数学北师大版（2019）必修第二册：模块素养评价 学案与作业
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模块素养评价
(120 分钟 150 分)
一、单选题(每小题 5分,共 40 分)
1.点 O 是平行四边形 ABCD 的两条对角线的交点,则 + + 等于
( )
A. B. C. D.0
【解析】选 A. + + = + = .
2.已知 i为虚数单位,a为实数,复数z=(a-2i)(1+i)在复平面内对应的
点为 M,则“a=1”是“点 M 在第四象限”的( )
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分又不必要条件
【解析】选 A.因为复数 z=(a-2i)(1+i)=a+2+(a-2)i,所以 z 在复平面
内对应的点 M的坐标是(a+2,a-2).若点 M在第四象限,则 a+2>0,a-2<0,
所以-2
0)的最小正周期为π,为了得
到函数 g(x)=cos ωx的图象,只要将 y=f(x)的图象( )
A.向左平移 个单位长度
B.向右平移 个单位长度
C.向左平移 个单位长度
D.向右平移 个单位长度
【解析】选 A.由题知ω=2,所以 f(x)=sin 2x+ =cos =
cos 2x- =cos 2 x- .
6.已知点 O,N 在△ABC 所在平面内,且| |=| |=| |, + + =0,
则点 O,N 依次是△ABC 的( )
A.重心 外心 B.重心 内心
C.外心 重心 D.外心 内心
【解析】选 C.由| |=| |=| |知,O为△ABC的外心;由 + + =0,
得 = + ,取 BC边的中点 D,则 = + =2 ,知 A,N,D三点共线,
且 AN=2ND,故点 N 是△ABC的重心.
7.《数书九章》是中国南宋时期杰出数学家秦九韶的著作,全书十八卷
共八十一个问题,分为九类,每类九个问题,《数书九章》中记录了秦九
昭的许多创造性成就,其中在卷五“三斜求积”中提出了已知三角形
三边 a,b,c 求面积的公式,这与古希腊的海伦公式完全等价,其求法
是:“以小斜幂,并大斜幂,减中斜幂,余半之,自乘于上;以小斜幂乘大
斜幂,减上,余四约之,为实,一为从隅,开平方得积.”若把以上这段文
字写成公式,即 S= ,现有周长为 10+2 的
△ABC 满足 sin C∶sin A∶sin B=2∶3∶ ,则用以上给出的公式求得
△ABC 的面积为( )
A.6 B.4 C.8 D.12
【解析】选 A.因为 sin C∶sin A∶sin B=2∶3∶ ,
则 c∶a∶b=2∶3∶ ,因为△ABC 的周长为 10+2 ,即 a+b+c=10+2 ,
所以 c=4,a=6,b=2 ,所以 S= =6 .
8.鲁班锁是中国传统的智力玩具,起源于中国古代建筑中首创的榫卯
结构,它的外观是如图所示的十字立方体.其上下、左右、前后完全对
称,六根完全一样的正四棱柱分成三组,经 90°榫卯起来,若正四棱柱
的高为 5,底面正方形的边长为 1,现将该鲁班锁放进一个球形容器内,
则该球形容器的表面积至少为(容器壁的厚度忽略不计) ( )
A.28π B.30π C.60π D.120π
【解析】选 B.由题意,该球形容器的半径的最小值为并在一起的两个正
四棱柱体对角线的一半,
即为 = ,所以该球形容器的表面积的最小值为 4π×
2
=
30π.
二、多选题(每小题 5分,共 20 分,全部选对得 5 分,选对但不全的得 3
分,有选错的得 0 分)
9.已知 a∥b,|a|=2|b|=6,则|a+b|的值可能为( )
A.3 B.6 C.8 D.9
【解析】选 AD.因为 a∥b,|a|=2|b|=6,
则|a|=6,|b|=3.
当 a,b 方向相同时,|a+b|=|a|+|b|=9;
当 a,b 方向相反时,|a+b|=||a|-|b||=3.
10.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若 b=2 ,c=3,A+3C=π,
则下列结论正确的是 ( )
A.cos C= B.sin B=
C.a=3 D.S△ABC=
【解析】选 AD.A+3C=π,故 B=2C,
根据正弦定理: = ,
即 2 sin C=3×2sin Ccos C,
因为 sin C≠0,故 cos C= ,sin C= ,
sin B=sin 2C=2sin Ccos C= .
c
2
=a
2
+b
2
-2abcos C,化简得到 a
2
-4a+3=0,解得 a=3 或 a=1,若 a=3,则
A=C= ,故 B= ,不满足题意,故 a=1.
S△ABC= absin C= ×1×2 × = .
11.函数 f(x)=cos (ωx+φ) 的部分图象如图所示,
则下列结论正确的是( )
A.ω=π
B.φ=
C.x= 是函数的一条对称轴
D. 是函数的对称中心
【解析】选 ACD.由题图知 T=1,
则 T=2,即 T= =2,所以ω=π,则 A选项正确.
由图象可得,f =cos =0,
所以 π+φ=2kπ+ ,k∈Z,
即φ=2kπ+ ,k∈Z,再由 < ,
得φ= ,即 f(x)=cos ,所以 B 选项不正确.函数 f(x)的对称
轴为πx+ =kπ+π,k∈Z,即 x=k+ ,k∈Z,
当 k=0 时,x= 是函数 f(x)的一条对称轴,所以 C选项正确.函数 f(x)的
对称中心满足πx+ =kπ+ ,k∈Z,即 x=k+ ,k∈Z,
所以函数 f(x)的对称中心为 ,k∈Z,所以 D选项正确.
12.如图,正三棱柱ABC-A1B1C1各条棱的长度均相等,D为 AA1的中点,M,N
分别是线段 BB1和线段 CC1上的动点(含端点),且满足 BM=C1N,当 M,N 运
动时,下列结论中正确的是 ( )
A.在△DMN 内存在与平面 ABC 平行的线段
B.平面 DMN⊥平面 BCC1B1
C.三棱锥 A1-DMN 的体积为定值
D.△DMN 可能为直角三角形
【解析】选 ABC.用平行于平面 ABC 的平面截平面 DMN,则交线平行于平
面 ABC,故 A 选项正确;当 M,N 分别在 BB1,CC1上运动时,若满足 BM=C1N,
则线段 MN必过正方形 BCC1B1的中心 O,由 DO⊥平面 BCC1B1可得平面 DMN
⊥平面BCC1B1,故 B选项正确;当 M,N分别在BB1,CC1上运动时,△A1DM的
面积不变,点N到平面A1DM的距离不变,所以三棱锥N-A1DM的体积不变,
即三棱锥A1-DMN 的体积为定值,故 C选项正确;若△DMN为直角三角形,
则必是以∠MDN 为直角的直角三角形,易证 DM=DN,所以△DMN 为等腰直
角三角形,所以 DO=OM=ON,即 MN=2DO.设正三棱柱的棱长为 2,则
DO= ,MN=2 .因为 MN 的最大值为 BC1,BC1=2 ,所以 MN 不可能为
2 ,所以△DMN 不可能为直角三角形,故 D选项错误.
三、填空题(每小题 5分,共 20 分)
13.已知两点 A(-1,0),B(-1, ).O 为坐标原点,点 C 在第一象限,且
∠AOC=120°,设 =-3 +λ (λ∈R),则λ=________.
【解析】由题意,得 =-3(-1,0)+λ(-1, )=(3-λ, λ),因为
∠AOC=120°,所以 =- ,即 = ,解得λ= .
答案:
14.已知 A,B,C 都是锐角,且 tan A=1,tan B=2,tan C=3,则 A+B+C 的值
为________.
【解析】因为 tan A=1,tan B=2,所以 tan(A+B)= =-3,又因为
tan C=3,
所以 tan(A+B+C)=0.
因为 A,B,C 都是锐角,所以 A+B+C=180°.
答案:180°
15.太湖中有一小岛,沿太湖有一条正南方向的公路,一辆汽车测得小
岛在公路的南偏西15°的方向上,汽车行驶1 km后,又测得小岛在公路
的南偏西 75°的方向上,则小岛到公路的距离是________km.
【解析】如图,∠CAB=15°,∠CBA=180°-75°=105°,
∠ACB=180°-105°-15°=60°,AB=1 km.
由正弦定理得 = ,
所以 BC= ·sin 15°
= (km).
设 C到直线 AB 的距离为 d,
则 d=BC·sin 75°= × = (km).
答案:
16.在正方体 ABCD-A1B1C1D1中,若存在平面α,使每条棱所在的直线与平
面α所成的角都相等,则各棱所在的直线与此平面所成角的正切值为
________.
【解析】根据题意可知,正方体的每条棱实质上可转化为过同一顶点的
三条棱,不妨转化为过点 B1的三条棱 B1A1,B1C1,B1B,连接 A1C1,A1B,BC1,如
图所示,可以发现这三条棱所在的直线与平面 A1BC1所成的角均相等.
取 BC1的中点 E,连接 A1E,B1E,则在正三棱锥 B1-A1BC1中,顶点 B1在平面
A1BC1中的射影为等边三角形 A1BC1的中心,即点 M,连接 B1M,则 A1M 是线
段 A1B1在平面 A1BC1中的射影,所以∠B1A1E 为棱 B1A1所在的直线与平面
A1BC1所成的角.设正方体棱长为 a,则 B1A1=a,B1E= a,且 A1B1⊥B1E,
则 tan∠B1A1E= = = .
答案:
四、解答题(共 70 分)
17.(10 分 ) 在 平 面 直 角 坐 标 系 xOy 中 , 已 知 点
A(1,4),B(-2,3),C(2,-1).
(1)求 · 及| + |;
(2)设实数 t满足( -t )⊥ ,求 t 的值.
【解析】(1)因为 =(-3,-1), =(1,-5),
所以 · =(-3)×1+(-1)×(-5)=2.
因为 + =(-2,-6),
所以| + |= =2 .
(2)因为 -t =(-3-2t,-1+t), =(2,-1),且( -t )⊥ ,
所以( -t )· =0,
即(-3-2t)×2+(-1+t)×(-1)=0,
所以 t=-1.
18.(12 分)已知函数 f(x)=sin 2x- .
(1)求 f(x)在 x∈[0,π]上的递增区间;
(2)用“五点法”在所给的平面直角坐标系中画出函数 f(x)的图象;
(3)写出 y=f(x)的图象是由 y=sin x 的图象经过怎样的变换得到的.
【解析】(1)令 2kπ- ≤2x- ≤2kπ+ ,k∈Z,所以 kπ+ ≤x≤kπ
+ ,k∈Z.
因为 0≤x≤π,
所以 f(x)在[0,π]上的增区间为 .
(2)列表:
2x- - - 0 π
x 0 π
f(x) - -1 0 1 0 -
函数图象如图,
(3)将 y=sin x 的图象上的所有点向右平移 个单位长度,得
y=sin x- 的图象.
再将 y=sin x- 的图象上的所有点的横坐标缩短为原来的 倍(纵坐
标不变)得 y=sin 2x- 的图象.
19.(12 分)在锐角三角形ABC中,角 A,B,C的对边分别为a,b,c,且满足
a-2bsin A=0.
(1)求角 B 的大小;
(2)若 a+c=5,且 a>c,b= ,求 · 的值.
【解析】(1)因为 a-2bsin A=0,
所以 sin A-2sin Bsin A=0,
因为 sin A≠0,所以 sin B= ,
又 B为锐角,所以 B= .
(2)由(1)知,B= ,b= ,
根据余弦定理得 7=a
2
+c
2
-2accos ,
整理得(a+c)
2
-3ac=7,又 a+c=5.
所以 ac=6,又 a>c,所以 a=3,c=2,
于是 cos A= = = ,
所以 · =| || |cos A=2× × =1.
20.(12 分)已知函数 f(x)= sin(ωx+φ) ω>0,- ≤φ< 的图象关
于直线 x= 对称,且图象上相邻两个最高点的距离为π.
(1)求ω和φ的值;
(2)若 f = <α< ,求 cos α+ 的值.
【解析】(1)因为 f(x)的图象上相邻两个最高点的距离为π,所以 f(x)
的最小正周期 T=π.
从而ω= =2.
又因为 f(x)的图象关于直线 x= 对称,
所以 2· +φ=kπ+ ,k∈Z.
由- ≤φ< 得 k=0,所以φ= - =- .
(2)由(1)得 f(x)= sin 2x- ,
所以 f = sin 2· - = ,
所以 sin α- = .
由 <α< ,得 0<α- < ,
所以 cos α- = = = .
因此 cos α+ =sin α=sin
=sin α- cos +cos α- sin
= × + × = .
21.(12 分)(2020·全国Ⅰ卷)如图,D 为圆锥的顶点,O 是圆锥底面的圆
心,△ABC 是底面的内接正三角形,P为 DO 上一点,∠APC=90°.
(1)证明:平面 PAB⊥平面 PAC;
(2)设 DO= ,圆锥的侧面积为 π,求三棱锥 P-ABC 的体积.
【解题指南】(1)根据已知可得 PA=PB=PC,进而有△PAC≌△PBC,可得
∠APC=∠BPC=90°,即 PB⊥PC,从而证得 PB⊥平面 PAC,即可证得结论;
(2)将已知条件转化为母线 l 和底面半径 r的关系,进而求出底面半径,
求出正三角形 ABC 的边长,在等腰直角三角形 APB 中求出 AP,结合
PA=PB=PC 即可求出结论.
【解析】(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 l.
由题设可得 rl= ,l2-r2
=2.解得 r=1,l= ,
从而 AB= .由(1)可得 PA
2
+PB
2
=AB
2
,故 PA=PB=PC= .
所以三棱锥 P-ABC 的体积为 × ×PA×PB×PC= × × = .
22.(12 分)如图,在四棱锥 P-ABCD 中,PB=PD,PA=PC=4,底面是边长为 2
的菱形,且∠ABC=60°,E,F,G 分别是 PA,PC,DC 的中点.
(1)求证:平面 EFG⊥平面 PBD;
(2)若 M是线段 AC 上一点,求三棱锥 M-EFG 的体积.
【解析】(1)因为 E,F 分别为 PA,PC 的中点,
所以 EF∥AC,又四边形 ABCD 为菱形,
所以 AC⊥BD,所以 EF⊥BD.
设 AC 与 BD 交于点 O,连接 OP,则 OA=OC.
因为 PA=PC,所以 OP⊥AC,所以 OP⊥EF.
因为 OP∩BD=O,所以 EF⊥平面 PBD.
因为 EF⊂平面 EFG,所以平面 EFG⊥平面 PBD.
(2)由(1)知 EF∥AC.
因为AC⊄ 平面EFG,EF⊂平面EFG,所以AC∥平面EFG,所以M到平面EFG
的距离等于 A 到平面 EFG 的距离,所以 VM-EFG=VA-EFG=VG-AEF.
因为 PB=PD,所以 PO⊥BD,所以 BD⊥平面 PAC,
所以 BD⊥平面 PEF,所以 DO⊥平面 PEF.
因为 S△AEF= S△PAF= S△PAC,∠ABC=60°,
所以∠BAD=120°,
因为 AB=AD=2,所以 BD=2 ,所以 DO= .因为 PO= = ,
所以 VG-AEF= VD-PAC= × × ×2× × = .
所以三棱锥 M-EFG 的体积为 .
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