同步练习】北师大版（2019） 高中数学 必修第二册 综合检测卷A，共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

必修第二册综合检测卷
一、单选题
1．若函数满足对都有，且为R上的奇函数，当时，，则的零点个数为（       ）
A．2 B．3
C．4 D．5
2．已知的内角，，所对的边分别为，，，且，，则外接圆的半径为（       ）
A．5 B．10 C． D．
3．已知正方体的棱长为2，M为的中点，N为的中点，过的平面与DM，都平行，则平面截正方体所得截面的面积为（       ）
A．4 B． C．5 D．
4．若，则（       ）
A． B． C． D．
5．已知函数，若函数的图象与直线在上有3个不同的交点，则的取值范围是（       ）
A． B．
C． D．
6．将函数的图象向左平移个单位后得到函数的图象，则具有性质（     ）
A．最小正周期为
B．图象关于直线对称
C．图象关于点对称
D．在上单调递减
7．阻尼器是一种以提供运动的阻力，从而达到减振效果的专业工程装置．深圳第一高楼平安金融中心的阻尼器减震装置，是亚洲最大的阻尼器，被称为“镇楼神器”．由物理学知识可知，某阻尼器模型的运动过程可近似为单摆运动，其离开平衡位置的位移s（cm）和时间t（s）的函数关系式为，其中，若该阻尼器模型在摆动过程中连续三次位移为的时间分别为，，，且，则（       ）
A． B．π C． D．2π
8．在平面直角坐标系xOy中，角的顶点为O，始边为轴非负半轴，若点是角终边上的一点，则角的值是（       ）
A． B．
C． D．
二、多选题
9．已知向量，则下列说法正确的是（       ）
A．若，则向量可以表示平面内任一向量
B．若，则
C．若，则
D．若，则与的夹角是锐角
10．已知函数，则（       ）
A．对任意正奇数，为奇函数
B．对任意正整数，的图象都关于直线对称
C．当时，在上的最小值为
D．当时，的单调递增区间是
11．下列命题正确的是（       ）
A．在与角终边相同的角中，最小的正角为
B．若角的终边过点，则
C．已知是第二象限角，则
D．若一扇形弧长为2，圆心角为，则该扇形的面积为
12．将函数的图象向左平移个单位后，得到函数的图象，则下列结论正确的是（       ）
A．当时，的值域为
B．的一个对称中心为
C．的图象关于直线对称
D．在区间上单调递增
第II卷（非选择题）
请点击修改第II卷的文字说明
三、填空题
13．已知向量满足与的夹角为，则______．
14．已知，则___________.
15．已知向量，夹角为，且，，则___________.
16．菱形ABCD，对角线AC＝4，则______.
四、解答题
17．用一个平面去截长方体，截面的形状将会是什么样的？若想看到截面的样子，可以用一个长方体的盒子，内装一定量的液体，以不同的方向角度倾斜．观察液体表面的变化，我们看到：液面可以是三角形、四边形、五边形或六边形．观察并思考下列问题：

(1)液面不会是七边形，为什么？
(2)当液面是三角形时，一定是锐角三角形，为什么？
(3)当液面是四边形时，这个四边形有什么特点？
(4)设长方体有公共顶点的三条棱长分别为a，b，c（），液面会是正方形吗？
(5)液面不会是正五边形，为什么？
(6)在什么条件下，液面呈正六边形？
(7)当液面是三角形时，液体体积与长方体体积之比的范围是多少？
(8)当液面是六边形时，液体体积与长方体体积之比的范围是多少？
18．多面体上，位于同一条棱两端的顶点称为相邻的顶点．如图所示，正方体的一个顶点A在平面内，其余顶点在的同侧．正方体上与顶点A相邻的三个顶点到的距离分别为1，2和4．P是正方体的其余四个顶点中的一个，求点P到平面的距离的可能值．

19．一块边长40cm的正方形包装纸按图1所示的阴影部分裁下，然后用余下的四个全等的等腰三角形加工成一个如图2所示的正四棱锥形包装盒．在图1中，x表示等腰三角形的底边长；在图2中，点E，F分别是四棱锥的棱BC，PA的中点．

(1)求证：平面PDC；
(2)把该包装盒的体积V表示为x的函数，并求时，三棱锥的体积．
20．已知，.
(1)求的值；
(2)求的值．
21．复数经过次乘方后，所得的幂等于它的共轭复数，求的值．
22．如图，在四棱锥S﹣ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AB垂直于AD和BC，侧棱，E为SB的中点，且，.

(1)求证：平面；
(2)求面SCD与面SAB所成二面角的余弦值.

参考答案：
1．C
【解析】
【分析】
分析函数的性质，在同一坐标系内作出函数与的部分图象，再借助图象求解作答.
【详解】
依题意，，为R上的奇函数，即，则，因此，是周期为2的周期函数，
当时，是递增的，令，有，即，
在同一坐标系内作出函数与的部分图象，如图，

观察图象得函数与的图象有4个公共点，
所以的零点个数为4.
故选：C
2．A
【解析】
【分析】
利用同角关系式可得，再利用正弦定理即求.
【详解】
因为，所以.
因为，所以，
故外接圆的半径为5.
故选：A.
3．B
【解析】
【分析】
分别取，，CD的中点H，E，F，连接，HN，AF，EF，可得平面平面，，，EF为平面与正方体各面的交线，则可得梯形即为所求截面，求出其面积可得答案
【详解】
如图，

分别取，，CD的中点H，E，F，连接，HN，AF，EF．
易得，则平面，又平面，故平面平面，
又，故为平面与平面的交线；
因为，故为平面与平面的交线；
而，故EF为平面与平面的交线，
故梯形的内部即为所求截面．
由已知得，，，
梯形的高为，
故．
故选：B．
4．B
【解析】
【分析】
利用复数的四则运算及复数的摸公式即可求解.
【详解】
由，得，
所以，
所以.
故选：B.
5．A
【解析】
【分析】
应用二倍角正余弦公式及辅助角公式可得，由已知有在上有3个实根，求出对应范围，根据正弦函数的性质求参数范围.
【详解】
由，
与直线在上有3个不同交点，即在上有3个实根，
由得：，
所以，解得．
故选：A．
6．D
【解析】
【分析】
先求得的解析式，然后根据三角函数的周期性、对称性、单调性对选项进行分析，从而确定正确选项.
【详解】
由题意可得，
所以的最小正周期，故A错误；
因为，所以的图象不关于直线对称，故B错误；
因为，所以的图象不关于点对称，故C错误；
因为时，，所以在上单调递减，故D正确.
故选：D
7．B
【解析】
【分析】
利用正弦型函数的性质画出函数图象，并确定连续三次位移为的时间，，，即可得，可求参数.
【详解】
由正弦型函数的性质，函数示意图如下：

所以，则，可得.
故选：B
8．B
【解析】
【分析】
由，，可得点在第一象限，由正切函数的定义可得的值，进而即可得解角的值．
【详解】
解：由，，可得点在第一象限，
又，
所以，．
故选：B．
9．BC
【解析】
【分析】
A选项，根据平行得到k的范围；B选项，根据条件得到两向量垂直，进而求出k的值；C选项，列出不等式，求出k的范围；D选项，举出反例.
【详解】
当与不共线，可以表示平面内任一向量，所以，
解得:且A错误；
若，则，所以，得：，B正确；
若，有，解得：，C正确；
当时，与平行，夹角不是锐角，错误.
故选：.
10．BCD
【解析】
【分析】
对A：取，易得不是奇函数，从而即可判断；对B：利用诱导公式计算即可判断；对C：利用三角函数的知识即可求解；对D：时，利用三角恒等变换化简解析式得，从而即可求解.
【详解】
解：对A：取，则，此时，所以不是奇函数，故选项A错误；
对B：因为，所以的图象关于直线对称，故选项B正确；
对C：当时，，因为，所以，
所以，所以，所以在上的最小值为，故选项C正确；
对D：当时，，
由，可得，则的递增区间为，故选项D正确．
故选：BCD.
11．ABC
【解析】
【分析】
依据终边相同角定义去判断选项A；依据三角函数定义去判断选项B；依据三角函数值符号判定去判断选项C；依据扇形面积计算公式去判断选项D即可.
【详解】
选项A：由且，可得，
故所求的最小正角.正确；
选项B：由三角函数的定义可得.正确；
选项C：∵是第二象限角，∴，，∴，，∴.正确；
选项D：弧长为2，圆心角为，则扇形的半径为，所以扇形面积为.错误．
故选：ABC
12．CD
【解析】
【分析】
利用三角恒等变换公式化简函数，并求出函数，再逐项分析判断作答.
【详解】
依题意，函数，
则函数，
对于A，，有，，，A不正确；
对于B，，即是的一个对称中心，B不正确；
对于C，由得的图象对称轴，
令得，则的图象关于直线对称，C正确；
对于D，由，得在()上单调递增，
当时，是的一个递增区间，而，则在区间上单调递增，D正确.
故选：CD
13．
【解析】
【分析】
由定义求，根据已知条件及向量数量积的运算律求.
【详解】
根据题意，，
又，则.
故答案为：．
14．
【解析】
【分析】
将要求的的角度，通过使用诱导公式和二倍角公式即可与已知条件进行靠拢，即，从而完成求解.
【详解】

.
故答案为：.
15．2
【解析】
【分析】
利用平方的方法化简已知条件，由此求得.
【详解】
由两边平方并化简得，
，
或（舍去）.
故答案为：
16．8
【解析】
【分析】
根据AB⃑⋅AC⃑=AO⃑+OB⃑⋅2AO⃑计算即可求解.
【详解】
设的中点为，连接，如图，

则


故答案为：8
17．(1)理由见解析；
(2)理由见解析；
(3)液面四边形平行四边形(包含矩形、菱形)或梯形；
(4)可以是正方形，理由见解析；
(5)理由见解析；
(6)长方体是正方体，且液面过正方体的六条棱(除以正方体的一条体对角线二端点为端点的6条棱外)的中点；
(7)；
(8).
【解析】
【分析】
(1)根据液面多边形的边是液面所在平面与长方体的面的交线，结合长方体面数判断作答.
(2)设出液面三角形为底面的三棱锥侧棱长，借助余弦定理计算作答.
(3)作出图形并说明判断作答.
(4)作出图形并计算说明作答.
(5)利用两个平面平行的性质推理作答.
(6)液面与长方体的6个面都相交，液面要为正六边形，改变长方体形状即可作答.
(7)液面为三角形时，求出最大液面所对锥体体积计算作答.
(8)液面为六边形时，求出最大液面所对锥体体积，经推理计算作答.
(1)
因液面多边形的边是液面所在平面与长方体的某个面的交线，而长方体只有六个面，则液面与长方体面的交线最多六条，
即液面多边形边数最多是六条，所以液面不会是七边形.
(2)
如图，三棱锥中，是液面三角形，必有两两垂直，令，

则有，
中，由余弦定理得：，则是锐角，
同理都是锐角，即是锐角三角形，
所以当液面是三角形时，一定是锐角三角形.
(3)
当液面是四边形时，液面所在平面必与长方体的四个面相交，
①当液面与长方体一对平行平面和两个相交平面的四个平面相交时，液面四边形为矩形或梯形，
当液面与长方体一条棱平行时，液面四边形为矩形，如图，液面四边形，棱平面，

则有，，即四边形为平行四边形，而平面，
即有平面，有，因此，四边形为矩形；
当液面与长方体棱不平行时，液面四边形为梯形，如图，液面四边形，棱与平面不平行，

而平面平面，有，显然，否则是平行四边形，
有，即有平面，矛盾，于是得四边形是梯形，
②当液面与长方体的两对平行平面的四个平面相交时，液面四边形为平行四边形，包含矩形、菱形，
当液面与长方体的两对平行平面相交时，如图，由面面平行的性质知，， 四边形为平行四边形，

如：平行四边形的边与长方体的某条棱平行，四边形为矩形，如图，

如：平行四边形的顶点A，C是长方体的一条体对角线的端点，B，D是另一组相对侧棱的中点，四边形为菱形，如图，

综上得，液面四边形是平行四边形(包含矩形、菱形)或梯形.
(4)
液面可以是正方形，如图，长方体的底面矩形边，其高为c，在侧棱上取点，使，

过点A，D，B的平面截长方体可得截面，，是平行四边形，又平面，
，而，即平行四边形是正方形，四边形若是液面四边形，则液面是正方形.
(5)
当液面是五边形时，液面只与长方体的五个面有交线，而一个平面与长方体的五个面相交，必有两组相对面，
又长方体的每一组相对面平行，由两个平面平行的性质知，截面五边形必有两组平行的边，
因正五边形的任意两条边都不平行，则一平面截长方体所得五边形截面不可能是正五边形，
所以液面五边形不是正五边形.
(6)
液面呈正六边形，液面与长方体的六个面都相交，作长方体共顶点的三个面的面对角线围成三角形，如图，

在长方体棱PM上任取一点A(除端点P，M外)，过点A作出平面平行的平面截长方体可得六边形，
六边形可视为平面由点P向点M方向移动点A到某一位置的平面截长方体所得截面，
而，要为正六边形，必有，由，
得，，而，于是得：，又点A，D平移的速度相等，
即，则，因此，，点D是棱RG的中点，
同理，点A，B，C， E，F都是它们所在棱的中点，由可得，
长方体的长、宽、高分别为PM、PN、NR，因此有，
于是得，此时长方体的共点三条棱长相等，即为正方体，
所以长方体是正方体，且液面过正方体的六条棱(以正方体的一条体对角线二端点为端点的6条棱除外)的中点时，液面呈正六边形.
(7)
当液面是三角形时，液面只与长方体的三个面相交，最大液面是长方体共顶点的三个面的面对角线围成三角形，如图，

液面三角形顶点F，D，E在棱PA，PB，PC上任意移动(除点P外)，长方体体积，
，
则当三棱锥盛满液体时，液体体积与长方体体积之比，
当长方体去掉三棱锥余下部分盛满液体时，所求体积比为，
所以液体体积与长方体体积之比的范围是.
(8)
作长方体共顶点的三个面的面对角线围成的三角形，如图中和，并且平面平面，

在长方体棱PM上任取一点A(除端点P，M外)，过点A作出平面平行的平面截长方体可得六边形ABCDEF，
长方体体积，三棱锥体积，令三棱锥部分有液体，
当液面是六边形时，则液面六边形必漫过，液体体积有，液面六边形将无限接近，有，
当液面六边形在两个平行平面与平面之间任意变换，即液面六边形所在平面可与平面平行，相交均满足，
所以液体体积与长方体体积之比的范围是.
【点睛】
方法点睛：作截面的常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；
平行线法，截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；
延长交线得交点，截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上.
18．3 , 5 , 6 , 7.
【解析】
【分析】
由题可得D、A1的中点到平面的距离为3，即A、D1的中点到平面的距离为3，进而可得D1到平面的距离为6，同理可得C、B1、C1到平面的距离，即得.
【详解】
∵B、D、A1到平面的距离分别为1、2、4，
∴D、A1的中点到平面的距离为3，即A、D1的中点到平面的距离为3，
∴D1到平面的距离为6；

同样地，B、A1的中点到平面的距离为，即B1、A的中点到平面的距离为，
∴B1到平面的距离为5；
又D、B的中点到平面的距离为，即A、C的中点到平面的距离为，
∴C到平面的距离为3；
∴C、A1的中点到平面的距离为，即A、C1的中点到平面的距离为，
∴C1到平面的距离为7；
综上，点P到平面的距离的可能值为3 , 5 , 6 , 7.
19．(1)具体见解析；
(2)，当x=32（m）时，（）.
【解析】
【分析】
（1）取PD的中点M，进而证明四边形是平行四边形，然后根据线面平行判定定理证明问题；
（2）取底面ABCD的中心O，根据题意，点F到底面ABCD的距离为的一半，进而根据椎体的体积公式求得答案即可.
(1)
在正四棱锥中，取PD的中点M，连接FM,MC，而F为PA的中点，所以，又E为BC中点，所以，于是，则四边形是平行四边形，故，而平面PDC，平面PDC，所以平面PDC.

(2)
取底面ABCD的中心O，连接PO,OE,PE，则底面ABCD，而平面ABCD，所以，根据题意，所以，因为F为PA的中点，所以点F到底面ABCD的距离为，
而E为BC的中点，所以，于是，当x=32（m）时，（）.
20．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）利用诱导公式求出的值，然后利用诱导公式结合弦化切可求得的值；
（2）利用两角差的正切公式可求得的值.
(1)
解：，所以，.
所以，.
(2)
解：.
21．.
【解析】
【分析】
用共轭复数的概念，以及复数的三角表示即可.
【详解】
由题意：，
可得，
∴，.
22．(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
(1)根据线面垂直的性质和判定定理可得，利用线面垂直的判定定理即可证明；
(2)建立如图所示空间直角坐标系，利用向量法求出和平面的法向量，结合向量的数量积计算即可.
(1)
∵平面，平面，∴，
又，，所以平面，又平面，

，为中点

，
∴平面；
(2)
以A为坐标原点，，，所在直线为坐标轴建立如图所示空间直角坐标系，
得，
所以，
设平面的法向量为，易知为平面的一个法向量，
则，
令，得，，
，
令平面和平面所成的二面角为，
.