综合检测试卷(1) -【步步高】2023-2024学年高一数学必修（第二册）学习笔记（湘教版2019）

综合检测试卷(一) (时间：120分钟　满分：150分) 一、单项选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分) 1．以下事件是随机事件的是(　　) A．下雨屋顶湿 B．秋后柳叶黄 C．有水就有鱼 D．水结冰体积变大 答案　C 解析　A，B，D是必然事件． 2．在△ABC中，若A＝60°，C＝45°，c＝，则a等于(　　) A．1 B. C. D．2 答案　B 解析　由正弦定理得，a＝＝. 3．设复数z＝(其中i为虚数单位)，则复数z在复平面内对应的点位于(　　) A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 答案　A 解析　z＝＝＝＝1＋i，对应的点为(1,1)，在第一象限． 4.水平放置的△ABC的直观图如图所示，若A1C1＝2，△A1B1C1的面积为2，则AB的长为(　　) A. B．2 C．2 D．8 答案　B 解析　因为△A1B1C1的面积为2， 所以2＝A1C1×B1C1×sin 45°＝×2×B1C1×，解得B1C1＝4，所以BC＝8， 易知AC⊥BC，由勾股定理得AB＝＝＝2.故选B. 5．已知向量a，b满足|a|＝1，|b|＝2，|a－b|＝2，则|a＋b|等于(　　) A．1 B. C. D. 答案　D 解析　∵|a－b|2＝|a|2＋|b|2－2a·b＝1＋4－2a·b＝4， ∴a·b＝， ∵|a＋b|2＝|a－b|2＋4a·b＝4＋4×＝6， ∴|a＋b|＝. 6．一个平面截一球得到直径为6的圆面，球心O到这个圆面的距离为4，则这个球的体积为(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　如图，设截面圆的圆心为O′，由题意可知，圆面的直径为6，则O′A＝3， 又OO′＝4，∴球的半径R＝OA＝5， ∴球的体积V＝πR3＝，故选C. 7．已知α，β∈，若tan α，tan β是方程x2－4x＋5＝0的两根，则α＋β等于(　　) A．－或 B．－ C. D. 答案　C 解析　因为tan α，tan β是方程x2－4x＋5＝0的两根，可得tan α＋tan β＝4，tan αtan β＝5.所以tan α，tan β均为正数，又α，β∈，故α，β∈，所以tan(α＋β)＝＝＝－.又α＋β∈(0，π)，故α＋β＝. 8.如图，在棱长均相等的四面体OABC中，M，N分别是棱OA，BC的中点，则异面直线MN与AB所成角的大小为(　　) A．30° B．45° C．60° D．90° 答案　B 解析　取OB的中点P，AB的中点Q，连接MP，PN，CQ，OQ，如图．由中位线定理可知MP∥AB，则∠PMN(或补角)为异面直线MN与AB所成角，MP∥AB，PN∥OC，OQ⊥AB，CQ⊥AB，且CQ∩OQ＝Q，所以AB⊥平面OCQ，则AB⊥OC，所以PM⊥PN，又四面体OABC棱长均相等，则PM＝PN，所以△MPN为等腰直角三角形，所以∠PMN＝45°，故选B. 二、多项选择题(本题共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．从装有两个红球和三个黑球的口袋里任取两个球，那么不互斥的两个事件是(　　) A．“至少有一个黑球”与“都是黑球” B．“至少有一个黑球”与“至少有一个红球” C．“恰好有一个黑球”与“恰好有两个黑球” D．“至少有一个黑球”与“都是红球” 答案　AB 解析　“至少有一个黑球”中包含“都是黑球”，A正确； “至少有一个黑球”与“至少有一个红球”可能同时发生，B正确； “恰好有一个黑球”与“恰好有两个黑球”不可能同时发生，C不正确； “至少有一个黑球”与“都是红球”不可能同时发生，D不正确． 10．已知函数f(x)＝sin x＋cos x，下列说法正确的是(　　) A．f(x)的最小正周期为2π B．f(x)的最大值为＋1 C．f(x)在区间上为减函数 D.为f(x)的一个零点 答案　ACD 解析　f(x)＝sin x＋cos x＝2sin. 对选项A，f(x)的最小正周期为2π，故A正确； 对选项B，当sin＝1时，f(x)取得最大值，最大值为2，故B错误； 对选项C，当x∈时，x＋∈⊆， 所以f(x)在区间上为减函数，故C正确； 对选项D，f ＝2sin＝2sin π＝0，所以为f(x)的一个零点，故D正确．故选ACD. 11．“十一”期间，高速公路车辆较多．某调查公司在一服务区从七座以下小型汽车中抽取了40名驾驶员进行询问调查，将他们在某段高速公路的车速(km/h)分成六段：[60,65)，[65,70)，[70,75)，[75,80)，[80,85)，[85,90]，得到如图所示的频率分布直方图．下列结论正确的是(　　) A．这40辆小型汽车车速的众数的估计值为77.5 B．在该服务区任意抽取一辆车，车速超过80 km/h的概率为0.35 C．若从车速在[60,70)的车辆中任意抽取2辆，则至少有一辆车的车速在[65,70)的概率为 D．若从车速在[60,70)的车辆中任意抽取2辆，则车速都在[60,65)内的概率为 答案　ABC 解析　在A中，由题图可知，众数的估计值为最高的矩形的中点对应的值＝77.5，A正确；在B中，车速超过80 km/h的频率为0.05×5＋0.02×5＝0.35，用频率估计概率知B正确；在C中，由题意可知，车速在[60,65)内的车辆数为2，车速在[65,70)内的车辆数为4，运用古典概型概率公式求概率得，至少有一辆车的车速在[65,70)的概率为，即车速都在[60,65)内的概率为，故C正确，D错误． 12.如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF＝，则下列结论中错误的是(　　) A．AC⊥AF B．EF∥平面ABCD C．三棱锥A－BEF的体积为定值 D．△AEF的面积与△BEF的面积相等 答案　AD 解析　连接BD(图略)，对于A，因为AC⊥BD，而BD∥B1D1，所以AC⊥B1D1，即AC⊥EF，若AC⊥AF，则AC⊥平面AEF，即可得AC⊥AE，由图分析显然不成立，故A错误； 对于B，因为EF∥BD，EF⊄平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以EF∥平面ABCD，故B正确； 对于C，VA－BEF＝×S△BEF×AC＝××EF×BB1×AC＝×EF×BB1×AC，所以体积是定值，故C正确； 对于D，设B1D1的中点是O，点A到直线EF的距离是AO，而点B到直线EF的距离是BB1，所以AO>BB1，S△AEF＝×EF×AO，S△BEF＝×EF×BB1，所以△AEF的面积与△BEF的面积不相等，故D错误． 三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分) 13．在感冒流行的季节，设甲、乙感冒的概率分别为0.6和0.5，则两人都不感冒的概率是________，两人中有人感冒的概率是________． 答案　0.2　0.8 解析　将“甲、乙感冒”分别记为事件A，B，则两人都不感冒这一事件的概率为 P()＝[1－P(A)][1－P(B)]＝0.4×0.5＝0.2， 两人中有人感冒这一事件的对立事件为两人都不感冒， 所以两人中有人感冒的概率为P＝1－P()＝0.8. 14．已知非零向量a，b满足|a|＝4|b|，且b⊥(a＋2b)，则a与b的夹角为________． 答案　 解析　设a与b的夹角为θ，根据题意，可得b·(a＋2b)＝0，即|a||b|cos θ＋2b2＝0，代入|a|＝4|b|，得到cos θ＝－，于是a与b的夹角为. 15．在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知a＝b，c2＝2b2(1－sin C)，则C＝________. 答案　 解析　∵c2＝2b2(1－sin C)， ∴sin C＝1－， 又∵a＝b，由余弦定理可得， cos C＝＝1－＝sin C， ∴tan C＝1， ∵C∈(0，π)， ∴C＝. 16.足球运动是一项古老的运动项目，众多的资料表明，中国古代足球的出现比欧洲早，历史更悠久，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，则足球的直径为____________cm(结果保留整数)．(参考数据：tan 54°≈1.38，≈1.73，π≈3.14，≈22) 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＝. 足球的表面积S＝20×＋12×＝630＋315tan 54°≈1 089.9＋434.7＝1 524.6. 所以4πR2＝π(2R)2＝1 524.6,2R≈22. 所以足球的直径为22 cm. 四、解答题(本题共6小题，共70分) 17．(10分)已知复数z1＝－2＋i，z1z2＝－5＋5i(i为虚数单位)． (1)求复数z2； (2)若复数z3＝(3－z2)[(m2－2m－3)＋(m－1)i]在复平面内所对应的点在第四象限，求实数m的取值范围． 解　(1)∵z1z2＝－5＋5i， ∴z2＝＝＝ ＝＝(1－i)(2＋i)＝3－i. (2)z3＝(3－z2)[(m2－2m－3)＋(m－1)i] ＝i[(m2－2m－3)＋(m－1)i] ＝－(m－1)＋(m2－2m－3)i， ∵z3在复平面内所对应的点在第四象限， ∴解得－1＜m＜1， 故实数m的取值范围是(－1,1)． 18．(12分)如图，在△OAB中，已知P为线段AB上一点，＝x＋y. (1)若＝，求实数x，y的值； (2)若＝3，||＝4，||＝2，且与的夹角为60°，求·的值． 解　(1)∵＝， ∴＋＝＋，即2＝＋， ∴＝＋，即x＝，y＝. (2)∵＝3，∴＋＝3＋3， 即4＝＋3， ∴＝＋， ∴·＝·(－) ＝2－2＋· ＝×22－×42＋×4×2×＝－9. 19．(12分)在①(b－c)cos A＝acos C ，②sin(B＋C)＝－1＋2sin2 , ③acos C＝b－c这三个条件中任选一个作为已知条件，然后解答问题． 在△ABC 中，内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，已知________． (1)求角 A 的大小； (2)若 a＝2 ，且△ABC的面积为2，求 b＋c. 解　(1)选①，因为(b－c)cos A＝acos C， 所以sin Bcos A＝sin Ccos A＋sin Acos C＝sin(A＋ C) ＝sin B， 因为sin B≠0， 所以cos A＝， 因为A∈(0，π)，所以A＝. 选②，因为sin(B＋C) ＝ －1 ＋ 2sin2， 所以sin A ＝ －cos A， 所以sin＝ 1 ， 因为A∈(0，π)，所以A＝. 选③，因为acos C＝b－c， 所以sin Acos C＝sin B－sin C＝sin(A＋C)－sin C， 化简得cos A＝， 因为A∈(0，π)，所以A＝. (2)因为S＝bcsin A＝2， 所以bc＝4. 又因为a2＝b2＋c2－2bccos A＝(b＋c)2－2bc－2bccos A， 即(b＋c)2＝a2＋2bc＋2bccos A＝4＋8＋8， 所以(b＋c)2＝12＋8，即b＋c＝2＋2. 20．(12分)在某亲子游戏结束时有一项抽奖活动，抽奖规则是：盒子里面共有4个小球，小球上分别写有0,1,2,3的数字，小球除数字外其他完全相同，每对亲子中，家长先从盒子中取出一个小球，记下数字后将小球放回，孩子再从盒子中取出一个小球，记下小球上数字将小球放回．抽奖活动的奖励规则是：①若取出的两个小球上数字之积大于4，则奖励飞机玩具一个；②若取出的两个小球上数字之积在区间[1,4]上，则奖励汽车玩具一个；③若取出的两个小球上数字之积小于1，则奖励饮料一瓶． (1)求每对亲子获得飞机玩具的概率； (2)试比较每对亲子获得汽车玩具与获得饮料的概率，哪个更大？请说明理由． 解　(1)样本点总数为16，分别为(0,0)，(0,1)，(0,2)，(0,3)，(1,0)，(1,1)，(1,2)，(1,3)，(2,0)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(3,0)，(3,1)，(3,2)，(3,3)， 记“获得飞机玩具”为事件A，则事件A包含的样本点有3个，分别为(2,3)，(3,2)，(3,3)． ∴每对亲子获得飞机玩具的概率为P(A)＝. (2)记“获得汽车玩具”为事件B，“获得饮料”为事件C， 事件B包含的样本点有6个，分别为(1,1)，(1,2)，(1,3)，(2,1)，(2,2)，(3,1)． ∴每对亲子获得汽车玩具的概率为P(B)＝＝， 每对亲子获得饮料的概率为P(C)＝1－P(A)－P(B)＝， ∵＜， ∴每对亲子获得汽车玩具的概率小于获得饮料的概率． 21．(12分)设f(x)＝2sin xcos x＋2sin·sin. (1)当x∈时，求f(x)的最大值和最小值； (2)已知f ＝，且当≤α≤2π时，求f(α)的值． 解　(1)f(x)＝2sin xcos x＋2sin·sin＝sin 2x＋2sincos＝sin 2x＋cos 2x＝sin. 当x∈时，－≤2x＋≤， 所以当2x＋＝，即x＝0时，f(x)取得最大值，为sin ＝1， 当2x＋＝－，即x＝－时，f(x)取得最小值，为sin＝－. (2)因为f ＝，所以sin＝， 化简可得cos α－sin α＝， 两边平方得1－2sin αcos α＝， 所以sin 2α＝2sin αcos α＝＞0. 又≤α≤2π，所以sin α＜0，cos α＜0. 又(cos α＋sin α)2＝1＋2sin αcos α＝1＋＝， 所以cos α＋sin α＝－， cos 2α＝cos2α－sin2α＝(cos α－sin α)·(cos α＋sin α)＝×＝－， 所以f(α)＝sin 2α＋cos 2α＝. 22．(12分)如图1，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，E，F分别在线段BC，AD上，EF∥AB，将矩形ABEF沿EF折起，记折起后的矩形为MNEF，且平面MNEF⊥平面ECDF，如图2. (1)求证：NC∥平面MFD； (2)若EC＝3，求证：ND⊥FC； (3)求四面体NFEC体积的最大值． (1)证明　因为四边形MNEF，EFDC都是矩形，所以MN∥EF∥CD，MN＝EF＝CD，所以四边形MNCD是平行四边形，所以NC∥MD，因为NC⊄平面MFD，MD⊂平面MFD，所以NC∥平面MFD. (2)证明　连接ED，设ED∩FC＝O(图略)．因为平面MNEF⊥平面ECDF，平面MNEF∩平面ECDF＝EF，且NE⊥EF，NE⊂平面MNEF，所以NE⊥平面ECDF，所以FC⊥NE.又EC＝CD，所以四边形ECDF为正方形，所以FC⊥DE.又DE∩NE＝E，DE，NE⊂平面NED，所以FC⊥平面NED.又ND⊂平面NED，所以ND⊥FC. (3)解　设NE＝x，则EC＝4－x，其中0<x<4.由(2)得NE⊥平面FEC，所以四面体NFEC的体积为VNFEC＝S△EFC·NE＝x(4－x)， 所以VNFEC≤2＝2.当且仅当x＝4－x，即x＝2时，四面体NFEC的体积有最大值2. 学科网（北京）股份有限公司 $$