新教材高中数学模块素养评价作业含解析北师大版必修

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0是平行四边形ABCD的两条对角线的交点，则西+反+而等于()

A.ABB.BCC.CDD.0

【解析】选A.AO+OC+CB=AC+CB=AB.

2.已知i为虚数单位,a为实数，复数z=(a-2i)(l+i)在复平面内对应的点为M,则“a=l”是“点M在第匹象

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)(l+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<a<2,所以“a=l”是“点M在第四象限”的充分不必要条件.

3.函数f(x)=sinxcosx的最大值是()

11

A.-B.-B.一C.-D.1

22

1itit

［解析］选C.因为f(x)=sinxcosx・sin2x,由2x=1^2k)，k£Z,得x-+kn,k£Z,

224

711

所以当x=kn+~,kGZBt,f(x)a，—.

42

4.已知圆锥的表面积是底面积的3倍,那么该圆锥的侧面展开图扇形的圆心角为()

A.120°B.150°C.180°D.240°

【解析】选C.设圆锥底面半径为r,母线为/,则打17+n1"=311/,得/=2］',所以展开图扇形半径为2r,弧长为

2nr.所以展开图是半圆.所以扇形的圆心角为180°.

5.已知函数f(x)=sin(3x』)(x£R.s〉0)的最小正周期为兀，为了得到函数g(x)=cos<ox的图象，只要

4

将产f(x)的图象()

7T

A.向左平移一个单位长度

8

71

B.向右平移一个单位长度

8

It

c.向左平移一个单位长度

4

IT

D.向右平移一个单位长度

4

【解析】选A.由题知3=2,所以f(x)=sinGx+~)=cos

■・•

6.已知点0,N在AABC所在平面内，且|0A=|OB=|OC,NA+NB+NC=0,则点0,N依次是AABC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0A=IOB=IOC知,0为/XABC的外心；由NA+NBiNC=0,得AN=NB+NC,取BC边的中

点D,贝”AN-NB+NC-2ND,知A,N,D三点头线，且AN-2ND,故点N是的垂■心.

7.《数书九章》是中国南宋时期杰出数学家秦九韶的着作,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求面枳的公式,这与古希腊的海伦公式完全等价,其求法是：“以小斜鼎,并大斜事,减中斜幕,余半

之，自乘于上；以小斜哥乘大斜暴，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

h[77/N+d-f22

10+26的AABC满足sinC：sinA：sin

公式，即S=J；ra-)卜见有周长为

B=2：3：V7,则用以上给出的公式求得aABC的面积为()

A.6百B.4巾0.8^7D.12

【解析】选A.因为sinC：sinA：sinB=2：3：巾,

因为AABC的周长为10+26，即a+b+c=10+2«,所以c=4,a=6,b=26,所以

则c：a：b=2：3：

02/12

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样卯结构，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楂柱分成三组，经90°桦卯起来,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.28nB.30nC.60nD.120n

【解析】选B.由题意，该球膨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:,25+4+喈,所以该球形容器的表面积的最小值为4nX（吸

30n.

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.3B.6C.8D.9

【解析】选AD.因为a〃b,|a|=2|b|=6,

则|a|二6,|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||二3.

10.^AABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,若6=2^3,c=3,A+3C=n,则下列结论正确的是（）

A.cosC=—

3

C.a=3D.

【解析】选AD.A+3C-n,故B-2C,

bc

根摭正弦定理:-----=-----,

sinBsinC

即2VOsinC=3X2sinCeosC,

得即f(x)=cos(irx+：)所以B选项不正确.画数f(x)的对称轴为nx+：=kn+n,k£Z,即

x=kq,k£Z,

37171

当k=0时，x—是晶数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nx^一=k■―,kGZ,

442

1

即x=k—,k€Z,

4

所鼠函数f(x)的对称中心为(k+：,0)k£Z,所以D选项正确.

12.如图，正三棱柱ABC-ABG各条棱的长度均相等,D为AA、的中点,M,N分别是线段BB.和线段CG上的动点

(含端点)，且满足BM=C,N,当M,N运动时,下列结论中正确的是()

A.在△DMN内存在与平而ABC平行的线段

B.平面DMN_L平面BCC.B.

C.二棱锥ADMN的体积为定值

D.ADMN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

BBi.CG上运动时，若满足BM=GN,则线段MN必过正方形BCCB的中心0,由D0J■平面BCCB可得平面DMN_L

平面BCCB,故B选项正确；当M,N分别在BBi,CG上运动时，AAiDM的面积不变，点N到平面A.DM的距离不

变，所以三棱维N-A.DM的体积不变，即三棱维A-DMN的体积为定值，故C选项正确；若AOMN为直角三角杉,

则必是以NMDN为直角的直角三角形，易证DM二DN,所以△DMN为等腰直第三角形，所以DO=OM=ON,即MN=2D0.

设正三棱柱的棱长为2,则D0=MN=2\/3.因为MN的最大值为BC”B*2a,所以MN不可能为2次,

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(-l,0),B(-l,V3).O为坐标原点，点C在第一象限，且ZAOC=120°,设

5?=-3示+入55(入£R),则入=.?

0人・0。］

【解析】由题他，得反二-3(-1,0)+'(-1，6)=(3-人，百人)，因为/A0C=120°,所以IOA||OC|=-,HP

2

3-ai3

,解得XL.

J(3-&，3笳22

14.已知A,B,C都是锐角，且tanA=l,LanB=2,tanC=3,则A+B+C的值为.?

taiM+tanB

【解析】因为tanA=1,tanB=2,所以tan(A+B)=-------------=-3,又因为tanC=3,

1-taiMtanB

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1km后，又测得小岛在公路的南偏西75°的方向.匕则小岛到公路的距离是km.?

【解析】如图，NCAB=15°,ZCBA=183°-75°=105°,

ZACB=180°-105°-15°=60°,AB=1km.

BCAB

由正弦定理得---------=-----------,

sinZCXBsin44c3

06/12

1

所以BO--------------・sin15°

sin60*

n一6,、

-------：一（km）.

2代

设C到直线AB的距离为d,

V6-/2历+MV3

«']d=BC-sin750=-------X------------=—(km).

2G46

答案今

16.在正方体ABCD-A瓜CD中，若存在平面。，使每条棱所在的直线与平面。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，正方体的每条枝实质上可转化为过同一顶点的三条棱，不妨转化为过点日的三条枝

连接AiCbAiB,BC,如图所示,可以发现这三条枝所在的直线与平面ABG所成的角均相等.

取BC,的中点E,连接AiE,B,E,则在正三棱锥BLABG中，顶点Bi在平面AEG中的射影为等边三角形A：BG的

中心，即点M,连接BM,则AN是线段AB在平面AEG中的射彩，所以/BAE为棱BA所在的直线与平面ABG

所成的角.设正方体枝™

2

/Ea

则tanZBiAiE=----------

4出a2

答案:叱

2

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角2,3）,C（2,-1）.

■...

⑴求AB・AC及AB+AC；

（2）没实数t满足（AB-t反）_L反，求t的值.

【解析】（1）因为嬴=（一3,7）,而=（1,一5）,

所以廉・而=(-3)X1+(-1)X(-5)=2.

因为赢+菽=(-2,-6),

所以|A^AC|=V4+36=2>/TQ

(2)a为AB-toc=(-3-2t,-1+t)t0C=(2,-1),JL(AB-tOC)±OC,

所以(而一t而・OC=o,

即(-3-2t)X2+(-1+t)X(-1)=0,

所以t=-1.

18.：12分)已知函数f(x)=sin(2厘).

4

(1)求f(x)在x£[0,兀]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;

71311Ttn5n

【解析】(1)令2kn^W2x--W2kTTL,kwz,所以kirLWxWkn4—,k£乙

24288

因为OWxWn,

［n5n

所鼠f(x)在［0,n］上的增区间为一，一

18，

⑵列表:

08/12

函数图象如图,

3。(3n\

(3)将y=sinx的图象上的所有点向右平移一个单位长度，得y=sin<x-——)的图象.

44

(3n\1(3n\

再将y=sin'x-'的图象上的所有点的横坐标缩短为原来的一倍(纵坐标不变)得y=sin''2x---’的图象.

424

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0a-2bsinA=0.

(1)求角B的大小;

⑵若a+c=5,且a>c,b=V7,求廉•正的值.

【解析】(1)因为V&-2bsinA=0,

所第J5sinA-2sinBsinA=0,

因为sinAj。，所以sinQg

2

71

又B为锐角，所以BL.

3

⑵虫⑴知耳b二O

,,n

根据余弦定理得7:a~+c2-2accos-,

3

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,

b2-k-c2-a:7+4-9々

于是cosA-

2bc4v714

kXAB•AO|AB||AC|cosA=2X\/7x-^1.

20.112分）已知函数f（x）=V^sin（3x+小）（3>0,-*。<三）的图象关于直线x」对称，且图象上相邻两

223

个最高点的距离为九

⑴求3和e的值；

⑵若f（2）=^（、a（也），求cos（"史）的值.

24632

【解析】（1）因为f（x）的图象上相邻两个最高点的距离为n,所以f（x）的最小正周期T=n.

2n

从而3=---=2.

又因为f（x）的图象关于直线XL对称,

3

nn

所£2•r。=knl,k€Z.

32

n7i11211n

由一W0＜一得k=0,所以0--------.

22236

(2)h(1)^f(x)=V3sin(2x--),

6

?«sE（2亲衅,

所£f

…(3

64

n2nITn

10/12

因此cos(a**---)=sina=sin

.(471(aU

=sin'a--/cos-+cos

66

16而1b+、is

=-X-Ix-=------.

42428

21.U2分)(2020•全国I卷)如图,D为圆锦的顶点,0是圆锥底面的圆心,AABC是底面的内接正三角形,P

为D0上一点,ZAPC=90°.

(1)证明:平面PAB_L平面PAC;

(2)设D0=V2圆锥的侧面积为6n,求三棱锥P-ABC的体积.

【解题指南】⑴根据已知可得PA=PR=PC,进而有△PACg/XPBC,可得/APC=/BPC=90°,即PB1PC,从而证

得PBJL平面PAC,即可证得结论；

(2)将已知条件转化为母线/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AABC是正三角形，故可得4PAC空aPAB.APAC^APBC.

又/APC=90°，故/APB=90",ZBPC^90c.

从而PB±PA,PB1PC,故PBJ•平面PAC,因为PB在平面PAB内，所以平面PABJ■平面PAC.

(2)没圆锥的底面半径为r,母线长为/.

由题设可得7