学期综合测评-【金版教程】2024-2025学年高中数学必修第二册作业与测评word（人教A版2019）

学期综合测评 时间：120分钟　 满分：150分 一、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．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，∴其对应的点(1，1)位于第一象限．故选A． 2．某校从高一新生中随机抽取了一个容量为10的身高样本，数据(单位：cm)从小到大排序如下：158，165，165，167，168，169，x，172，173，175，若样本数据的第60百分位数是170，则x＝(　　) A．169 B．170 C．171 D．172 答案：C 解析：∵样本容量为10，且10×60%＝6，∴第60百分位数为，由已知，得＝170，∴x＝171．故选C． 3．已知a＝(2，－3)，b＝(1，－2)，且c⊥a，b·c＝1，则c的坐标为(　　) A．(3，－2) B．(3，2) C．(－3，－2) D．(－3，2) 答案：C 解析：设c＝(x，y)，则由c⊥a，b·c＝1可得解得所以c＝(－3，－2)．故选C． 4．某家庭2023年收入的各种用途占比统计如图1所示，2024年收入的各种用途占比统计如图2所示．已知2024年的“旅行”费用比2023年增加了3500元，则该家庭2024年的“衣食住”费用比2023年增加了(　　) A．2000元 B．2500元 C．3000元 D．3500元 答案：B 解析：设该家庭2023年的收入为x元，2024年的收入为y元．由题意得，35%y－35%x＝3500，即y－x＝10000，所以2024年的“衣食住”费用比2023年增加了25%y－25%x＝2500(元)．故选B． 5．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，PD⊥底面ABCD，若AB＝PD＝4，AD＝3，则该四棱锥外接球的表面积为(　　) A．48π B．18π C．41π D．8π 答案：C 解析：矩形ABCD外接圆的半径为r＝＝，∴四棱锥P－ABCD外接球的半径为R＝＝，∴该四棱锥外接球的表面积为4πR2＝41π．故选C． 6．(2024·福建厦门期末)投掷两枚骰子，分别得到点数a，b，向量(a，b)与向量(1，－1)的夹角为钝角的概率为(　　) A． B． C． D． 答案：C 解析：设向量(a，b)与向量(1，－1)的夹角为θ，则cosθ＝＝，又因为向量(a，b)与向量(1，－1)的夹角为钝角，则cosθ<0⇒a－b<0⇒a<b．投掷两枚骰子，分别得到点数a，b，共有36种等可能情况．当a<b时，即有a＝1时，b＝2，3，4，5，6，有5种情况；a＝2时，b＝3，4，5，6，有4种情况；a＝3时，b＝4，5，6，有3种情况；a＝4时，b＝5，6，有2种情况；a＝5时，b＝6，有1种情况．所以a<b共有5＋4＋3＋2＋1＝15种等可能情况，则向量(a，b)与向量(1，－1)的夹角为钝角的概率P＝＝．故选C． 7．如图，为了测量古塔的高度，选取了与该塔底B在同一平面内的两个测量基点C与D，现测得∠BCD＝70．5°，CD＝105 m，在点C测得古塔顶端A的仰角为26．5°，在点D测得古塔顶端A的仰角为18．5°，则古塔的高度AB＝(　　) A．21 m B．30 m C．35 m D．42 m 答案：C 解析：由题意得∠CAB＝90°－26．5°＝63．5°，∠DAB＝90°－18．5°＝71．5°，则在Rt△ABC和Rt△ABD中，BC＝AB·tan63．5°＝2AB，BD＝ABtan71．5°＝3AB，在△BCD中，由余弦定理得BD2＝BC2＋CD2－2BC·CDcos∠BCD，即9AB2＝4AB2＋1052－2×2AB×105×，解得AB＝35 m．故选C． 8．在△ABC中，AB＝2，BC＝2，AC＝4，点O为△ABC的外心，若＝m＋n，则的值为(　　) A．7 B． C．－ D． 答案：A 解析：在△ABC中，AB＝2，BC＝2，AC＝4，则cos∠BAC＝＝＝－，∵＝m＋n，∴又·＝||||cos∠BAC＝2×4×＝－2，·＝||||cos∠OAB＝||·||＝2，同理可得·＝8，代入上式，得解得∴＝7．故选A． 二、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．(2024·山东济南模拟预测)在一次歌唱比赛中，以下表格数据是5位评委给甲、乙两名选手评出的成绩(分数)，则下列说法正确的是(　　) 甲 乙 87 90 96 91 86 90 86 92 87 95 A．甲选手成绩的极差大于乙选手成绩的极差 B．甲选手成绩的75%分位数小于乙选手成绩的75%分位数 C．从甲的5次成绩中任取2个，均大于甲的平均成绩的概率为 D．从乙的5次成绩中任取3个，事件“至多1个超过平均分”与事件“恰有2个超过平均分”是对立事件 答案：ABD 解析：对于A，根据极差的概念，可知甲选手成绩的极差为96－86＝10，乙选手成绩的极差为95－86＝9，故A正确；对于B，5×75%＝3．75，则甲成绩的75%分位数是91，乙成绩的75%分位数是92，故B正确；对于C，甲的平均成绩为×(87＋90＋96＋91＋86)＝90，从甲的5次成绩中任取2个，样本空间Ω＝{(87，90)，(87，96)，(87，91)，(87，86)，(90，96)，(90，91)，(90，86)，(96，91)，(96，86)，(91，86)}，共10个样本点，其中均大于甲的平均成绩的样本点只有1个为(96，91)，故所求概率为，故C错误；对于D，乙的平均成绩为×(90＋86＋92＋87＋95)＝90，抽到超过平均分的个数可能为0，1，2，所以事件“至多1个超过平均分”与事件“恰有2个超过平均分”是对立事件，故D正确．故选ABD． 10．水稻是世界上最重要的粮食作物之一，也是我国60%以上人口的主粮．以袁隆平院士为首的科学家研制成功的杂交水稻制种技术在世界上被誉为中国的“第五大发明”．育种技术的突破，杂交水稻的推广，不仅让中国人端稳饭碗，也为解决世界粮食短缺问题作出了巨大贡献．在应用该技术的两块面积相等的试验田中，分别种植了甲、乙两种水稻，观测它们连续6年的产量(单位：kg)如下表所示： 甲、乙两种水稻连续6年产量 年 品种 第1年 第2年 第3年 第4年 第5年 第6年 甲 2890 2960 2950 2850 2860 2890 乙 2900 2920 2900 2850 2910 2920 根据以上数据，下列说法正确的是(　　) A．甲种水稻产量的平均数比乙种水稻产量的平均数小 B．甲种水稻产量的中位数比乙种水稻产量的中位数小 C．甲种水稻产量的极差与乙种水稻产量的极差相等 D．乙种水稻的产量比甲种水稻的产量稳定 答案：BD 解析：对于A，甲种水稻产量的平均数为＝2900， 乙种水稻产量的平均数为＝2900， ∴甲种水稻产量的平均数和乙种水稻产量的平均数相等，故A不正确；对于B，甲种水稻产量从小到大排列为2850，2860，2890，2890，2950，2960，中位数为2890，乙种水稻产量从小到大排列为2850，2900，2900，2910，2920，2920，中位数为＝2905，∴甲种水稻产量的中位数比乙种水稻产量的中位数小，故B正确；对于C，甲种水稻产量的极差为2960－2850＝110，乙种水稻产量的极差为2920－2850＝70，∴甲种水稻产量的极差与乙种水稻产量的极差不相等，故C不正确；对于D，甲种水稻产量的方差为×[(2850－2900)2＋(2860－2900)2＋(2890－2900)2＋(2890－2900)2＋(2950－2900)2＋(2960－2900)2]＝，乙种水稻产量的方差为×[(2850－2900)2＋(2900－2900)2＋(2900－2900)2＋(2910－2900)2＋(2920－2900)2＋(2920－2900)2]＝，∵乙种水稻产量的方差小于甲种水稻产量的方差，∴乙种水稻的产量比甲种水稻的产量稳定，故D正确．故选BD． 11．如图，点P是棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1表面上的一个动点，则(　　) A．当点P在平面BCC1B1上运动时，四棱锥P－AA1D1D的体积不变 B．当点P在线段AC上运动时，D1P与A1C1所成角的取值范围是 C．使直线AP与平面ABCD所成的角为45°的点P的轨迹长度为π＋4 D．若F是A1B1的中点，当P在底面ABCD上运动，且满足FP∥平面B1CD1时，FP长度的最小值是 答案：ABC 解析：对于A，底面正方形AA1D1D的面积不变，点P到平面AA1D1D的距离为正方体的棱长，故四棱锥P－AA1D1D的体积不变，故A正确；对于B，D1P与A1C1所成的角即D1P与AC所成的角，当点P在端点A，C时，D1P与AC所成的角最小，为，当点P在AC的中点时，D1P与AC所成的角最大，为，故B正确；对于C，由于点P在正方体表面，点P的轨迹为对角线AB1，AD1，以及以A1为圆心，2为半径的圆弧，如图1，故点P的轨迹长度为π＋4，故C正确；对于D，FP所在的平面为如图2所示正六边形，故FP长度的最小值为，故D错误．故选ABC． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知三棱锥P－ABC，若PA⊥平面ABC，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B作BD∥AC，且BD＝AC，连接AD，PD，则四边形ADBC为菱形，如图所示，∴∠PBD(或其补角)即为异面直线PB与AC所成的角．设PA＝AB＝AC＝BC＝a，∴AD＝a，BD＝a．∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥AD，PA⊥AB，∴PB＝PD＝＝a，∴cos∠PBD＝＝＝．∴异面直线PB与AC所成角的余弦值为． 13．已知甲、乙两人进行比赛，约定每局胜者得1分，负者得0分，当比赛进行到一方比另一方多2分或者打满6局时停止比赛．设甲在每局中获胜的概率为，乙每局获胜的概率为，且各局之间相互独立，则6局后才停止比赛的概率为________． 答案： 解析：设比赛结束时进行的局数为X，则P(X＝2)＝＋＝，4局结束时，即前两局甲、乙各胜一局，后两局都是最终的获胜者胜，故P(X＝4)＝2××＋2××＝，则P(X＝6)＝1－P(X＝2)－P(X＝4)＝，即6局后才停止比赛的概率为． 14．已知△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其外接圆半径为，D为边BC的中点，AD＝，∠BAC为钝角，则2b－c的取值范围是________． 答案：(－1，2) 解析：如图，解法一：根据正弦定理，得＝，所以sin∠BAC＝，因为∠BAC为钝角，所以∠BAC＝120°．延长AD到点E，使得AD＝DE，连接BE，CE，易知四边形ABEC为平行四边形，则∠ABE＝180°－∠BAC＝60°，设∠BAE＝α，则∠BEA＝120°－α，在△ABE中，＝＝＝，所以b＝sinα，c＝sin(120°－α)，故2b－c＝sinα－sin(120°－α)＝sinα－cosα＝2sin(α－30°)，因为0°<α<120°，所以－30°<α－30°<90°，所以－<sin(α－30°)<1，－1<2sin(α－30°)<2，所以2b－c的取值范围是(－1，2)． 解法二：根据正弦定理，得＝，所以sin∠BAC＝，因为∠BAC为钝角，所以∠BAC＝120°．因为D为边BC的中点，所以2＝＋，两边平方，得42＝2＋2·＋2，得1＝b2＋c2－bc　①．设t＝2b－c，则c＝2b－t，将其代入①，得3b2－3tb＋t2－1＝0　②，所以关于b的方程3b2－3tb＋t2－1＝0至少有1个正实数根．当Δ＝9t2－12(t2－1)＝0，即t＝±2时，经检验，不符合题意，所以或解得－1<t<2，所以2b－c的取值范围是(－1，2)． 解法三：根据正弦定理，得＝，所以sin∠BAC＝，因为∠BAC为钝角，所以∠BAC＝120°．则根据余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccos∠BAC＝b2＋c2＋bc，又cosB＝，cosB＝＝，所以＝，即1＝2b2＋2c2－a2，将a2＝b2＋c2＋bc代入，得1＝b2＋c2－bc　①．设t＝2b－c，则c＝2b－t，将其代入①，得3b2－3tb＋t2－1＝0　②，所以关于b的方程3b2－3tb＋t2－1＝0至少有1个正实数根．当Δ＝9t2－12(t2－1)＝0，即t＝±2时，经检验，不符合题意，所以或解得－1<t<2，所以2b－c的取值范围是(－1，2)． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤． 15．(2024·江苏南通阶段练习)(本小题满分13分)△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，D是AC边上的一点，且满足CD＝2AD，若c＝3，BD＝，＝． (1)求B； (2)求△ABC的面积． 解：(1)因为＝， 由正弦定理得＝， 整理得sinBcosA＋cosBsinA＝2sinCcosB， 即sin(A＋B)＝sinC＝2sinCcosB， 且0<C<π，则sinC>0，可得cosB＝， 因为0<B<π，所以B＝． (2)因为CD＝2AD，可得＝＋＝＋－＝＋， 两边平方，得2＝2＋·＋2， 即19＝(a2＋4·＋4×9)， 整理可得a2＋6a－135＝0，解得a＝9(负值舍去)， 所以S△ABC＝acsinB＝． 16．(本小题满分15分)如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，BC∥平面PAD，∠ABC＝90°，PA＝PB＝AB， 求证：(1)AD∥平面PBC； (2)平面PBC⊥平面PAD． 证明：(1)∵BC∥平面PAD，BC⊂平面ABCD，平面ABCD∩平面PAD＝AD， ∴BC∥AD． ∵AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC， ∴AD∥平面PBC． (2)∵PA＝PB＝AB，满足PA2＋PB2＝AB2， ∴PA⊥PB． 由∠ABC＝90°知BC⊥AB． 又平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，BC⊂平面ABCD， ∴BC⊥平面PAB． 又PA⊂平面PAB，∴BC⊥PA． 又PB∩BC＝B，PB⊂平面PBC，BC⊂平面PBC， ∴PA⊥平面PBC． 又PA⊂平面PAD， ∴平面PBC⊥平面PAD． 17．(本小题满分15分)某校举行围棋比赛，甲、乙、丙三人通过初赛，进入决赛．决赛比赛规则如下：首先通过抽签的形式确定甲、乙两人进行第一局比赛，丙轮空；第一局比赛结束后，胜利者和丙进行比赛，失败者轮空，以此类推，每局比赛的胜利者跟本局比赛轮空者进行下一局比赛，直到一人累计获胜三局，则此人获得比赛胜利，比赛结束．假设每局比赛双方获胜的概率均为，且每局比赛相互独立． (1)求丙每局都获胜的概率； (2)求甲获得比赛胜利的概率． 解：(1)丙每局都获胜有以下两种情况：第一局甲获胜，后三局丙获胜；第一局乙获胜，后三局丙获胜， 第一局甲获胜，后三局丙获胜的概率 P1＝×××＝， 第一局乙获胜，后三局丙获胜的概率 P2＝×××＝， 丙每局都获胜的概率 P＝P1＋P2＝＋＝． (2)设甲获胜为事件A，乙获胜为事件B，丙获胜为事件C， 比赛进行三局，甲获胜的概率为××＝， 比赛进行五局，有以下6种情况：AABBA，AABCA，ACBAA，ACCAA，BBAAA，BCAAA， 甲获胜的概率为×××××6＝， 比赛进行七局，有以下8种情况：AABCCBA，ACBBCAA，ACBACBA，ACCABBA，BBACCAA，BCAACBA，BCABCAA，BCCBAAA． 甲获胜的概率为×××××××8＝， 故甲获得比赛胜利的概率为＋＋＝． 18．(本小题满分17分)如图，已知＝a，＝b，任意点M关于点A的对称点为S，S关于B的对称点为N． (1)用a，b表示向量； (2)已知3||＝4|b－a|，连接AN，BM交于点G，若∠MGN＝，求∠NMS的余弦值． 解：(1)由题意得A是MS的中点，B是NS的中点， ∴＝， ∴＝2＝2(－)＝2b－2a． (2)取{，}作为基底， 由题意3||＝4|b－a|＝4||， ∵＝，＝， ∴3||＝4||，||＝||． ∵∠MGN＝， ∴MB⊥AN，即·＝0． ∵B为NS的中点，∴＝＋． ∵＝－＝－， ∴(＋)·＝0， ∴－||2＋||2＋||||·cos∠NMS＝0， ∴cos∠NMS＝ ＝ ＝＝－． 19．(2024·江西赣州期末)(本小题满分17分)随着新课程改革和高考综合改革的实施，学习评价更关注学科核心素养的形成和发展．为此，某市于2023年举行第一届高中文科素养竞赛，竞赛结束后，为了评估该市高中学生的文科素养，从所有参赛学生中随机抽取1000名学生的成绩(单位：分)作为样本进行估计，将抽取的成绩整理后分成五组，从左到右依次记为[50，60)，[60，70)，[70，80)，[80，90)，[90，100]，并绘制成如图所示的频率分布直方图． (1)请补全频率分布直方图并估计这1000名学生成绩的平均数和80%分位数(求平均值时同一组数据用该组区间的中点值作代表，80%分位数精确到0．01)； (2)现从以上各组中采用比例分配的分层随机抽样的方法抽取20人．若第三组学生实际成绩的平均数与方差分别为74分和2，第四组学生实际成绩的平均数与方差分别为84分和1，求这20人中分数在区间[70，90)的所有人成绩的方差． 解：(1)成绩落在[60，70)的频率为1－(0．30＋0．15＋0．10＋0．05)＝0．40， 补全的频率分布直方图如图， 样本的平均数＝55×0．30＋65×0．40＋75×0．15＋85×0．10＋95×0．05＝67分， 由(0．030＋0．040)×10＝0．7<0．8，0．7＋0．015×10＝0．85>0．8，知80%分位数在[70，80)内， 设80%分位数为x，则0．7＋(x－70)×0．015＝0．8， 解得x≈76．67分． (2)由比例分配的分层随机抽样可知，第三组和第四组分别抽取3人和2人， 这20人中分数在区间[70，90)的所有人成绩的平均数1＝×74＋×84＝78分， 这20人中分数在区间[70，90)的所有人成绩的方差s2＝×[2＋(74－78)2]＋×[1＋(84－78)2]＝． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$