全书综合测评 -2024-2025学年高一下学期数学苏教版（2019）必修第二册

密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 封 线 内 不 要 答 题 全书综合测评 全卷满分150分　考试用时120分钟 一、单项选择题(本题共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.若z∈C,且是纯虚数,则|z|=(　　) A.　　　D.2 2.若α∈,tan α=,则sin=(　　) A.- 3.已知△ABC的外接圆圆心为O,半径为1,且2|,则向量在向量上的投影向量为(　　) A. 4.某市教育主管部门为了解高三年级学生学业达成的情况,对高三年级学生进行抽样调查,随机抽取了1 000名学生,他们的学业达成情况都分布在从高到低的A,B,C,D,E五个层次内,分男、女生统计得到以下样本分布统计图,则下列叙述正确的是(　　) A.样本中A层次的女生比相应层次的男生人数多 B.估计样本中男生学业达成层次的中位数比女生的小 C.D层次的女生和E层次的男生在整个样本中频率相等 D.样本中B层次的学生人数和C层次的学生人数一样多 5.六氟化硫的化学式为SF6,在常压下是一种无色、无臭、无毒、不燃的稳定气体,有良好的绝缘性,在电器工业方面具有广泛的用途.六氟化硫分子结构为正八面体结构(每个面都是正三角形的八面体),如图所示,硫原子位于正八面体的中心,6个氟原子分别位于正八面体的6个顶点.若相邻两个氟原子之间的距离为2,则这个正八面体的体积是(氟原子的大小可以忽略不计)(　　) A. 6.已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,b=2,且2acos B-acos C=ccos A+a-b,则△ABC面积的最大值是(　　) A.　　　 C.2　　　D. 7.为了研究某种作物在特定温度下(要求日最高气温t满足:27 ℃≤t≤30 ℃)的生长状况,某农学家需要在10月份去某地进行为期10天的连续观察试验.现有关于该地区2014—2023年每年10月份的日最高气温和日最低气温(单位:℃)的记录如下: 根据上述记录,下列说法不正确的是(　　) A.农学家观察试验的起始日期为10月7日或10月8日 B.设该地区今年10月上旬(10月1日至10月10日)的日最高气温的方差和日最低气温的方差分别为D1,D2,则D1<D2 C.设该地区今年10月上旬(10月1日至10月10日)的日最高气温的方差和日最低气温的方差分别为D1,D2,则D1>D2 D.从10月份的31天中随机选择连续的3天,则所选3天中日最高气温的值都在[27,30]内的概率为 8.已知三棱锥P-ABC的底面ABC是等腰直角三角形,体积为24,顶点P到底面ABC的距离为3,若该三棱锥的外接球O的半径为5,则满足上述条件的顶点P的轨迹的总长度为(　　) A.6π　　　B.30π C.(9+2)π 二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分) 9.已知复数z=2+i,z1=x+yi(x,y∈R,i为虚数单位),为z的共轭复数,则下列结论正确的是(　　) A.的虚部为-i B.z2=|z|2 C.=1 D.若|z-z1|≤1,则在复平面内z1对应的点形成的图形的面积为π 10.在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M为棱BB1的中点,下列说法正确的是(　　) A.直线AC与直线A1D所成的角为 B.直线AC与直线BD1所成的角为 C.若平面α过点M,且BD1⊥α,则平面α截正方体所得的截面图形的周长为3 D.动点P在侧面BCC1B1内运动(包括边界),且AP⊥BD1,则AP与平面BCC1B1所成角的正切值的取值范围是[1,] 11.已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且a·sin2=b·sin A,下列结论正确的是(　　) A.B= B.若a=4,b=5,则△ABC有两解 C.当a-c=b时,△ABC为直角三角形 D.若△ABC为锐角三角形,则cos A+cos C的取值范围是 三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分) 12.在圆台O1O2中,圆O2的半径是圆O1半径的2倍,且O2恰为该圆台外接球的球心,则圆台的侧面积与其外接球的表面积之比为　　　　.  13.某学校为提升学校食堂的服务水平,组织全校师生对学校食堂满意度进行评分,按照分层抽样方法,抽取200位师生的评分(满分100分)作为样本,在这200个样本中,所有学生评分样本的平均数为分,方差为分2,所有教师评分样本的平均数为分,方差为分2,总样本的平均数为分,方差为s2分2,若sxsy,抽取的学生样本多于教师样本,则总样本中学生样本的个数至少为　　　　.  14.如图,在△ABC中,AB=2,AC=1,D,E分别是直线AC,AB上的点,,且·=-2,则∠BAC=　　　　;若P是线段DE上的一个动点,则·的取值范围是　　　　.  四、解答题(本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 15.(本小题满分13分)已知在△ABC中,A,B,C所对的边分别为a,b,c,m=(a+c,a-b),n=(sin B, sin A-sin C),且m∥n. (1)求角C的大小; (2)若D为AB的中点,△ADC的面积等于,求△ABC的周长的最小值. 16.(本小题满分15分)2023年10月,汉江生态城2023襄阳马拉松在湖北省襄阳市成功举行,志愿者的服务工作是马拉松成功举办的重要保障,襄阳市新时代文明实践中心承办了志愿者选拔的面试工作.现随机抽取了100名候选者的面试成绩,并分成五组:第一组[45,55),第二组[55,65),第三组[65,75),第四组[75,85),第五组[85,95],绘制成如图所示的频率分布直方图.已知第一、二组的频率之和为0.3,第一组和第五组的频率相同. (1)估计这100名候选者面试成绩的平均数和第25百分位数(各组数据用区间中点值代替); (2)在这100名候选者中,用分层抽样的方法从第四组和第五组面试者内抽取10人,再从这10名面试者中随机抽取两名,求这两名面试者成绩都在第五组内的概率; (3)现从以上各组中用分层抽样的方法选取20人,担任本市的宣传者.若本市宣传者中第二组面试者的面试成绩的平均数和方差分别为62分和40分2,第四组面试者的面试成绩的平均数和方差分别为80分和70分2,据此估计这次第二组和第四组所有面试者的面试成绩的方差. 17.(本小题满分15分)在等腰梯形ABCD中,AB∥DC,∠DAB=60°,CD=1,AD=2,AB=3,动点E,F分别在线段BC和DC上(不包含端点),AE和BD交于点M,且. (1)用向量表示向量; (2)求||的取值范围; (3)是否存在点E,使得||?若存在,求λ的值;若不存在,说明理由. 18.(本小题满分17分)冰壶被喻为冰上的“国际象棋”,是以团队为单位在冰上进行的投掷性竞赛项目,每场比赛共10局,在每局比赛中,每个团队由多名运动员组成,他们轮流掷壶、刷冰、指挥.两边队员交替掷壶,可击打本方和对手的冰壶,以最终离得分区圆心最近的一方的冰壶数量多少计算得分,另外一方得零分,十局总得分最高的一方获胜.冰壶运动考验参与者的体能与脑力,展现动静之美,取舍之智慧.由于冰壶的击打规则,后投掷一方有优势,所以前一局的得分方将作为后一局的先手掷壶.已知甲、乙两队参加冰壶比赛,若在某局比赛中甲方先手掷壶,则该局甲方得分的概率为;若甲方后手掷壶,则该局甲方得分的概率为,每局比赛不考虑平局.在该场比赛中,前面已经比赛了六局,双方各胜三局,其中第六局乙方得分. (1)求第七局、第八局均为甲方得分的概率; (2)求十局比赛结束后,甲方的得分局多于乙方的概率. 19.(本小题满分17分)如图所示,已知AB⊥平面ACD,DE⊥平面ACD,△ACD为等边三角形,AD=DE=2AB,F为CD的中点. (1)证明:AF∥平面BCE; (2)证明:平面BCE⊥平面CDE; (3)在线段DE上是否存在一点P,使直线BP与平面BCE所成的角为30°?请说明理由. 答案与解析 全书综合测评 1.B　设z=a+bi,a,b∈R, 则 =. 因为是纯虚数,所以a2+b2-1=0,b≠0,故a2+b2=1,所以|z|==1. 故选B. 2.D　因为tan α=,所以, 整理得3sin α=sin2α+cos2α=1,则sin α=, 又α∈,故α∈,所以cos α=, 所以sin 2α=2sin αcos α=2×,cos 2α=1-2sin2α=, 所以sin=sin 2αcos-cos 2αsin. 故选D. 3.D　由2知O为BC的中点, 又O为△ABC的外接圆圆心, ∴||=2,∴AB⊥AC, ∵,∴cos B=, ∴向量在向量上的投影向量为||cos(π-B)·.　 故选D. 4.B　对于A,C,设女生学业达成频率分布直方图中的组距为Δx, 由(a+1.5a+2a+2.5a+3a)Δx=1,得aΔx=0.1, 所以女生学业达成频率分布直方图中A层次频率为20%,B层次频率为30%,C层次频率为25%,D层次频率为15%,E层次频率为10%, 因为样本中男、女生人数未知,所以A层次中男、女生人数不能比较,即A选项错误, 同理,D层次女生在女生样本中的频率与E层次男生在男生样本中的频率相等,都是15%, 因为样本中男、女生人数未知,所以在整个样本中频率不一定相等,即C选项错误; 对于D,设女生人数为n,则男生人数为1 000-n, B层次的学生人数为0.3n+0.25×(1 000-n)=0.05n+250, C层次的学生人数为0.25n+0.3×(1 000-n)=300-0.05n, 因为n不确定,所以0.05n+250与300-0.05n可能不相等,即D选项错误; 对于B,女生A,B两个层次的频率之和为50%, 所以女生的样本学业达成层次的中位数为B,C层次的分界点, 男生A,B两个层次的频率之和为35%,显然中位数落在C层次内, 所以样本中男生学业达成层次的中位数比女生的小,B选项正确. 故选B. 5.D　连接AC,BD,则AC,BD交于点O,连接OE, 因为AE=CE,BE=DE,O为AC,BD的中点, 所以OE⊥AC,OE⊥BD, 因为AC∩BD=O,AC,BD⊂平面ABCD, 所以OE⊥平面ABCD, 令相邻两个氟原子之间的距离为2a,则2a=2, 即a=, 因为在正方形ABCD中,AB=BC=2a,所以AC=2a, 所以AO=a, 所以OE=a, 所以该正八面体的体积是.故选D. 6.B　由题意及正弦定理得2sin Acos B-sin Acos C=sin Ccos A+sin A-sin B,所以2sin Acos B=sin(A+C)+sin A-sin B=sin A. 易知0<A<π,所以sin A>0,所以cos B=. 又0<B<π,所以sin B=. 由余弦定理得cos B=,所以a2+c2=ac+4≥2ac,所以ac≤4(当且仅当a=c=2时,等号成立), 所以S△ABC=acsin B≤. 故选B. 7.B　因为观察该种作物的特定温度条件要求日最高气温t满足:27 ℃≤t≤30 ℃,由题图可知,10月6日的日最高气温为26 ℃,从10月18日起每天的日最高气温均低于27 ℃, 所以农学家观察试验的起始日期为10月7日或10月8日,故A中说法正确; 由题图知,10月1日至10月10日的日最高气温(单位:℃)分别为30,31,29,28,27,26,27,27,27,27, 其平均数为=27.9(℃), 所以D1=×[(30-27.9)2+(31-27.9)2+(29-27.9)2+(28-27.9)2+(27-27.9)2×5+(26-27.9)2]=2.29, 由题图知,10月1日至10月10日的日最低气温(单位:℃)分别为19,19,18,18,17,18,18,17,17,17, 其平均数为=17.8(℃), 所以D2=×[2×(19-17.8)2+4×(18-17.8)2+4×(17-17.8)2]=0.56, 故D1>D2,故B中说法错误,C中说法正确; 设“所选3天中日最高气温的值都在[27,30]内”为事件A, 所有的基本事件为(1,2,3),(2,3,4),(3,4,5),…,(29,30,31),共29个, 由题图可以看出,事件A包含(3,4,5),(7,8,9),(8,9,10),(9,10,11),(10,11,12),(11,12,13),(12,13,14),(13,14,15),(14,15,16),(15,16,17),共10个基本事件,所以P(A)=,故D中说法正确. 故选B. 8.D　设等腰直角△ABC的直角边长为x(x>0),球O的半径为R,则R=5. 由VP-ABC=x2×3=24,解得x=4, ∴△ABC的外接圆半径r1=, 易知球心O在底面ABC内的射影为△ABC斜边的中点, ∴球心O到底面ABC的距离d1==1. 又∵顶点P到底面ABC的距离为3, ∴顶点P的轨迹是球O的两个截面的圆周. 当球心O在底面ABC和截面之间时,球心O到该截面的距离d2=3-1=2, 则截面圆的半径r2=, 此截面的周长为2πr2=2π. 当球心O在底面ABC和截面的同一侧时,球心O到该截面的距离d3=3+1=4, 则截面圆的半径r3==3, 此截面的周长为2πr3=6π. ∴顶点P的轨迹的总长度为(6+2)π. 故选D. 9.CD　由题意可得=2-i,所以的虚部为-1,A错误; z2=(2+i)2=3+4i,|z|=,故z2≠|z|2,B错误; =1,C正确; |z-z1|≤1表示在复平面内,到点(2,1)的距离不大于1的点(x,y)构成的图形,即以(2,1)为圆心,1为半径的圆及其内部,故面积为π,D正确. 故选CD. 10.BCD　连接B1C,AB1,易得A1D∥B1C,故∠B1CA(或其补角)即为AC与A1D所成的角,易知△AB1C为正三角形,所以∠B1CA=,故直线AC与A1D所成的角为,故A错误; 连接BD,B1D1,易得AC⊥平面BDD1B1,∵BD1⊂平面BDD1B1,∴AC⊥BD1,即直线AC与BD1所成的角为,故B正确; 易得BD1⊥平面AB1C,因为BD1⊥α,所以α∥平面AB1C,取AB的中点N,BC的中点Q,连接MQ,NQ,MN,则平面MNQ∥平面AB1C,则△MNQ即为平面α截正方体所得的截面图形,易得QM=QN=MN=,故△MNQ的周长为3,故C正确; 易知点P是线段B1C上的动点,AP与平面BCC1B1所成的角为∠APB,tan∠APB=,由P是线段B1C上的动点,得≤BP≤2,∴1≤≤,故D正确.故选BCD. 11.ACD　对于A,因为a·sin2=b·sin A, 所以由A+B+C=π及正弦定理得,sin A·sin2=sin B·sin A, 由诱导公式得,sin A·cos2=sin B·sin A, 因为A∈(0,π),所以sin A≠0, 所以,　 化简得cos=0, 即cos=0,　 所以cos=0或sin=0,即B=π(舍)或B=,故A正确; 对于B,由余弦定理b2=a2+c2-2accos B,得25=16+c2-8×c×,得c2-4c-9=0, 解得c=2+(负值舍去),即△ABC只有一解,故B错误; 对于C,由a-c=b,两边平方得a2-2ac+c2=, 由余弦定理得b2=a2+c2-2accos B=a2+c2-ac, 两式联立,消b2得,2a2-5ac+2c2=0,解得a=2c或c=2a(不符合题意,舍去), 由B=c,结合正弦定理可得A=, 故△ABC为直角三角形,故C正确; 对于D,因为△ABC为锐角三角形,且B=, 所以⇒⇒, 即cos A+cos C=cos A+coscos A+sin A=sin, 因为A+∈,所以sin∈,故D正确. 故选ACD. 12.答案　3∶8 解析　如图.令外接球的半径为2R,依题意得O2A=2R,O2B=2R,O1B=R, 过点B作BC⊥O2A,则O2C=O1B=R,所以AC=O2C=R, 又BC=O1O2=R,所以AB==2R, 所以圆台的侧面积S1=(2πR+2π×2R)×2R=6πR2, 又外接球的表面积S2=4π×(2R)2=16πR2, 所以圆台的侧面积与其外接球的表面积之比为S1∶S2=6πR2∶16πR2=3∶8. 13.答案　160 解析　假设在样本中,学生、教师的人数分别为m,n(1≤n<m<200,m,n∈N), 记样本中所有学生的评分为xi(i=1,2,3,…,m)分,所有教师的评分为yj(j=1,2,3,…,n)分, 由得, 所以s2=)2 =)2=sxsy, 所以m=160sxsy,即m·+n·=160, 令t=,则mt2-160t+n=0,其判别式Δ=25 600-4mn=25 600-4m(200-m)≥0, 即m2-200m+6 400≥0,解得m≤40或m≥160, 因为1≤n<m<200且m+n=200,所以m>100,所以m≥160. 所以总样本中学生样本的个数至少为160. 14.答案　 解析　∵, ∴, ∵·=-2, ∴()·() =(5)·(2) =11· =11×2×1×cos∠BAC-5×1-2×4 =22cos∠BAC-13=-2,解得cos∠BAC=, ∵∠BAC∈(0,π),∴∠BAC=. 设,λ∈[0,1], ∴·)·() =· =· =16 =21λ2-12λ+7=21, ∴当λ=时,·有最小值,为, 当λ=1时,·有最大值,为16. ∴·的取值范围为. 15.解析　(1)∵m∥n, ∴(a+c)(sin A-sin C)=(a-b)sin B, 结合正弦定理得(a+c)(a-c)=(a-b)b, ∴a2+b2-c2=ab,(3分) ∴cos C=,(5分) ∵C∈(0,π),∴C=.(6分) (2)依题意得S△ABC=2S△ADC,即,∴ab=4,(8分) ∴a+b≥2=4,当且仅当a=b=2时取等号, 由余弦定理得c2=a2+b2-2abcos∠ACB=a2+b2-ab≥ab=4,(11分) ∴c≥2,当且仅当a=b=2时取等号, 故△ABC的周长的最小值为6.(13分) 16.解析　(1)由题意可知 解得(2分) 可知每组的频率依次为0.05,0.25,0.45,0.2,0.05, 所以估计平均数为50×0.05+60×0.25+70×0.45+80×0.2+90×0.05=69.5(分),(4分) 因为0.05+0.25=0.3>0.25,所以第25百分位数在区间[55,65)内. 设第25百分位数为x分, 则0.05+(x-55)×0.025=0.25, 解得x=63,故估计第25百分位数为63分.(6分) (2)10人中,第四组有8人,第五组有2人,记第四组8人的编号分别为1到8,第五组2人的编号分别为9和10,则样本空间Ω={(1,2),(1,3),(1,4),…,(1,10),(2,3),(2,4),…,(2,10),(3,4),(3,5),…,(3,10),(4,5),(4,6),…,(4,10),(5,6),…,(5,10),(6,7),…,(6,10),(7,8),(7,9),(7,10),(8,9),(8,10),(9,10)},共45个样本点,(8分) 记这两名面试者成绩都在第五组内为事件A,则事件A={(9,10)},故P(A)=.(10分) (3)设第二组、第四组面试者的面试成绩的平均数与方差分别为分,分,分2,分2, 易知两组频率之比为0.25∶0.20=5∶4,则第二组和第四组所有面试者的面试成绩的平均数=70(分),(12分) 第二组和第四组所有面试者的面试成绩的方差s2=(分2). 故估计第二组和第四组所有面试者的面试成绩的方差是分2.(15分) 17.解析　(1)因为, 所以.(2分) .(4分) (2), 因为|·=3×2×cos 60°=3,(6分) 所以|·(2+λ) =12λ2-30λ+61=12.(8分) 因为动点E,F分别在线段BC和DC上且不包含端点,所以0<λ<1, 所以43<||2<61,即,　 所以||的取值范围是().(10分) (3)设,其中s,t>0, 则, 因为, 所以由平面向量基本定理,得 解得(12分) 由||,得||,故t=8s, 所以,解得λ=或λ=-.(14分) 因为0<λ<1,所以λ=.(15分) 18.解析　(1)因为第六局乙方得分,所以第七局乙方先手掷壶,甲方后手掷壶,则第七局甲方得分的概率为.(2分) 若第七局甲方得分,则第八局甲方先手掷壶,乙方后手掷壶,则第八局甲方得分的概率为,(4分) 所以第七局、第八局均为甲方得分的概率为.(6分) (2)前面已经比赛了六局,双方各胜三局,所以若十局比赛结束后,甲方的得分局多于乙方,则后面四局甲方全胜或者甲方胜三局.(8分) 若后面四局甲方全胜,由题知第七局乙方先手掷壶,则概率为;(10分) 若后面四局甲方胜三局,由题知第七局乙方先手掷壶,则可分为第七局乙方得分或第八局乙方得分或第九局乙方得分或第十局乙方得分, 其概率为,(14分) 则十局比赛结束后,甲方的得分局多于乙方的概率为.(17分) 19.解析　(1)证明:取CE的中点M,连接MF,BM, ∵F是CD的中点, ∴MF是△CDE的中位线, ∴MF∥DE,MF=DE. 又DE=2AB,∴AB=MF,(2分) ∵AB⊥平面ACD,DE⊥平面ACD, ∴DE∥AB, ∴AB∥MF, ∴四边形ABMF是平行四边形, ∴AF∥BM,(4分) ∵AF⊄平面BCE,BM⊂平面BCE, ∴AF∥平面BCE.(6分) (2)证明:∵AB⊥平面ACD,AF⊂平面ACD, ∴AB⊥AF, ∴四边形ABMF是矩形, ∴BM⊥MF. ∵△ACD是正三角形,F是CD的中点, ∴CD⊥AF. ∵BM∥AF, ∴CD⊥BM,(8分) ∵MF∩CD=F,MF,CD⊂平面CDE, ∴BM⊥平面CDE, ∵BM⊂平面BCE,∴平面BCE⊥平面CDE.(10分) (3)假设在线段DE上存在一点P,使直线BP与平面BCE所成的角为30°. 连接DM,过P作PN⊥CE,垂足为N,连接BN. 由(2)知平面BCE⊥平面CDE,又平面BCE∩平面CDE=CE,PN⊂平面CDE, ∴PN⊥平面BCE, ∴∠PBN为直线BP与平面BCE所成的角,则∠PBN=30°.(12分) 设AB=1,则DE=AC=CD=AD=2, ∴BE=BC=,cos∠BED=. 设PN=x(x>0),由题知∠CED=45°, 则在Rt△EPN中,PE=x,在Rt△PBN中,PB=2x, 在△BPE中,由余弦定理得PB2=BE2+PE2-2BE·PE·cos∠BEP, 即4x2=5+2x2-2,(15分) 若P在线段DE上,则PN最长为MD=, ∵,∴满足题意, ∴在线段DE上存在一点P,使直线BP和平面BCE所成的角为30°.(17分) 学科网（北京）股份有限公司 $$