综合检测试卷(2) -【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(二) (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．已知复数z＝，则z的虚部为(　　) A.i B．－i C. D．－ 答案　C 解析　z＝＝＝＋i，则复数z的虚部为. 2．抛掷一枚质地均匀且各个面上分别标有数字1,2,3,4,5,6的正方体玩具．设事件A为“向上一面点数为偶数”，事件B为“向上一面点数为6的约数”，则P(A∪B)等于(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　由题意得，抛掷结果有6种可能， 事件A即为向上一面的点数为2或4或6， 事件B即为向上一面的点数为1或2或3或6， 事件A∪B即为向上一面的点数为1或2或3或4或6， 所以P(A∪B)＝. 3.如图，已知等腰直角三角形O′A′B′，O′A′＝A′B′是由斜二测画法得到的一个水平放置的平面图形的直观图，斜边O′B′＝2，则这个平面图形的面积是(　　) A. B．1 C. D．2 答案　D 解析　∵O′B′＝2，O′A′＝A′B′，∠A′O′B′＝45°， ∴O′A′＝， 由此可知平面图形是如图所示的Rt△OAB， 其中OA⊥OB，OB＝O′B′＝2，OA＝2O′A′＝2， ∴S△OAB＝OA·OB＝×2×2＝2. 4.tan 87°tan 33°－tan 87°－tan 33°等于(　　) A. B．－ C. D．－ 答案　A 解析　tan 87°tan 33°－tan 87°－tan 33° ＝tan 87°tan 33°－tan(87°＋33°)(1－tan 87°tan 33°) ＝tan 87°tan 33°＋(1－tan 87°tan 33°)＝. 5．在△ABC中，∠C＝60°，a＋2b＝8，sin A＝6sin B，则c等于(　　) A. B. C．6 D．5 答案　B 解析　因为sin A＝6sin B，由正弦定理可得a＝6b，又a＋2b＝8，所以a＝6，b＝1， 因为∠C＝60°，由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcos C，即c2＝62＋12－2×6×1×，解得c＝. 6．已知|a|＝2，|b|＝，a·(b－a)＝－7，则向量a与向量b的夹角是(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　设a与b的夹角是θ，则由题意可得a·b＝2××cos θ＝2cos θ， 再根据a·＝a·b－a2＝2cos θ－4＝－7，解得cos θ＝－，结合θ∈，可得θ＝. 7.如图所示，为测量山高MN，选择A和另一座山的山顶C为测量观测点，从A点测得M点的仰角∠MAN＝60°，C点的仰角∠CAB＝30°以及∠MAC＝75°，从C点测得∠MCA＝60°，若山高BC＝100 米，则山高MN等于(　　) A．300米 B．360米 C．240米 D．320米 答案　A 解析　因为在Rt△CAB中，BC＝100米， ∠CAB＝30°， 所以AC＝＝200(米)， 在△CAM中， ∠AMC＝180°－∠MCA－∠MAC＝45°， 由正弦定理得＝， 即＝， 所以AM＝200(米)， 在Rt△AMN中，∠MAN＝60°， 所以MN＝AMsin 60°＝200×＝300(米)． 8．已知P－ABC是棱长为4的正四面体，则该正四面体的外接球的表面积为(　　) A．6π B．12π C．24π D．36π 答案　C 解析　将正四面体P－ABC补形成正方体如图所示， 因为正四面体的棱长为4，所以正方体的边长为4×＝2， 所以正方体的对角线长为2×＝2， 所以正方体的外接球，也即正四面体的外接球的半径为， 所以该正四面体的外接球的表面积为4π×2＝24π. 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) 9．一只不透明的口袋内装有9张卡片，上面分别标有1～9这9个数字(1张卡片上标1个数)，“从中任抽取1张卡片，结果卡片号或为1或为4或为7”记为事件A，“从中任抽取1张卡片，结果卡片号小于7”记为事件B，“从中任抽取1张卡片，结果卡片号大于7”记为事件C.下列说法正确的是(　　) A．事件A与事件C互斥 B．事件B与事件C对立 C．事件A与事件B相互独立 D．P(A∪B)＝P(A)＋P(B) 答案　AC 解析　样本空间为Ω＝{1,2,3,4,5,6,7,8,9}，A＝{1,4,7}，B＝{1,2,3,4,5,6}，C＝{8,9}． 因为A∩C＝∅，所以事件A与事件C互斥，故A正确； 因为B∪C＝{1,2,3,4,5,6,8,9},7∉{1,2,3,4,5,6,8,9}，所以事件B与事件C不对立，故B错误； P(AB)＝，P(A)＝＝，P(B)＝＝，P(AB)＝P(A)P(B)，即事件A与事件B相互独立，故C正确； 因为A∩B＝{1,4}，所以事件A与事件B不互斥，故D错误． 10.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F，G，H，I分别为棱AB，CD，BC，A1D1，AD的中点，则下列结论正确的是(　　) A．AE与CD异面 B．AA1⊥FG C．FG∥B1H D．FG∥平面A1IE 答案　BD 解析　对于A，显然AB∥CD，即AE∥CD，故AE与CD共面，故A错误； 对于B，因为AA1⊥平面ABCD，FG⊂平面ABCD，所以AA1⊥FG，故B正确； 对于C，因为FG∥BD，B1D1∥BD，所以B1D1∥FG，显然B1H∩B1D1＝B1，所以FG与B1H不平行，故C错误； 对于D，因为IE∥BD，所以FG∥IE，FG⊄平面A1IE，IE⊂平面A1IE，所以FG∥平面A1IE，故D正确． 11．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列说法正确的是(　　) A．若sin A<sin B，则∠A<∠B B．若△ABC是锐角三角形，sin A<cos B恒成立 C．若a＝10，b＝9，∠B＝60°，则符合条件的△ABC有两个 D．若∠B＝60°，b2＝ac，则△ABC是等边三角形 答案　ACD 解析　对于A，由正弦定理可知a<b⇒∠A<∠B，故A正确； 对于B，因为△ABC为锐角三角形，所以⇒0<－B<A<， 则sin A>sin＝cos B，故B错误； 对于C，如示意图，点A在射线BA′上，CA′⊥BA′，易得CA′＝5，则5<9<10，即符合条件的三角形有2个，故C正确； 对于D，由余弦定理可知，b2＝a2＋c2－2accos B＝a2＋c2－ac＝ac⇒2＝0⇒a＝c，而∠B＝60°，即该三角形为等边三角形，故D正确． 12.如图，等边△ABC的边长为1，BC边上的高为AD，沿AD把△ABC折起来，则(　　) A．在折起的过程中始终有AD⊥平面DB′C B．三棱锥A－DB′C的体积的最大值为 C．当∠B′DC＝60°时，点A到B′C的距离为 D．当∠B′DC＝90°时，点C到平面ADB′的距离为 答案　ABC 解析　因为AD⊥DC，AD⊥DB′， 且DC∩DB′＝D，DC，DB′⊂平面DB′C， 所以AD⊥平面DB′C，故A正确； 当DB′⊥DC时，△DB′C的面积最大，此时三棱锥A－DB′C的体积也最大，最大值为××××＝，故B正确； 当∠B′DC＝60°时，△DB′C是等边三角形， 设B′C的中点为E，连接AE，DE(图略)， 则AE⊥B′C，即AE为点A到B′C的距离， AE＝＝，故C正确； 当∠B′DC＝90°时，CD⊥DB′，CD⊥AD，故CD⊥平面ADB′，则CD就是点C到平面ADB′的距离，且CD＝，故D错误． 三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分) 13．从存放号码分别为1,2,3，…，10的卡片的盒子里，有放回地取100次，每次取一张卡片，并记下号码，统计结果如下： 卡片号码 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 取到次数 17 8 5 7 6 9 18 9 12 9 取到的号码为奇数的频率为________． 答案　0.58 解析　由数表知，取到奇数号码的次数是17＋5＋6＋18＋12＝58， 所以取到的号码为奇数的频率为＝0.58. 14．已知复数3－2i是关于x的方程2x2－mx＋n＝0的一个根，其中m，n为实数，则m＋n＝________. 答案　38 解析　由题意，将根3－2i代入方程得22－m＋n＝i＋10－3m＋n＝0，故解得故m＋n＝38. 15．化简：sin 40°＝________. 答案　－1 解析　原式＝sin 40° ＝ ＝ ＝cos 40°＝＝－1. 16．若·＝2＝9，且||＝2，则||＝________，·的最大值为________． 答案　3　－3 解析　因为2＝9，所以||＝3， 因为·＝· ＝·－·＝·－· ＝·－9＝||||cos 〈，〉－9 ＝2×3cos〈，〉－9＝6cos〈，〉－9≤－3， 当〈，〉＝0，即，同向时，等号成立． 所以·的最大值是－3. 四、解答题(本题共6小题，共70分) 17．(10分)已知复数z＝(m2－5m＋6)＋(m2－m－2)i. (1)若复数z为纯虚数，求实数m的值； (2)若复数z在复平面内对应的点在第四象限，求实数m的取值范围． 解　(1)由题意得 解①得m＝2或m＝3， 解②得m≠2且m≠－1， 综上，m＝3. (2)由题意得 解③得m>3或m<2， 解④得－1<m<2， 综上，实数m的取值范围是. 18．(12分)已知在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且三边长满足2b＝a＋c. (1)若sin A∶sin B＝3∶5，求三个内角中最大角的度数； (2)若b＝1，且·＝b2－(a－c)2，求∠B的正弦值． 解　(1)∵a，b，c满足2b＝a＋c， 又sin A∶sin B＝3∶5，∴a∶b＝3∶5. 设a＝3k，b＝5k，则c＝7k，∴最大角为∠C， 由余弦定理得cos C＝＝－， 又0°<∠C<180°， ∴∠C＝120°. (2)由·＝b2－2，得accos B＝b2－2， 又由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos B， ∴accos B＝－2accos B＋2ac， ∴cos B＝－2cos B＋2，解得cos B＝. 又0°<∠B<180°，则sin B＝＝. 19．(12分)如图，在平面直角坐标系中，A为单位圆上一点，射线OA绕点O按逆时针方向旋转θ后交单位圆于点B，点B的纵坐标y关于θ的函数为y＝f. (1)求函数y＝f的解析式，并求f ＋f 的值； (2)若f＝，α∈，求cos的值． 解　(1)因为A，所以∠xOA＝，由三角函数定义，得f＝sin， 所以f ＋f ＝sin ＋sin ＝＋＝. (2)因为f＝，α∈， 所以sin＝， α＋∈，cos＝－， 所以cos＝cos ＝cos－sin＝－. 20．(12分)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝CB，∠BAA1＝45°，平面AA1C1C⊥平面AA1B1B. (1)求证：AA1⊥BC； (2)若BB1＝AB＝2，∠A1AC＝45°，D为CC1的中点，求三棱锥D－A1B1C1的体积． (1)证明　过点C作CO⊥AA1，垂足为O，如图所示． 因为平面AA1C1C⊥平面AA1B1B，平面AA1C1C∩平面AA1B1B＝AA1， 所以CO⊥平面AA1B1B，故CO⊥OB， 又因为CA＝CB，CO＝CO，∠COA＝∠COB＝90°， 所以Rt△AOC≌Rt△BOC，故OA＝OB， 因为∠A1AB＝45°，所以AA1⊥OB， 又因为AA1⊥CO，OB∩OC＝O，OB，OC⊂平面BOC，所以AA1⊥平面BOC， 故AA1⊥BC. (2)解　由(1)可知，OA＝OB，AB＝，BB1＝2，故OA＝OB＝1， 又因为∠A1AC＝45°，CO⊥AO，所以CO＝AO＝1， ＝×1×1＝， 因为OB⊥平面AA1C1C， 所以h＝OB＝1， 故＝××1＝， 所以三棱锥D－A1B1C1的体积为. 21．(12分)甲、乙两人参加某学科素养大赛，素养大赛采用回答问题闯关形式，甲、乙两人能正确回答问题的概率分别是和.假设两人是否回答出问题相互之间没有影响；每次回答是否正确也没有影响． (1)求乙回答3个问题，至少有一个回答正确的概率； (2)两人各回答3个问题，求甲恰好2个回答正确且乙恰好3个回答正确的概率； (3)假设某人连续2次未回答正确，则退出比赛．求甲恰好回答5次被退出比赛的概率是多少？ 解　(1)记“乙回答3个问题，至少有一个回答正确”为事件B，由题意， P(B)＝1－P()＝1－3＝. (2)记“甲答对第i个问题”为事件Ai，则甲恰好2个回答正确为事件A1A23∪A12A3∪1A2A3，所以P(A1A23∪A12A3∪1A2A3)＝××＋××＋××＝， 则甲恰好2个回答正确且乙恰好3个回答正确的概率为×3＝. (3)记“甲答对第i个问题”为事件Ai，甲恰好回答5次被退出比赛为事件M， 则M＝A1A2A345∪1A2A345∪A12A345， 则P(A1A2A345∪1A2A345∪A12A345)＝. 22.(12分)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，E为棱BC的中点，如图所示． (1)求证：A1B∥平面AEC1； (2)若二面角C－AE－C1的大小为60°，求直线AC和平面AEC1所成角的正弦值． (1)证明　连接A1C，设A1C∩AC1＝O，连接OE(图略)，在△A1BC中，A1O＝OC，BE＝EC， ∴OE∥A1B， 又A1B⊄平面AEC1，OE⊂平面AEC1， ∴A1B∥平面AEC1. (2)解　由正三棱柱ABC－A1B1C1， 可得BB1⊥平面ABC， ∵AE⊂平面ABC，∴AE⊥BB1， ∵E为BC的中点，∴AE⊥BC， 又BC∩BB1＝B，BC，BB1⊂平面BCC1B1， 故AE⊥平面BCC1B1， 而C1E，EC⊂平面BCC1B1， 故AE⊥C1E，AE⊥EC， ∴二面角C－AE－C1的平面角是∠CEC1＝60°， 在平面BCC1B1内作CH⊥C1E，连接AH(图略)，∵AE⊂平面AEC1， ∴平面AEC1⊥平面BCC1B1， 又平面AEC1∩平面BCC1B1＝C1E， CH⊂平面BCC1B1， 故CH⊥平面AEC1， ∴直线AC和平面AEC1所成的角为∠CAH， 又AH⊂平面AEC1，∴CH⊥AH， ∴sin∠CAH＝＝＝， ∴直线AC和平面AEC1所成角的正弦值为. 学科网（北京）股份有限公司 $$