综合检测试卷-【步步高】2023-2024学年高一数学必修第二册学习笔记（人教A版2019）

综合检测试卷 (时间：120分钟　满分：150分) 一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分) 1．若复数z满足i·z＝3－4i，则|z|等于(　　) A．1 B．5 C．7 D．25 答案　B 解析　方法一　依题意可得z＝＝＝－4－3i，所以|z|＝＝5. 方法二　依题意可得i2·z＝(3－4i)i，所以z＝－4－3i，则|z|＝＝5. 2．某学校有高中学生1 000人，其中高一年级、高二年级、高三年级的人数分别为320,300,380.为调查学生参加“社区志愿服务”的意向，现采用按比例分配分层随机抽样的方法从中抽取一个容量为100的样本，那么应抽取高二年级学生的人数为(　　) A．68 B．38 C．32 D．30 答案　D 解析　根据题意得，用按比例分配的分层随机抽样在各层中的抽样比为＝， 则高二年级被抽取的人数是300×＝30(人)． 3．某校高一年级15个班参加朗诵比赛的得分如下： 91　89　90　92　94　87　93　96　91　85　89　93　88　98　93 则这组数据的60%分位数、90%分位数分别为(　　) A．92,96 B．93,96 C．92.5,95 D．92.5,96 答案　D 解析　将这组数据按从小到大排列得 85　87　88　89　89　90　91　91　92　93　93　93　94　96　98 则15×60%＝9,15×90%＝13.5， 所以60%分位数为＝92.5， 90%分位数为96. 4．南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库．已知该水库水位为海拔148.5 m时，相应水面的面积为140.0 km2；水位为海拔157.5 m时，相应水面的面积为180.0 km2，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148.5 m上升到157.5 m时，增加的水量约为(参考数据：≈2.65)(　　) A．1.0×109 m3 B．1.2×109 m3 C．1.4×109 m3 D．1.6×109 m3 答案　C 解析　依题意可知棱台的高为MN＝157.5－148.5＝9(m)，所以增加的水量即为棱台的体积V. 棱台上底面面积S＝140.0 km2＝140×106 m2，下底面面积S′＝180.0 km2＝180×106 m2，所以V＝h ＝×9×(140×106＋180×106＋) ＝3×(320＋60)×106≈(960＋180×2.65)×106＝1.437×109≈1.4×109(m3)． 5．已知底面边长为1，侧棱长为的正四棱柱的各顶点均在同一球面上，则该球的体积为(　　) A. B．4π C．2π D. 答案　D 解析　∵正四棱柱的底面边长为1，侧棱长为， ∴正四棱柱体对角线的长为＝2.又∵正四棱柱的顶点在同一球面上，∴正四棱柱体对角线恰好是球的一条直径，则球的半径R＝1，根据球的体积公式，得此球的体积V＝πR3＝. 6．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若△ABC的面积为S，且a＝1,4S＝b2＋c2－1，则△ABC外接圆的面积为(　　) A．4π B．2π C．π D. 答案　D 解析　由余弦定理得， b2＋c2－a2＝2bccos A，又a＝1， 所以b2＋c2－1＝2bccos A， 又S＝bcsin A,4S＝b2＋c2－1， 所以有4×bcsin A＝2bccos A， 即sin A＝cos A，tan A＝1， 又0<A<π，所以A＝， 由正弦定理得，＝2R(R为△ABC外接圆的半径)，解得R＝， 所以△ABC外接圆的面积为. 7．设D，E为正三角形ABC中BC边上的两个三等分点，且BC＝2，则·等于(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　如图，||＝||＝2，〈，〉＝60°， ∵D，E是边BC上的两个三等分点， ∴· ＝· ＝· ＝||2＋·＋||2＝×4＋×2×2×＋×4＝. 8．某校为了了解学生的视力情况，随机抽查了100名学生，得到如图所示的频率分布直方图．由于不慎将部分数据丢失，但知道前4组的频数和为40，后6组的频数和为87.设最大频率为a，视力在4.5到5.2之间的学生人数为b，则a，b的值分别为(　　) A．0.27,0.96 B．0.27,96 C．27,0.96 D．27,96 答案　B 解析　由频率分布直方图知组距为0.1，由前4组的频数和为40，后6组的频数和为87，知第4组的频数为40＋87－100＝27，即视力在4.6到4.7之间的频数为27，是最大频数，故最大频率a＝0.27.视力在4.5到5.2之间的频率为1－0.01－0.03＝0.96，故视力在4.5到5.2之间的学生人数b＝0.96×100＝96(人)． 二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分) 9．下面四个命题中的真命题为(　　) A．若复数z满足∈R，则z∈R B．若复数z满足z2∈R，则z∈R C．若复数z1，z2满足z1z2∈R，则z1＝2 D．若复数z∈R，则∈R 答案　AD 解析　若复数z满足∈R，则z∈R，A为真命题； 复数z＝i满足z2＝－1∈R，而z∉R，故B为假命题；若复数z1＝i，z2＝2i满足z1z2∈R，但z1≠2，故C为假命题；若复数z∈R，则＝z∈R，故D为真命题． 10．对于两个平面α，β和两条直线m，n，下列命题中的假命题是(　　) A．若m⊥α，m⊥n，则n∥α B．若m∥α，α⊥β，则m⊥β C．若m∥α，n∥β，α⊥β，则m⊥n D．若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则m⊥n 答案　ABC 解析　A中，n可能在α内，A是假命题；B中，m也可能在β内，B是假命题；C中，m与n可能平行，相交，异面，C是假命题；D中，m⊥α，α⊥β，则m⊂β或m∥β，若m⊂β，则由n⊥β得n⊥m，若m∥β，则β内有直线c∥m，而易知c⊥n，从而m⊥n，D是真命题． 11．从1,2,3，…，7这7个数中任取两个数，其中不是对立事件的是(　　) A．恰有一个是偶数和恰有一个是奇数 B．至少有一个是奇数和两个都是奇数 C．至少有一个是奇数和两个都是偶数 D．至少有一个是奇数和至少有一个是偶数 答案　ABD 解析　C中，“至少有一个是奇数”，即“两个奇数或一奇一偶”，而从1～7中任取两个数，根据取到数的奇偶性可认为共有三个事件：“两个都是奇数”“一奇一偶”“两个都是偶数”，故“至少有一个是奇数”与“两个都是偶数”是对立事件，易知其余都不是对立事件． 12．随着互联网的发展，网上购物几乎成为了人们日常生活中不可或缺的一部分，这也使得快递行业市场规模呈现出爆发式的增长．渝北区的陈先生计划在家所在的小区内开一家菜鸟驿站，为了确定驿站规模的大小，他统计了隔壁小区的菜鸟驿站和小兵驿站一周的日收件量(单位：件)，得到折线图如图，则下列说法正确的是(　　) A．菜鸟驿站一周的日收件量的极差小于小兵驿站一周的日收件量的极差 B．菜鸟驿站星期三的日收件量小于小兵驿站星期六的日收件量 C．菜鸟驿站日收件量的平均值大于小兵驿站的日收件量的平均值 D．菜鸟驿站和小兵驿站的日收件量的方差分别记为s，s，则s>s 答案　ABC 解析　对于A选项，菜鸟驿站一周的日收件量的极差为200－130＝70，小兵驿站一周的日收件量的极差为160－40＝120，所以菜鸟驿站一周的日收件量的极差小于小兵驿站一周的日收件量的极差，A正确； 对于B选项，菜鸟驿站星期三的日收件量为130，小兵驿站星期六的日收件量为160，所以菜鸟驿站星期三的日收件量小于小兵驿站星期六的日收件量，B正确； 对于C选项，菜鸟驿站日收件量的平均值为＝， 小兵驿站日收件量的平均值为＝， 所以菜鸟驿站日收件量的平均值大于小兵驿站的日收件量的平均值，C正确； 对于D选项，s＝× ＝， s＝×＝，所以s<s，D错误． 三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分) 13．已知向量a＝(x,2)，b＝(2,1)，c＝(3，x)，若a∥b，则|b＋c|＝________. 答案　5 解析　因为a∥b， 所以x－2×2＝0，解得x＝4， 则 b＋c＝(2,1)＋(3,4)＝(5,5)， 所以|b＋c|＝5. 14．已知在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，且PA＝AB＝AC＝BC，则异面直线PB与AC所成角的余弦值为________． 答案　 解析　过点B作BD∥AC，且BD＝AC，连接AD，PD，如图所示， 则四边形ADBC为菱形， ∴∠PBD(或其补角)即为异面直线PB与AC所成的角． 设PA＝AB＝AC＝BC＝a. 则AD＝BD＝a， ∵PA⊥平面ABC， ∴PB＝PD＝＝a， ∴cos∠PBD＝＝＝， ∴异面直线PB与AC所成角的余弦值为. 15．甲、乙、丙三人向同一飞机射击，设击中的概率分别为0.4，0.5,0.8，若只有1人击中，则飞机被击落的概率为0.2，若2人击中，则飞机被击落的概率为0.6，若3人击中，则飞机一定被击落，则飞机被击落的概率为______． 答案　0.492 解析　设甲、乙、丙三人击中飞机为事件A，B，C，依题意，A，B，C相互独立，故所求事件的概率为P＝[P(A)＋P(B)＋P(C)]×0.2＋[P(AB)＋P(BC)＋P(AC)]×0.6＋P(ABC)＝(0.4×0.5×0.2＋0.6×0.5×0.2＋0.6×0.5×0.8)×0.2＋(0.4×0.5×0.2＋0.6×0.5×0.8＋0.4×0.5×0.8)×0.6＋0.4×0.5×0.8＝0.492. 16. 足球运动是一项古老的体育活动，众多的资料表明，中国古代足球的出现比欧洲更早，历史更为悠久，如图，现代比赛用的足球是由正五边形与正六边形构成的共32个面的多面体，著名数学家欧拉证明了凸多面体的面数(F)，顶点数(V)，棱数(E)满足F＋V－E＝2，那么，足球有________个正六边形的面，若正六边形的边长为 cm，则足球的直径约为________cm.(结果保留整数，参考数据：tan 54°≈1.38，≈1.73，π≈3.14) 答案　20　22 解析　因为足球由正五边形与正六边形构成，所以每块正五边形皮料周围都是正六边形皮料， 每两个相邻的多边形恰有一条公共边，每个顶点处都有三块皮料， 而且都遵循一个正五边形，两个正六边形的结论． 设正五边形为x块，正六边形为y块，由题意知， 解得 所以足球有20个正六边形的面． 每个正六边形的面积为×()2××6＝， 每个正五边形的面积为×××5＝， 则球的表面积S＝20×＋12× ＝630＋315tan 54°≈1 089.9＋434.7＝1 524.6， 所以4πR2＝π(2R)2≈1 524.6，解得2R≈22. 所以足球的直径约为22 cm. 四、解答题(本大题共6小题，共70分) 17．(10分)已知|a|＝2，|b|＝4，且|a＋b|＝2. (1)求a与b的夹角； (2)若(2a－b)⊥(a＋kb)，求实数k的值． 解　(1)因为|a＋b|2＝a2＋2a·b＋b2＝4＋2a·b＋16＝12， 所以a·b＝－4. 设a与b的夹角为θ，θ∈[0，π]， 则cos θ＝＝＝－， 又θ∈[0，π]，所以θ＝， 故a与b的夹角为. (2)因为(2a－b)⊥(a＋kb)， 所以(2a－b)·(a＋kb)＝0， 即2a2＋2ka·b－a·b－kb2＝0， 即2|a|2＋2ka·b－a·b－k|b|2＝0， 所以8－8k＋4－16k＝0，即12－24k＝0， 解得k＝. 18．(12分)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin Csin(A－B)＝sin Bsin(C－A)． (1)证明：2a2＝b2＋c2； (2)若a＝5，cos A＝，求△ABC的周长． (1)证明　因为sin Csin(A－B)＝sin Bsin(C－A)， 所以sin Csin Acos B－sin Csin Bcos A＝sin Bsin Ccos A－sin Bsin Acos C， 所以ac·－2bc·＝－ab·， 即－＝－， 所以2a2＝b2＋c2. (2)解　因为a＝5，cos A＝， 由(1)得b2＋c2＝50， 由余弦定理可得a2＝b2＋c2－2bccos A, 则50－bc＝25， 所以bc＝， 故(b＋c)2＝b2＋c2＋2bc＝50＋31＝81， 所以b＋c＝9， 所以△ABC的周长为a＋b＋c＝14. 19．(12分)某同学在解题中发现，以下三个式子的值都等于同一个数． ①；②；③(i是虚数单位)． (1)从三个式子中选择一个，求出这个数； (2)根据三个式子的结构特征及(1)的计算结果，将该同学的发现推广为一个复数恒等式，并证明你的结论． 解　(1)＝＝＝i， ＝＝＝i，＝＝＝i(选择其中一个式子即可)． (2)根据三个式子的结构特征及(1)的计算结果，可以得到＝i(a，b∈R且a，b不同时为零)， 下面进行证明： ＝ ＝＝i. 20．(12分)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，O为AB的中点，CA＝CB，AB＝AA1，∠CAB＝∠BA1A＝60°. (1)证明：AB⊥平面A1OC； (2)若△ABC的外接圆半径为，OA1⊥OC，求三棱锥A－A1BC1的体积． (1)证明　由题意得，△ABC，△ABA1均为等边三角形，O为AB的中点， 所以AB⊥OC，AB⊥OA1， 又OC∩OA1＝O， 所以AB⊥平面A1OC. (2)解　因为△ABC的外接圆半径为， 由正弦定理得＝2×， 所以AB＝2， 进而可得＝AB·AA1sin 60°＝， 因为OA1⊥OC，OC⊥AB，OA1∩AB＝O， 所以OC⊥平面AA1B， 因为CC1∥平面AA1B， 所以点C1到平面AA1B1的距离等于点C到平面AA1B1的距离，即OC＝， ＝××＝1. 21．(12分)某高校的特殊类型招生面试中有4道题目，获得面试资格的甲同学对一～四题回答正确的概率依次是，，，.规定按照题号依次作答，并且答对一，二，三，四题分别得1,2,3,6分，答错1题减2分，当累计积分小于－2分时面试失败，不少于4分时通过面试，假设甲同学每题回答正确与否相互之间没有影响． (1)求甲同学回答完前3题即通过面试的概率； (2)求甲同学最终通过面试的概率． 解　(1)设事件Mi(i＝1,2,3,4)表示“甲同学第i个问题回答正确”，记“甲同学回答完前3题即通过面试”为事件Q1，则Q1＝M1M2M3， 则P(Q1)＝P(M1M2M3)＝××＝， 故甲同学回答完前3题即通过面试的概率为. (2)记“甲同学最终通过面试”为事件Q2，则 Q2＝M1M2M3＋1M2M3M4＋M12M3M4 ＋M1M23M4＋1M23M4， 故P(Q2)＝P(M1M2M3＋1M2M3M4＋M12M3M4＋M1M23M4＋1M23M4) ＝××＋×××＋×××＋×××＋××× ＝＋＋＋＋ ＝. 故甲同学最终通过面试的概率为. 22．(12分)有7位歌手(1至7号)参加一场歌唱比赛，由500名大众评委现场投票决定歌手名次．根据年龄将大众评委分为五组，各组的人数如下： 组别 A B C D E 人数 50 100 150 150 50 (1)为了调查评委对7位歌手的支持情况，现用按比例分配的分层随机抽样的方法从各组中抽取若干评委，其中从B组抽取了6人，请将其余各组抽取的人数填入下表. 组别 A B C D E 人数 50 100 150 150 50 抽取人数 6 (2)在(1)中，若A，B两组被抽到的评委中各有2人支持1号歌手，现从这两组被抽到的评委中分别任选1人，求这2人都支持1号歌手的概率． 解　(1)由题设知，比例分配的分层随机抽样的抽样比为6%，所以各组抽取的人数如下表. 组别 A B C D E 人数 50 100 150 150 50 抽取人数 3 6 9 9 3 (2)记从A组抽到的3位评委分别为a1，a2，a3，其中a1，a2支持1号歌手；从B组抽到的6位评委分别为b1，b2，b3，b4，b5，b6，其中b1，b2支持1号歌手，从{a1，a2，a3}和{b1，b2，b3，b4，b5，b6}中各抽取1人的所有样本点如图： 由树状图知所有样本点共18个，且是等可能的，其中2人都支持1号歌手的有a1b1，a1b2，a2b1，a2b2，共4个， 故所求概率P＝＝. 学科网（北京）股份有限公司 $$