全书综合测评（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高二数学选择性必修第一册（北师大版2019）

( 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 封 线 内 不 要 答 题 ) ( 姓名 班级 考号 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.已知a=(-1,-2,1),b=(1,x,-2),且a·b=-13,则x的值为　(　　) A.3　　　　B.4　　　　C.5　　　　D.6 2.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,则直线(sin A)x+ay+c=0与bx-(sin B)y+sin C=0的位置关系是(　　) A.平行　　　　　B.重合 C.垂直　　　　　D.相交但不垂直 3.大美黄冈,此心安处.在这里,东坡文化独领风骚;在这里,红色文化光耀中华;在这里,戏曲文化绚丽多姿;在这里,禅宗文化久负盛名.现有甲、乙两位游客慕名来到黄冈旅游,都准备从H,G,L,Y四个著名旅游景点中随机选择一个游玩,设事件A为“甲和乙至少一人选择景点G”,事件B为“甲和乙选择的景点不同”,则P(B|A)=(　　) A. 4.设随机变量X~N(5,σ2),若P(X>10-a)=0.4,则P(X>a)=(　　) A.0.6　　　　　B.0.4　　　　 C.0.3　　　　　D.0.2 5.有甲、乙等五人到三家企业去应聘,若每人至多被一家企业录用,每家企业至少录用其中一人,且甲、乙两人不能被同一家企业录用,则不同的录用情况种数是(　　) A.60　　　　B.114　　　　C.278　　　　D.336 6.《易·系辞上》有“河出图,洛出书”之说,河图、洛书是中华文化,阴阳术数之源,其中河图排列结构是一、六在下,二、七在上,三、八在左,四、九在右,五、十背中.如图,白圈为阳数,黑点为阴数.若从这10个数中任取3个数,则这3个数中至多有1个阴数的概率为(　　) A. 7.已知F1,F2分别是双曲线C:的直线上,△PF1F2为等腰三角形,∠F1F2P=120°,则双曲线C的离心率为(　　) A.　　　　B.2　　　　C.3　　　　D.4 8.把边长为的正方形ABCD沿对角线BD折起,使得二面角A-BD-C的平面角为120°,则异面直线AD与BC夹角的余弦值为(　　) A. 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.关于的展开式,下列说法正确的是(　　) A.所有项的二项式系数和为128 B.所有项的系数和为1 C.常数项为70 D.二项式系数最大的项为第4项 10.已知圆C:x2+y2-kx+2y+k2-k+1=0,则下列说法正确的是(　　) A.k的取值范围是k>0 B.若k=4,过点M(3,4)的直线被圆C所截得的弦长为2,则该直线的方程为12x-5y-16=0 C.若k=4,则圆C与圆x2+y2=1相交 D.若k=4,m>0,n>0,直线mx-ny-1=0恒过圆C的圆心,则≥8恒成立 11.我们通常称离心率为=1(a>b>0),A1,A2分别为椭圆C的左、右顶点,B1,B2分别为椭圆C的上、下顶点,F1,F2分别为椭圆C的左、右焦点,P为椭圆上一点,则下列条件中能使椭圆C为“黄金椭圆”的是(　　) A.|A1F1|·|F2A2|= B.∠F1B1A2=90° C.PF1⊥x轴,且PO∥A2B1 D.四边形A1B2A2B1的内切圆过焦点F1,F2 三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分) 12.西湖龙井素来有“绿茶皇后”“十大名茶之首”的称号,按照产地品质不同,西湖龙井茶可以分为“狮、龙、云、虎、梅”五个字号,某茶文化活动给西湖龙井茶留出了三个展台的位置,现在从五个字号的茶中任意选择三个字号的茶参加展出活动,如果三个字号中有“狮”和“梅”,则“狮”字号茶要排在“梅”字号茶前(不一定相邻),则不同的展出方法有　　　　种.(用数字作答)  13.已知过抛物线T:y2=2px(p>0)的焦点F的直线l交抛物线T于A,B两点,交抛物线T的准线于点M,,|AB|=32,以下为真命题的是　　　　.(填序号)  ①直线l的倾斜角为150°;②;③点F到准线的距离为8;④抛物线T的方程为y2=8x. 14. 如图1,已知△ABC为直角三角形,∠CAB=90°,AB=AC=2 ,如图2,则直线BC'与平面AC'H夹角的大小为　　　　.  　　 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.(13分)随着人脸识别技术的发展,“刷脸支付”成为一种便捷的支付方式,但是这种支付方式也带来了一些安全性问题.为了调查不同年龄层的人对“刷脸支付”所持的态度,研究人员随机抽取了300人进行调查,并将所得结果统计如下: 年龄 [20,30) [30,40) [40,50) [50,60) [60,70] 频数 30 75 105 60 30 持支持态度 24 66 90 42 18 (1)完成下列2×2列联表,并判断是否有99.9%的把握认为年龄与所持态度具有相关性; 年龄在50周岁以 上(含50周岁) 年龄在50周岁以下 总计 持支持态度 不持支持态度 总计 (2)已知某超市在安装了“刷脸支付”仪器后的第x天中,使用“刷脸支付”的人数y统计如表所示,且数据的散点图呈现出很强的线性相关的特征,请根据表中的数据用最小二乘法求y与x的线性回归方程. i 1 2 3 4 5 6 7 第xi天 2 4 8 12 22 26 38 使用人数yi 19 32 40 44 52 53 54 参考数据:=2 832. P(χ2≥k) 0.050 0.010 0.001 k 3.841 6.635 10.828 参考公式:χ2=,其中n=a+b+c+d;. 16.(15分)如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是棱BC,CD上的动点(不与端点重合),且BE=CF. (1)证明:B1F⊥D1E; (2)当三棱锥C1-CEF的体积取得最大值时,求平面C1EF与平面ABCD夹角的正切值. 17.(15分)已知抛物线y2=2px(p>0)上有两点A,B,且直线AB过点(8,0),∠AOB=90°. (1)求抛物线的标准方程; (2)若抛物线上有一点Q,其纵坐标为4,抛物线上另有两点M,N,且直线QM与QN的斜率满足kQM+kQN=0,△QMN重心的横坐标为4,求直线MN的方程. 18.(17分)已知一个科研团队用小白鼠做接种实验,检测接种疫苗后是否出现抗体.试验设计是:每天接种一次,3天为一个接种周期.已知小白鼠接种后当天出现抗体的概率为,假设每次接种后当天是否出现抗体与上次接种无关. (1)求一个接种周期内出现抗体次数k的分布列; (2)已知每天接种一次花费100元,现有以下两种实验方案: ①若在一个接种周期内连续2次出现抗体即终止本周期试验,进行下一个接种周期,实验持续三个接种周期,设此种实验方式的花费为X元; ②若在一个接种周期内出现2次或3次抗体,该周期结束后终止实验,已知实验至多持续三个接种周期,设此种实验方式的花费为Y元. 比较随机变量X和Y的数学期望的大小. 19.(17分)已知O为坐标原点,椭圆C:相切. (1)求椭圆C的标准方程; (2)已知直线l交椭圆C于M,N两点. ①若直线l的斜率等于1,求△OMN面积的最大值; ②若·=-1,点D在l上,OD⊥l.证明:存在定点W,使得|DW|为定值. 答案与解析 全书综合测评 1.C　由题意得a·b=-1-2x-2=-13,解得x=5,故选C. 2.C　直线(sin A)x+ay+c=0的斜率为- =-1,即两直线垂直.故选C. 3.A　由题意得,n(Ω)=4×4=16,n(A)=2×3+1=7,n(AB)=2×3=6, 所以P(A)=, 所以P(B|A)=.故选A. 4.A　由随机变量X~N(5,σ2),可知μ=5.因为P(X>10-a)=0.4,所以P(X<a)=0.4,所以P(X>a)=0.6.故选A. 5.D　分三类情况: 第一类,只录用3人,有=60种情况; 第二类,只录用4人,有=162种情况; 第三类,录用5人有两种情况:2,2,1或3,1,1,有=114种情况. 根据分类加法计数原理知,共有60+162+114=336(种)不同的录用情况.故选D. 6.A　由题意知,10个数中,1,3,5,7,9为阳数,2,4,6,8,10为阴数, 若任取的3个数中有0个阴数,则概率为; 若任取的3个数中有1个阴数,则概率为. 故这3个数中至多有1个阴数的概率P=.故选A. 7.B　由题意可得双曲线C:=1(a>0,b>0)的焦点在x轴上,设|F1F2|=2c. ∵△PF1F2为等腰三角形,且∠F1F2P=120°, ∴|PF2|=|F1F2|=2c,点P在第一象限, ∵|OF2|=c,∴点P的坐标为(c+2ccos 60°,2csin 60°),即P(2c,c), ∵点P在过点A且斜率为的直线上,A(a,0), ∴=2,即e=2,故选B. 8.D　取BD的中点O,连接AO,CO,以O为坐标原点,OC,OB所在直线分别为x轴、y轴,垂直于平面BOC的直线为z轴,建立空间直角坐标系,如图所示, 因为四边形ABCD是边长为的正方形,所以OA=OB=OC=OD=1, 则B(0,1,0),C(1,0,0),D(0,-1,0),所以=(1,-1,0), 又因为OA⊥BD,OC⊥BD,所以∠AOC为二面角A-BD-C的平面角, 由题知∠AOC=120°,所以∠AOz=30°,则A, 所以, 故cos<, 所以异面直线AD与BC夹角的余弦值为.故选D. 9.BD　所有项的二项式系数和为26=64,故A错误; 令x=1,得所有项的系数和为(1-2)6=1,故B正确; 的二项式通项为Tr+1=, 令=0,得r=2,∴常数项为(-2)2=60,故C错误; 展开式有7项,二项式系数最大的项为第4项,故D正确.故选BD. 10.ACD　对于A,由方程表示圆可得(-k)2+4-4>0, 解得k>0,故A正确; 对于B,若k=4,则圆C的方程为(x-2)2+(y+1)2=4, 过点M(3,4)的直线被圆C所截得的弦长为2,则圆心C(2,-1)到直线的距离为1,当直线的斜率不存在时,直线方程为x=3,满足条件,故B不正确; 对于C,圆C:(x-2)2+(y+1)2=4的圆心为C(2,-1),半径r1=2, 圆x2+y2=1的圆心为(0,0),半径r2=1, 而r1-r2=1<<r1+r2=3,故两圆相交,故C正确; 对于D,因为直线mx-ny-1=0恒过圆C的圆心, 所以2m+n=1, 所以=8, 当且仅当m=时取等号,故D正确. 故选ACD. 11.BD　由题意得A1(-a,0),A2(a,0),B1(0,b),B2(0,-b),F1(-c,0),F2(c,0). 对于A,若|A1F1|·|F2A2|=|F1F2|2,则(a-c)2=(2c)2, ∴a-c=2c,∴e=,不满足条件,故A不符合; 对于B,∵∠F1B1A2=90°, ∴|A2F1|2=|B1F1|2+|B1A2|2, 即(a+c)2=a2+a2+b2, ∴c2+ac-a2=0,∴e2+e-1=0, 解得e=(舍去),故B符合; 对于C,∵PF1⊥x轴,∴P, ∵PO∥A2B1,∴kPO=, ∴,∴b=c, ∵a2=b2+c2,∴a=c, ∴e=,不满足条件,故C不符合; 对于D,∵四边形A1B2A2B1的内切圆过焦点F1,F2, 即四边形A1B2A2B1的内切圆的半径为c,∴ab=c, ∴c4-3a2c2+a4=0, ∴e4-3e2+1=0,解得e2=, ∴e=,故D符合.故选BD. 12.答案　51 解析　当选出的字号中没有“狮”和“梅”时,共有=6种展出方法; 当选出的字号中有且仅有“狮”和“梅”中任意一种时,共有=36种展出方法; 当选出的字号中有“狮”和“梅”两种字号时,共有=9种展出方法. 综上,共有6+36+9=51种不同的展出方法. 13.答案　②④ 解析　过点A,B分别作AC,BD垂直于准线,垂足分别为C,D,如图, 则|AF|=|AC|,|BF|=|BD|, 因为. 在Rt△CAM中,cos∠CAM=, 所以∠CAM=30°, 所以直线l的倾斜角为30°. 由抛物线的对称性知,当点A位于第四象限时,同理可得直线l的倾斜角为150°. 综上,直线l的倾斜角为30°或150°,故①是假命题; 因为cos∠CAM=,∠CAM=∠DBM, 所以,故②是真命题; 设直线l的方程为y=,A(x1,y1),B(x2,y2), 联立=0,所以x1+x2=7p, 所以|AB|=x1+x2+p=8p=32,解得p=4, 所以点F到准线的距离为4,抛物线T的方程为y2=8x,故③是假命题,④是真命题. 14.答案　30° 解析　由已知得AH=BH=HC=2a,即HC'=2a, 以H为坐标原点,HA,HB所在直线分别为x轴、y轴,垂直于平面HAB的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系, 则A(2a,0,0),H(0,0,0),B(0,2a,0),C'(0,-a,a), 所以=(2a,0,0), 设平面AC'H的一个法向量为n=(x,y,z), 则,1). 设直线BC'与平面AC'H的夹角为α, 则sin α=|cos<,所以α=30°. 故直线BC'与平面AC'H夹角的大小为30°. 15.解析　(1)补全2×2列联表如下: 年龄在50周岁 以上(含50周岁) 年龄在50周岁以下 总计 持支持态度 60 180 240 不持支持态度 30 30 60 总计 90 210 300 则χ2=≈14.286>10.828, 故有99.9%的把握认为年龄与所持态度具有相关性.(6分) (2)由题意,得=16, =42, 又=2 832, xiyi=2×19+4×32+8×40+12×44+22×52+26×53+38×54=5 588, 所以=0.85, 所以=42-0.85×16=28.4, 故y与x的线性回归方程为=0.85x+28.4.(13分) 16.解析　如图,以的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系, 则C(0,1,0),D1(0,0,1),B1(1,1,1),C1(0,1,1). 设BE=CF=a(0<a<1),则F(0,1-a,0),E(1-a,1,0).(4分) (1)证明:=(1-a,1,-1), 所以·=a-1-a+1=0,所以B1F⊥D1E.(7分) (2)因为CC1⊥平面ABCD, 所以, 所以当a=, 则.(9分) 设平面C1EF的一个法向量为m=(x,y,z), 则 令x=2,则y=-2,z=1,所以m=(2,-2,1).(12分) 易知=(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量. 设平面C1EF与平面ABCD的夹角为θ, 则cos θ=|cos<m,,(14分) 所以sin θ=.(15分) 17.解析　(1)由题意知,直线AB的斜率不为0,如图, 设A(x1,y1),B(x2,y2),直线AB的方程为x=my+8, 由∠AOB=90°得·=0,即x1x2+y1y2=0, 即+y1y2=0,①(3分) 将x=my+8代入y2=2px,得y2=2p(my+8), 即y2-2pmy-16p=0,则y1y2=-16p,② 由①②得64-16p=0,解得p=4,(6分) 故抛物线的标准方程为y2=8x.(7分) (2)由抛物线方程可得点Q的坐标为(2,4),设M(x3,y3),N(x4,y4), 则kQM+kQN==0,(10分) 即y3+y4+8=0,即y3+y4=-8, 又所以=8(x3-x4), 故kMN==-1, 又=4, 所以x3+x4=10,又y3+y4=-8, 所以线段MN的中点坐标为(5,-4),(14分) 故直线MN的方程为y+4=-(x-5),即x+y-1=0.(15分) 18.解析　(1)由题意可知,k~B, 故P(k)=(k=0,1,2,3).(3分) 则k的分布列为 k 0 1 2 3 P (7分) (2)①设一个接种周期的接种费用为ξ元,则ξ的可能取值为200,300, P(ξ=200)=, 所以Eξ=200×=275.(11分) 所以三个接种周期的平均花费EX=3Eξ=3×275=825.(12分) ②Y的可能取值为300,600,900, 设事件A为“在一个接种周期内出现2次或3次抗体”,由(1)知,P(A)=, 所以P(Y=300)=P(A)=, P(Y=600)=[1-P(A)]×P(A)=, P(Y=900)=[1-P(A)]×[1-P(A)]×1=, 所以EY=300×=525.(16分) 所以EX>EY.(17分) 19.解析　(1)由题意知F1(-1,0),F2(1,0),P(0,b),所以c=1. 因为以P为圆心且过F1,F2的圆与直线x=-相切, 所以该圆的半径为=1, 所以椭圆C的标准方程为+y2=1.(4分) (2)①设直线l的方程为y=x+t,M(x1,y1),N(x2,y2), 将y=x+t代入+y2=1,得3x2+4tx+2t2-2=0, 所以x1+x2=-,(6分) Δ=16t2-12(2t2-2)=24-8t2>0,解得-. 所以|MN|=, 点O到直线l的距离d=,(8分) 所以S△OMN=, 当且仅当t2=3-t2,即t=±时等号成立, 故当t=±.(10分) ②证明:显然直线l的斜率存在, 设直线l的方程为y=kx+m,M(x3,y3),N(x4,y4), 由得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-2=0, 所以x3+x4=-, 所以y3y4=(kx3+m)(kx4+m)=k2x3x4+km(x3+x4)+m2=, 所以· = -1, 解得m=±, 所以直线过定点Z,(14分) 所以D在以OZ为直径的圆上,该圆的圆心为W, 所以存在定点W,其坐标为.(17分) 学科网（北京）股份有限公司 $$