2025-2026学年高一下学期数学湘教版必修第二册综合测试卷

湘教版高中数学必修第二册综合测试卷 一、单项选择题(本大题共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 ，是向量，则“”是“或”的（    ）． A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 2．已知，则（   ） A． B． C． D．1 3．已知，则（    ） A． B． C． D． 4．若m为直线，为两个平面，则下列结论中正确的是（   ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 5．生物实验室有5只兔子，其中只有3只测量过某项指标，若从这5只兔子中随机取出3只，则恰有2只测量过该指标的概率为 A． B． C． D． 6．设两个向量和，其中为实数．若，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 7．已知，则（    ）． A． B． C． D． 8．在正方体中，分别为、、、的中点，则异面直线与所成的角等于（    ） A． B． C． D． 二、多项选择题(本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，有选错的得0分) 9．已知函数，则（    ） A．函数的最小正周期为 B．函数的值域为 C．直线是函数图象的一条对称轴 D．函数在区间上有且仅有5个零点 10．已知向量，，则（    ） A．当时， B．当时， C．当时，在方向上的投影向量为 D．当与夹角为锐角时， 11．如图，平面图形是等腰直角和直角组成，，分别是和边的中点，现将沿着折起，则下列结论中正确的是（    ） A． B．若平面平面，则 C． D．当三棱锥体积最大时，三棱锥的外接球半径为 三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分．把答案填在题中的横线上) 12．已知复数满足（是虚数单位），则 . 13．已知，且，则 . 14．甲、乙两人向同一目标各射击1次，已知甲、乙命中目标的概率分别为，，则目标至少被击中1次的概率为 ． 四、解答题(本大题共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．（13分）已知的内角的对边分别为且. (1)求角的大小； (2)若，，，求的长. 16．（15分）已知函数. (1)求的最小正周期； (2)若函数为偶函数，其中，求的最小值. 17．（15分）在复平面内，复数，． (1)若复数对应的点在虚轴上，求实数的取值范围； (2)若复数对应的点在第二象限或第四象限，求实数的取值范围． 18．（17分）如图，在几何体ABCDE中，四边形ABCD是矩形，平面BEC，，，G，F分别是线段BE，DC的中点． (1)求证：平面ADE； (2)设平面AEF与平面BEC的交线为l，求二面角的余弦值． 19．（17分）某地举行足球赛，共有16支球队参加．赛程先进行小组单循环赛（小组内每两支球队打一场比赛，前两名晋级下一轮）；然后进行淘汰赛（赢球晋级下一轮，输球被淘汰），对阵图如下．现16支球队分为A，B，C，D四组，每组4支球队．已知甲、乙、丙、丁4支球队分在A组，甲队胜乙队、丙队、丁队的概率分别为，，．假设每一轮每场比赛互不影响，甲队在每一轮每场比赛胜其他球队的概率不变． (1)求甲队在小组单循环赛中至少胜两场的概率； (2)已知通过第一轮角逐，甲队和乙队均进入淘汰赛，且甲队对组每支球队的胜率均为，乙队对组每支球队的胜率均为．求甲队夺冠的概率． 学科网（北京）股份有限公司 $湘教版高中数学必修第二册综合测试卷 一、单项选择题（本大题共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a,b是向量，则“(a+b)a-b)=0”是“a=-b或a=”的(). A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 2.已知z=1+i,则1 7() A.-1 B.i C.-1 D.1 3.己知cos(a+=,tan atan B=2,则cos(a-B)=() A.-3 B贸 C. D.3m 4.若m为直线，B为两个平面，则下列结论中正确的是() A.若ml/a,nca,则lln B.若m⊥a,m⊥B,则aLB C.若/a,⊥B,则a⊥B D.若mC,⊥B,则⊥B 5.生物实验室有5只兔子，其中只有3只测量过某项指标，若从这5只兔子中随机取出3只，则恰有2只测量过 该指标的概率为 A号 B.5 C. 2 D. 5 (n 6.设两个向量a=(2+2,2-cos2)和b=m, -+sin a ,其中元mα为实数.若a=26,则2的取值范围是() 2 A.[-6,8] B.[48 C.[-6,1] D.(4,8 7,已知sin(a-B)=3 cos asinp=,nm 则cos(2a+2β)=(). 6 7 A.9 B:9 1 7 D.- 9 8.在正方体ABCD-ABCD中，E,F,G,H分别为AA、AB、BB、B,C的中点，则异面直线EF与GH所成的角 等于() A.45 B.60° C.90° D.120° 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全 部选对的得6分，有选错的得0分) 9.已知函数f(x)=cosx+√3|sinx,则() A.函数f(x)的最小正周期为π B.函数f(x)的值域为[-1,2] C.直线x=π是函数f(x)图象的一条对称轴 D.函数8(x)=f(x)-1在区间(-2兀2D)上有且仅有5个零点 10.已知向量a=(2,1),b=(1,x),则() A当a/6时，x-月 B.当a+2b=5时，x=1 C.当x=1时，a在方方向上的投影向量为五 D.当a与b夹角为锐角时，x>-2 11.如图，平面图形ABCD是等腰直角△BCD和直角△ABD组成，BC⊥CD,∠A=60°，AB⊥BD,AB=1,E,F分别 是AD和BD边的中点，现将△BCD沿着BD折起，则下列结论中正确的是() A.BC=2 B.若平面BCD1平面ABD,则4C= 2 C.CE⊥BD D.当三棱锥C-ABD体积最大时，三棱锥C-ABD的外接球半径为√2 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分。把答案填在题中的横线上） 12.己知复数z满足：=1-7i 1+i (i是虚数单位)，则=一 13.已知tana+ 1=4,且a∈0,4 4 则sin4a= tang 14.甲、乙两人向同一目标各射击1次，已知甲、乙命中目标的概率分别为：，则咀标至少被击中1次的概率 为 四、解答题（本大题共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.（l3分)已知△ABC的内角A,B,C,的对边分别为a,b,c,且b(sinC-sinB)=csinC-asin A. (1)求角A的大小： (2)若c=8,b=5,CD=2DB,求AD的长. 16.(15分)已知函数f(x)=cos2x-sin2x+2V3 sinx cosx. (1)求∫(x)的最小正周期： (2)若函数y=∫(x+a)为偶函数，其中a>0,求a的最小值. 17.(15分)在复平面内，复数z=(m2-2-8)+(2+3-10)i,m∈R. (1)若复数z对应的点在虚轴上，求实数m的取值范围； (2)若复数z对应的点在第二象限或第四象限，求实数的取值范围. 18.(17分)如图，在几何体ABCDE中，四边形ABCD是矩形，AB⊥平面BEC,BE⊥EC,AB=BE=EC=2, G,F分别是线段BE,DC的中点. (1)求证：GF/1平面ADE: (2)设平面AEF与平面BEC的交线为I,求二面角A-I-B的余弦值. 19.(17分)某地举行足球赛，共有16支球队参加.赛程先进行小组单循环赛（小组内每两支球队打一场比赛，前 两名晋级下一轮)：然后进行淘汰赛（赢球晋级下一轮，输球被淘汰)，对阵图如下.现16支球队分为A,B,C, D四组，每组4支球队，色知甲、乙、丙、丁4支球队分在A组，甲队胜乙队、丙队、队的概率分别为} 3 假设每一轮每场比赛互不影响，甲队在每一轮每场比赛胜其他球队的概率不变」 A1-D2 B2-C1 A2-D1 B1-C2 冠军 注：A1-D2表示A小组第1名与D小组第2名对阵。 (1)求甲队在小组单循环赛中至少胜两场的概率； 3 (2)已知通过第一轮角逐，甲队和乙队均进入淘汰赛，且甲队对8，C,D组每支球队的胜率均为子乙队对B,C,D组 每支球队的脂率均为子。求甲以夺冠的经车。湘教版高中数学必修第二册综合测试卷 一、单项选择题（本大题共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a,b是向量，则(a+b){a-b)=0”是“a=-b或a=b”的(). A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 【答案】B 【分析】根据向量数量积分析可知（ā+）（ā-）=0等价于同=，结合充分、必要条件分析判断. 【详解】因为(a+b)(a-b)=a-b2=0,可得a=2,即同=，可知（ā+b)(a-6)=0等价于同=， 若a=或a=-五，可得同=ll,即（ā+b)(a-b)0,可知必要性成立： 若(a+)(a-b)=0,即ld=,无法得出a=或a=-b, 例如a=(1,0),6=(0,),满足园=5，但a≠i且a≠-万，可知充分性不成立： 综上所述，“(a+b)(a-b)=0是“a=-b或a=6”的必要不充分条件.故选：B. 2.已知2=1+i,则1 1() A.-1 B.i C.-1 D.1 【答案】A 【分析】由复数除法即可求解. 【详解1固为：1，所以十}卡1选入 3.己知cos(a+)=,tan atan B=2,则cos(a-)=() A.-3u B.- D.3n 3 【答案】A 【分析】根据两角和的余弦可求cosa cos B,sin a sin B的关系，结合tan atan B的值可求前者，故可求cos(a-B)的 值， 【详解】因为cos(a+B)=m,所以cosa cos B-sinasin B=l,而tan atan B=2,所以sin asin B=2 cosacos B, 故cosacos B-2 cos a cos B=m即cos acos阝=-m,从而sina sin B=-2m,故cos(a-B)=-3m,故选：A 4.若为直线，，B为两个平面，则下列结论中正确的是() A.若l/a,nca,则lln B.若m⊥a,m⊥B,则a⊥B C.若/7a,⊥B,则a⊥B D.若mCa,⊥B,则⊥B 【答案】C 【分析】根据线面平行的定义可判断A的正误，根据空间中垂直关系的转化可判断BCD的正误， 【详解】对于A,若m/Wa,nCa,则m,n可平行或异面，故A错误： 对于B,若m⊥a,m⊥B,则allp,故B错误：对于C,若ma,则存在直线aCa,a/, 所以由m⊥B可得aLB,故a⊥B,故C正确：对于D,mca,au⊥B,则m与B可平行或相交或cB,故D错 误；故选：C 5.生物实验室有5只兔子，其中只有3只测量过某项指标，若从这5只兔子中随机取出3只，则恰有2只测量过 该指标的概率为 A.3 2 c.5 【答案】B 【分析】本题首先用列举法写出所有基本事件，从中确定符合条件的基本事件数，应用古典概率的计算公式求解。 【详解】设其中做过测试的3只兔子为a,b,c,剩余的2只为A,B,则从这5只中任取3只的所有取法有 {a,b,c,{a,b,A,{a,b,B},{a,c,A,{a,c,B},{a,A,B},b,c,A},b,c,B},{b,A,B},{c,A,B}共10种.其中恰有2只做过测 试的取法有{a,b,A},{a,b,B},{a,c,A,{a,c,B},{b,c,A,{b,C,B}共6种， 所以合有2只做过测试的概率为8，选B 6.设两个向量a=(2+2,2-cos2a)和b=, -sin a 其中元m,u为实数. 若ā=26，则之的取值范围是() 2 A.[-6,8] B.[4,8] C.[-6,1] D.(4,8] 【答案】C 【分析】由向量等式ā=2b建立元，m之间的等量关系，消去2先求出m范围，进而可求二2范围， 2+2=2 【详解】由ā=2b,得 cosa2tsina)(m2)-cosa=m+2sino m-9m+3=-sin2a+2 sinae-3,,即-3s4m2-9m+3≤1，≤n≤ 44日日8品1，所以22-后6到数选c 2m 【点睛】此题考查向量坐标表示向量相等，二次函数求值域，二次不等式的解，不等式得性质，属于综合题 1 7.已知sim(a-B)=3=石则cos(2a+2p)=（). > A.9 B. 9 c.-g 7 【答案】B 【分析】根据给定条件，利用和角、差角的正弦公式求出s(@+),再利用二倍角的余弦公式计算作答 【详解】因为sna-例=io-c-专面-石，因此如-方 1 则smla+0)=sin+6oam0=子.所以cos(2a+20)=cos2a+月-=1-2sna+0=1-2x-) 故选：B 8.在正方体ABCD-ABCD中，E,F,G,H分别为AA、AB、BB、B,C的中点，则异面直线EF与GH所成的角 等于() A.45° B.60° C.90° D.120° 【答案】B 【分析】连接AB,BC,AC,异面直线EF与GH所成的角是∠ABC或其补角，由正方体性质即可得结论. 【详解】如图，连接AB,BC,AC1, D A 由题意EFI1AB,GH//BC,所以异面直线EF与GH所成的角是∠ABC,或其补角， 由正方体性质知△ABC,是等边三角形，∠ABC1=60°，所以异面直线EF与GH所成的角是60°.故选：B 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全 部选对的得6分，有选错的得0分) 9.己知函数f(x)=cosx+V3|sinx|,则() A.函数f(x)的最小正周期为π B.函数f(x)的值域为[-1,2] C.直线x=π是函数f(x)图象的一条对称轴 D.函数g(x)=f(x)-1在区间(-2元，2π)上有且仅有5个零点 【答案】BCD 【分析】对A,由周期性的定义判断：对B,分段讨论函数值域；对C,验证∫（π+x)=f(π-x)；对D,分段求解 方程g(x)=0求零点 【详解】对于A:因为f(x+元)=cos(x+π)+V5sin(x+=-cosx+V3sinx≠f(x), 所以∫(x)的最小正周期不是兀，A错误： 对于B:当snr≥0，即xe[2,元+2k,keZ时，f()=cox+V5smx=2siK+6 因为eB2keZ,所以x+[后g2ag2a 661 则当+后分2血时，因取得最大值2：肖+合名4+时，取得最小值-1。 所以此时∫(x)的值域为[-1,2]： 当sinr<0,即x∈（π+2hc,2r+2m,k∈Z时，f(x)=cosx-V3sinr=2cosx+ 3 因为re(n+22π+2km),所以x+∈ 3+2kL3+2水元： 33 当x+亚=4+2m时，f(9)=-1,当x+亚=2π+2m时，f()取得最大值2，所以此时f(e)的值域为(1,2]： 33 3 综上，函数f(x)的值域为[-1,2]，B正确： 对于C:因为f(π+x)=cos(π+x)+V5sim(π+x=-cosx+5sin, f(π-x)=cos(π-x)+V3sin(π-x)=-cosx+V5sin,所以f(π+x)=f(π-x), 所以直线x=π是函数f(x)图象的一条对称轴，C正确： 对于D:当m20时，血g)1)12n君10，解得2版成=号+2， 当m<0时，由8(-1-2写引1-0，解青+流 24 又x∈(-2r,2m,所以x=0,±与元，±3L,所以函数8（田有且仅有5个零点，D正确：故选：BCD. 10.已知向量a=(2,1),b=(1,x),则() A.当ai时，x=2 B.当a+2b=5时，x=1 C.当x=l时，a在6方向上的投影向量为五 D.当a与b夹角为锐角时，x>-2 【答案】AC 【分析】根据两向量平行的坐标公式判断A;由向量模的坐标公式计算判断B:根据投影向量的定义判断C:根据 a.b>0,且a与b不同向判断D即可. 【详解】对于A,由a6,则2x-1-0,解得x=方故A正确： 对于B,a+25=(2,1)+20,x)=4,1+2x),a+2b=5,V16+(1+2x)2=5,解得x=1或x=-2,故B错误： 对于C,当x=1时，6-(L),则由投影向量公式得ā在石方向上的投影向量为 a五6-6，故c正确： 2 对于D,当a与b夹角为锐角时，则a.b>0,且a与b不同向， [2+x>0 2x-1≠0，解得x>-2且x#,故D错误故选：AC 11.如图，平面图形ABCD是等腰直角ABCD和直角△ABD组成，BC⊥CD,∠A=60°，AB⊥BD,AB=1,E,F分别 是AD和BD边的中点，现将△BCD沿着BD折起，则下列结论中正确的是() D A.BC=√2 B.若平面BCDL平面ABD,则4C- 2 C.CE⊥BD D.当三棱锥C-ABD体积最大时，三棱锥C-ABD的外接球半径为√2 【答案】BC 【分析】根据勾股定理可判断A:利用面面垂直的性质定理及勾股定理可判断B:根据线面垂直的判定定理及性质 定理可判断C:当三棱锥C-ABD体积最大时，CF⊥EF,利用线面垂直的判定定理及外接球半径的求法可判断 D 【详解】对于A:由思可知BD三B,在等腰直角三角形ABCD中，BC放A错费 对于B:由题可知AB=1,AD=2,BD=V3,BC=CD=6 .cR3 AF 2 2 若平面BCD⊥平面ABD,又平面BCDO平面ABD=BD,CFC平面BCD,CF⊥BD, 所以CF⊥面ABD,又ARC平面ABD,所以CF1AF,所以4Ac=C:+Ar,得到AC=0,故B正确 2 对于C:因为F为BD的中点，BC=CD,所以CF⊥BD.又E是AD的中点，所以EF //AB, 由AB⊥BD,可得EF⊥BD.又CFOEF=F,CF,EFC平面CEF, 所以BDL平面CEF,又CEC平面CEF,所以CE⊥BD,故C正确 对于D:当三棱锥C-ABD体积最大时，∠CFE=90°，即CF⊥EF, 又BD⊥平面CEF,所以BD⊥CF.又BD∩EF=F,BD,EFC平面ABD, 所以CF⊥平面ABD.又△ABD是以AD为斜边的直角三角形， 所以三棱锥C-ABD外接球的球心在过点E且与平面ABD垂直的直线上， 设球心到点E的距离为h,外接球半径为R,则R2=AE2+h=EF2+(CF-h}, 2 1 +:三+3-九解得h=0,则三棱锥C-ABD外接球的半径为1，故D错误故透 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分。把答案填在题中的横线上） 12.已知复数z满足：=1-71 (i是虚数单位)，则= 1+i 【答案】5 【分析】利用复数的除法化简复数z,利用复数的模长公式可得结果 【详解1因为：-五-6-3，散H3引+(4-5放答案为：5 1+i(1+i)1-i) 13.已知anc&+ 1=4,且a∈0， 则sin4a=」 tana 【答案】 2 【分析】根据同角三角函数的关系和二倍角公式求解即可. 【详解】法一：因为tana+ 14.sina cossin'co a 1 -=4, tang cosa sina sinacosa sinacosa 1 1 即sinacos= ,即sin2ax= 4 2 因为∈0， 4 所以2a∈0， 0,2所以cos2ey3所以sim4a=2sim2acos2aV3 1 法二：因为tan+ -=4,所以tan2a-4tana+1=0, tan 因为a∈0,4 所以tana∈(0,1)，所以tanu=2-√5， 2tana 2(2-V3)2(2-B)1-5 所以tan2a 1-tana1-(2-V34W3-6V53 所以sin4ax=2sin2ocos2a= 2sin2acos2a 2tan2a 3 sin22a+cos22a 1+tan22a 2.故答案为： 2 3 34 14.甲、乙两人向同一目标各射击1次，已知甲、乙命中目标的概率分别 4’5, 则目标至少被击中1次的概率 为 【答案】 号095 【分析】方法一：设出事件，根据P(A+B)=P(A)+P(B)-P(AB)进行求解： 方法二：先求出目标没有被击中的概率，利用对立事件的概率公式求解即可。 【详解】方法：设世甲合中目标为事件4，“乙命中目标为事件B,则P(4)-子P()=手： 所以目标至少被击中1次的概率P(A+B)=P(A)+P(B)-P(AB)=3+1三×41 4+54×520 方法二：设“甲命中目标为事件A,“乙命中目标为事件B, 则P()=子P()=育P间=京P国=所以日标设有酸中的覆车为P同国P国到-品 目标至少被击中1次的概率为1一动只故答案为：号 四、解答题（本大题共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.(13分)已知△ABC的内角A,B,C,的对边分别为a,b,c,且b(sinC-sinB)=csinC-asinA. (1)求角A的大小： (2)若c=8,b=5,CD=2DB,求AD的长 【答案10号 .19 ®3 【分析】(1)根据正弦定理进行边角转化，再根据余弦定理进行计算即可： (2）先得而-4C+号亚，再两边平方求值即可 【详解】(1)因为b(sinC-sinB)=csinC-asinA,由正弦定理得：b(c-b)=c2-a2,即bc=b2+c2-ad2, 由余弦定理知cosA= c“振方又0<4<，所以4-号 b2+c2-a2 bc 1 ②)因为c0-2,c-8,b=5,则0-丽+而=a+号c-西+ac丽)-4C+号孤， 所以AD 99 29 9 ,所以AD=19 16.(15分)己知函数f(x)=cos2x-sin2x+2V3 sinx cosx. (1)求f(x)的最小正周期： (2)若函数y=∫(x+a)为偶函数，其中a>0,求a的最小值 【答案】(1)兀. 【分析】(1)化简得到fx)=2sim2x+ 6 从而求出最小正周期： (2)求出f+a)）=2sin2x+2a+ 6 根据函数的奇偶性得到方程，求出a-低+亚，k∈Z,结合a>0,得到答案 261 【详解】(1)由f(x)=cos2x+√3im2.x=2sim2x+ 6/ 得f(x)的最小正周期为 2 ②f-a-2an2+a+引2an2x+n+ / 因为函数y=f(x+m)为偶函数，所以2a+=亚+m,k∈乙， 62 解得a=征+严，keZ,又因为a>0,所以当k=0时，a取到最小值 261 17.（15分)在复平面内，复数z=(2-2-8)+2+3-10)i,meR. (1)若复数z对应的点在虚轴上，求实数m的取值范围： (2)若复数z对应的点在第二象限或第四象限，求实数m的取值范围. 【答案】(1)-2或4 (2)2<m<4或-5<<-2. 【分析】(1)依题意可得实部为0，解得即可： (2)依题意可得(m2-2-8)(m2+3-10)<0,解不等式即可得解 【详解】(1)由题意得m2-2m-8=0,解得=-2或l=4: (2)复数z=(m2-2-8)+(m2+3-10)i在复平面内对应的点为(m2-2-8,m2+3-10), m2-2m-8>0m2-22-8<0 依题意可得(2-2-8)(m2+3-10)<0,则 r+3m-10<0或r+3m-10>0 解得-5<m<-2或2<m<4,即实数m的取值范围为-5<m<-2或2<m<4. 18.(17分)如图，在几何体ABCDE中，四边形ABCD是矩形，AB⊥平面BEC,BE⊥EC,AB=BE=EC=2, G,F分别是线段BE,DC的中点. (I)求证：GP//平面ADE: (2)设平面ABF与平面BEC的交线为1，求二面角A-I-B的余弦值. 【答案】(1)证明见解析： R 【分析】(1)取AE的中点H,通过平行的传递性得到HG/FD,由题中条件得到四边形HGFD为平行四边形，得 到GF/1DH,利用线面平行的判定定理得到GFI/平面ADE: (2)设平面AEF与平面BEC所成的锐二面角的大小为O,由AB⊥平面BEC和FC⊥平面BEC,得到△AEF在平 面BEC上的射影为△BEC,利用余弦定理求出coS∠AEF,利用同角关系式求sim∠AEF,从而得到SABs和Ssc, 则cos6= ，SC,代入数值求解，从而得到二面角A-1-B的余弦值一 【详解】(1)取AE的中点H,连接HG,FG,HD,:HG/1AB/1CD,即HG/FD, :AB=BE=EC=2,G,F分别是线段BE,DC的中点， .HG=FD=1,.四边形HGFD为平行四边形，.GF/1DH, 又：DHC平面ADE,GF平面ADE,∴.GF/I平面ADE: A (2)设平面AEF与平面BEC所成的锐二面角的大小为日，：AB⊥平面BEC,FC⊥平面BEC, :△AEF在平面BEC上的射影为△BEC,,AB=BE=EC=2,∠ABE=90°，.AE=22, G,F分别是线段BB,DC的中点，PC=1,:∠FCB=0°，Bn=5,:cs∠ABr=,8+59 1 2x22x510 12 sin∠AEP=h-(cos∠AEF)'= 1 10 10 3 又Sa=7x2x2=2,cos0= SAEF 二面角48的余弦值为号 Se-2 19.(17分)某地举行足球赛，共有16支球队参加.赛程先进行小组单循环赛（小组内每两支球队打一场比赛，前 两名晋级下一轮)：然后进行淘汰赛（赢球晋级下一轮，输球被淘汰），对阵图如下.现16支球队分为A,B,C, 组4支球队.已知甲、乙丙、丁4支球队分在A组，甲队胜乙队、丙队、丁队的度率分易 2 假设每一轮每场比赛互不影响，甲队在每一轮每场比赛胜其他球队的概率不变， A1-D2 B2-C1 A2-D1 B1-C2 冠军 注：A1-D2表示A小组第1名与D小组第2名对阵。 (1)求甲队在小组单循环赛中至少胜两场的概率； ②)已知通过第一轮角运，甲队和乙队均进入淘达赛，且甲队对B,C,D组每支球队的胜率均为，乙队对8，C,D组 2 每支球队的胜率均为 求甲队夺冠的概率. 【答案】024 7 【分析】(1)设出事件，利用独立事件概率乘法公式，互斥事件概率加法公式进行求解； (2)计算出甲队和乙队分别进入决赛的概率，从而得到乙队进入决赛甲队夺冠的概率和乙队没进入决赛甲队夺冠 的概率，相加即可 【详解】(1)设在一轮比赛中，甲队胜乙队为事件A,甲队胜丙队为事件4，甲队胜丁队为事件A, 自题得，P(4)-子P4)-子P4)-号 设甲队在第一轮比赛中至少胜两场为事件A,则A=AAA,+AAA,+AAA,+AAA. 由题可得，P(A)=P(AAA)+P(AA,A)+P(AA,A)+P(AAA) =P(A)P(A)P(A)+P(A)P(A)P(A)+P(A)P(A)P(A)+P(A)P(A)P(A) 0到 因此，甲队在第一轮比赛中至少张两场的厦车为7。 339 (2)由题得，甲队进入决赛的概率为二× 44163 乙队进入决赛的概率为2×2=4 339 9411 则乙队进入决赛甲队夺冠的概率为，×一× 169*28 9 4315 乙队没进入决赛甲队夺冠的概率为×1水行· 因此，甲队夺冠的概率为g十6464 1,1523 湘教版高中数学必修第二册综合测试卷 一、单项选择题(本大题共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 ，是向量，则“”是“或”的（    ）． A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】B 【分析】根据向量数量积分析可知等价于，结合充分、必要条件分析判断. 【详解】因为，可得，即，可知等价于， 若或，可得，即，可知必要性成立； 若，即，无法得出或， 例如，满足，但且，可知充分性不成立； 综上所述，“”是“或”的必要不充分条件.故选：B. 2．已知，则（   ） A． B． C． D．1 【答案】A 【分析】由复数除法即可求解. 【详解】因为，所以.故选：A. 3．已知，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据两角和的余弦可求的关系，结合的值可求前者，故可求的值. 【详解】因为，所以，而，所以， 故即，从而，故，故选：A. 4．若m为直线，为两个平面，则下列结论中正确的是（   ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】C 【分析】根据线面平行的定义可判断A的正误，根据空间中垂直关系的转化可判断BCD的正误. 【详解】对于A，若，则可平行或异面，故A错误； 对于B，若，则，故B错误；对于C，若，则存在直线，， 所以由可得，故，故C正确；对于D，，则与可平行或相交或，故D错误；故选：C. 5．生物实验室有5只兔子，其中只有3只测量过某项指标，若从这5只兔子中随机取出3只，则恰有2只测量过该指标的概率为 A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题首先用列举法写出所有基本事件，从中确定符合条件的基本事件数，应用古典概率的计算公式求解． 【详解】设其中做过测试的3只兔子为，剩余的2只为，则从这5只中任取3只的所有取法有，共10种．其中恰有2只做过测试的取法有共6种， 所以恰有2只做过测试的概率为，选B． 6．设两个向量和，其中为实数．若，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由向量等式建立之间的等量关系，消去先求出范围，进而可求范围. 【详解】由，得 ， ，即， ，，所以故选:C 【点睛】此题考查向量坐标表示向量相等，二次函数求值域，二次不等式的解,不等式得性质，属于综合题. 7．已知，则（    ）． A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据给定条件，利用和角、差角的正弦公式求出，再利用二倍角的余弦公式计算作答. 【详解】因为，而，因此， 则，所以. 故选：B 8．在正方体中，分别为、、、的中点，则异面直线与所成的角等于（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】连接，异面直线与所成的角是或其补角，由正方体性质即可得结论. 【详解】如图，连接， 由题意，所以异面直线与所成的角是或其补角， 由正方体性质知是等边三角形，，所以异面直线与所成的角是.故选：B. 二、多项选择题(本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，有选错的得0分) 9．已知函数，则（    ） A．函数的最小正周期为 B．函数的值域为 C．直线是函数图象的一条对称轴 D．函数在区间上有且仅有5个零点 【答案】BCD 【分析】对A，由周期性的定义判断；对B，分段讨论函数值域；对C，验证；对D，分段求解方程求零点. 【详解】对于A：因为， 所以的最小正周期不是，A错误； 对于B：当，即时，， 因为，所以， 则当时，取得最大值；当时，取得最小值， 所以此时的值域为； 当，即时，， 因为，所以， 当时，，当时，取得最大值，所以此时的值域为； 综上，函数的值域为，B正确； 对于C：因为， ，所以， 所以直线是函数图象的一条对称轴，C正确； 对于D：当时，由，解得或， 当时，由，解得， 又，所以，所以函数有且仅有个零点，D正确；故选：BCD. 10．已知向量，，则（    ） A．当时， B．当时， C．当时，在方向上的投影向量为 D．当与夹角为锐角时， 【答案】AC 【分析】根据两向量平行的坐标公式判断A；由向量模的坐标公式计算判断B；根据投影向量的定义判断C；根据，且与不同向判断D即可. 【详解】对于A，由，则，解得，故A正确； 对于B，，，，解得或，故B错误； 对于C，当时，，则由投影向量公式得在方向上的投影向量为，故C正确； 对于D，当与夹角为锐角时，则，且与不同向， ，解得且，故D错误.故选：AC. 11．如图，平面图形是等腰直角和直角组成，，分别是和边的中点，现将沿着折起，则下列结论中正确的是（    ） A． B．若平面平面，则 C． D．当三棱锥体积最大时，三棱锥的外接球半径为 【答案】BC 【分析】根据勾股定理可判断A；利用面面垂直的性质定理及勾股定理可判断B；根据线面垂直的判定定理及性质定理可判断C；当三棱锥体积最大时，，利用线面垂直的判定定理及外接球半径的求法可判断D. 【详解】对于A：由题可知，在等腰直角三角形中，，故A错误. 对于B：由题可知， 若平面平面，又平面平面，平面，， 所以面，又平面，所以，所以，得到，故B正确. 对于C：因为为的中点，，所以.又是的中点，所以， 由，可得.又平面， 所以平面，又平面，所以，故C正确. 对于D：当三棱锥体积最大时，，即， 又平面，所以.又平面， 所以平面.又是以为斜边的直角三角形， 所以三棱锥外接球的球心在过点且与平面垂直的直线上， 设球心到点的距离为，外接球半径为，则， 所以，解得，则三棱锥外接球的半径为1，故D错误.故选：BC. 三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分．把答案填在题中的横线上) 12．已知复数满足（是虚数单位），则 . 【答案】 【分析】利用复数的除法化简复数，利用复数的模长公式可得结果. 【详解】因为，故.故答案为：. 13．已知，且，则 . 【答案】 【分析】根据同角三角函数的关系和二倍角公式求解即可. 【详解】法一：因为，即， 即，即. 因为，所以，所以.所以. 法二：因为，所以， 因为，所以，所以， 所以， 所以.故答案为：. 14．甲、乙两人向同一目标各射击1次，已知甲、乙命中目标的概率分别为，，则目标至少被击中1次的概率为 ． 【答案】/0.95 【分析】方法一：设出事件，根据进行求解； 方法二：先求出目标没有被击中的概率，利用对立事件的概率公式求解即可. 【详解】方法一：设“甲命中目标”为事件A，“乙命中目标”为事件B，则，， 所以目标至少被击中1次的概率； 方法二：设“甲命中目标”为事件A，“乙命中目标”为事件B， 则，，，，所以目标没有被击中的概率为， 目标至少被击中1次的概率为故答案为：. 四、解答题(本大题共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．（13分）已知的内角的对边分别为且. (1)求角的大小； (2)若，，，求的长. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据正弦定理进行边角转化，再根据余弦定理进行计算即可； （2）先得，再两边平方求值即可. 【详解】（1）因为，由正弦定理得：，即， 由余弦定理知，又，所以. （2）因为，，，则, 所以,所以 16．（15分）已知函数. (1)求的最小正周期； (2)若函数为偶函数，其中，求的最小值. 【答案】(1). (2). 【分析】（1）化简得到，从而求出最小正周期； （2）求出，根据函数的奇偶性得到方程，求出，结合，得到答案. 【详解】（1）由，得的最小正周期为； （2），因为函数为偶函数，所以， 解得，又因为，所以当时，取到最小值. 17．（15分）在复平面内，复数，． (1)若复数对应的点在虚轴上，求实数的取值范围； (2)若复数对应的点在第二象限或第四象限，求实数的取值范围． 【答案】(1)或 (2)或． 【分析】（1）依题意可得实部为，解得即可； （2）依题意可得，解不等式即可得解. 【详解】（1）由题意得，解得或； （2）复数在复平面内对应的点为， 依题意可得，则或 解得或，即实数的取值范围为或． 18．（17分）如图，在几何体ABCDE中，四边形ABCD是矩形，平面BEC，，，G，F分别是线段BE，DC的中点． (1)求证：平面ADE； (2)设平面AEF与平面BEC的交线为l，求二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）取的中点，通过平行的传递性得到，由题中条件得到四边形为平行四边形，得到，利用线面平行的判定定理得到平面； （2）设平面与平面所成的锐二面角的大小为，由平面和平面，得到在平面上的射影为，利用余弦定理求出，利用同角关系式求，从而得到和，则，代入数值求解，从而得到二面角的余弦值. 【详解】（1）取的中点，连接，，即， ，G，F分别是线段BE，DC的中点, ，四边形为平行四边形，， 又平面，平面，平面； （2）设平面与平面所成的锐二面角的大小为，平面，平面， 在平面上的射影为，，，, 分别是线段BE，DC的中点，，，，， ，， 又，，二面角A-l-B的余弦值为. 19．（17分）某地举行足球赛，共有16支球队参加．赛程先进行小组单循环赛（小组内每两支球队打一场比赛，前两名晋级下一轮）；然后进行淘汰赛（赢球晋级下一轮，输球被淘汰），对阵图如下．现16支球队分为A，B，C，D四组，每组4支球队．已知甲、乙、丙、丁4支球队分在A组，甲队胜乙队、丙队、丁队的概率分别为，，．假设每一轮每场比赛互不影响，甲队在每一轮每场比赛胜其他球队的概率不变． (1)求甲队在小组单循环赛中至少胜两场的概率； (2)已知通过第一轮角逐，甲队和乙队均进入淘汰赛，且甲队对组每支球队的胜率均为，乙队对组每支球队的胜率均为．求甲队夺冠的概率． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）设出事件，利用独立事件概率乘法公式，互斥事件概率加法公式进行求解； （2）计算出甲队和乙队分别进入决赛的概率，从而得到乙队进入决赛甲队夺冠的概率和乙队没进入决赛甲队夺冠的概率，相加即可. 【详解】（1）设在一轮比赛中，甲队胜乙队为事件，甲队胜丙队为事件，甲队胜丁队为事件， 由题得，，，． 设甲队在第一轮比赛中至少胜两场为事件，则． 由题可得， ． 因此，甲队在第一轮比赛中至少胜两场的概率为． （2）由题得，甲队进入决赛的概率为； 乙队进入决赛的概率为． 则乙队进入决赛甲队夺冠的概率为； 乙队没进入决赛甲队夺冠的概率为． 因此，甲队夺冠的概率为． 学科网（北京）股份有限公司 $