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二册（苏教版）

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.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 2.如图,在四面体OABC中,D为BC的中点,3=(　　) A. C. 3.设随机变量X,Y满足Y=3X-1,X~B,则D(Y)=(　　) A.4　　　B.5　　　C.6　　　D.7 4.(2x-1)(x+1)6的展开式中含x3的项的系数为(　　) A.-30　　　B.-20　　　C.50　　　D.10 5.在如图所示的直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是正方形,AB=2,AA1=3,M是BC的中点,N是棱CC1上的一个动点,则点A1到平面AMN的距离的最小值为(　　) A.1　　　B. 6.中华茶文化源远流长,博大精深,不但包含物质文化层面,还包含深厚的精神文明层面.绿茶的制作过程,在采摘后还有杀青、揉捻、干燥等制作工序.现在某茶厂新招聘了6位工人,分配到这三个工序,揉捻工序至少要分配两位工人,杀青、干燥工序各至少分配一位工人,则不同分配方案种数为(　　) A.120　　　B.240　　　C.300　　　D.360 7.已知m为满足S=n+的展开式中,系数最大的项为(　　) A.第6项　　　B.第7项 C.第11项　　　D.第6项和第7项 8.中国古建筑闻名于世,源远流长.某公园的六角亭是中国常见的一种供休闲的古建筑,六角亭屋顶的结构示意图可近似看作如图所示的六棱锥P-ABCDEF.该公园管理处准备用风铃装饰六角亭屋顶的六个顶点A,B,C,D,E,F,现有四种不同形状的风铃可供选用,则在相邻的两个顶点处挂不同形状的风铃的条件下,顶点A与C挂同一种形状的风铃的概率为(　　) 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.设x,y∈R,向量a=(x,2,2),b=(2,y,2),c=(3,-6,3),且a⊥c,b∥c,则(　　) A.x=-2　　　B.y=-4　　　 C.cos<a,b>=　　　D.|a+b|=6 10.某厂近几年陆续购买了几台A型机床,该型机床已投入生产的时间x(单位:年)与当年所需要支出的维修费用y(单位:万元)有如下统计数据: x 2 3 4 5 6 y 2.2 3.8 5.5 6.5 7 根据表中的数据可得y关于x的经验回归方程为,则(　　) A.y与x的样本相关系数r>0 B.=0.08 C.表中维修费用的第60百分位数为6 D.该型机床已投入生产的时间为10年时,当年所需要支出的维修费用一定是12.38万元 11.如图,在矩形ABCD中,AB=2,BC=4,M是AD的中点,将△ABM沿着直线BM翻折到△A1BM.记二面角A1-BM-C的平面角为α,当α的值在区间(0,π)内变化时,下列说法正确的有(　　) A.存在α,使得A1B⊥CM B.存在α,使得A1B⊥CD C.当四棱锥A1-BCDM的体积最大时,点B到平面A1MD的距离为 D.若直线A1M与BC所成的角为β,则cos β=sin2 三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分) 12.设A,B是一个随机试验中的两个事件,且P(A)=,则P(B|A)=　　　　.  13.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=2,AA1=3,点E为线段AC的中点,点F是棱C1D1上一点,若直线EF与平面AB1C所成角的正弦值为,则EF=　　　　.  14.我们知道,在n次独立重复试验(即伯努利试验)中,若每次试验中事件A发生的概率为p,则事件A发生的次数X服从二项分布B(n,p).事实上,在无限次伯努利试验中,另一个随机变量的实际应用也很广泛,即事件A首次发生时试验进行的次数Y,显然P(Y=k)=p(1-p)k-1,k=1,2,3,…,我们称Y服从“几何分布”,经计算得E(Y)=都发生后停止,此时所进行的试验次数记为Z,则P(Z=k)=p(1-p)k-1+(1-p)pk-1,k=2,3,…,那么E(Z)=　　　　.  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)根据交管部门有关规定,驾驶电动自行车必须佩戴头盔,保护自身安全,某市去年上半年对此不断进行安全教育.下表是该市某主干路口去年连续5个月监控设备抓拍到的电动自行车驾驶员不戴头盔的统计数据: 月份x 1 2 3 4 5 不戴头盔人数y 120 100 90 75 65 (1)请利用所给数据求不戴头盔人数y与月份x之间的经验回归方程; (2)交管部门根据连续5年来通过该路口的电动自行车出事故的100人,分析不戴头盔行为与事故伤亡的关系,得到的数据如表所示,是否有95%的把握认为不戴头盔行为与事故伤亡有关? 不戴头盔 戴头盔 伤亡 15 10 不伤亡 25 50 参考数据和公式:xiyi=1 215,,χ2=,n=a+b+c+d. P(χ2≥x0) 0.10 0.05 0.01 0.005 x0 2.706 3.841 6.635 7.879 16.(15分)为了预防流感,很多民众注射了流感疫苗.某市防疫部门随机抽取了1 000人进行调查,发现其中注射疫苗的800人中有220人感染了流感,另外未注射疫苗的200人中有80人感染了流感.医学研究表明,流感的检测结果有检错的可能,已知感染流感的人的检测结果有95%呈阳性(感染流感),而未感染流感的人的检测结果有99%呈阴性(未感染流感). (1)估计该市流感感染率是多少; (2)根据所给的数据,判断是否有99.9%的把握认为注射流感疫苗对预防流感有效果; (3)已知某人的流感检测结果呈阳性,求此人感染流感的概率.(精确到0.001) 附: χ2=,其中n=a+b+c+d. P(χ2≥x0) 0.050 0.010 0.001 x0 3.841 6.635 10.828 17.(15分)某公司招聘包括笔试和面试,笔试通过后才能进入面试环节,面试环节各部门从该部门笔试通过的人员中抽取部分人员进行面试.2024年应聘该公司的学生的笔试成绩Y近似服从正态分布N(μ,σ2),其中μ近似为样本平均数,σ2近似为样本方差s2.已知μ的近似值为76.5,σ的近似值为5.5,用样本估计总体. (1)假设有84.135%的学生的笔试成绩高于该公司预期的平均成绩,求该公司预期的平均成绩; (2)现有甲、乙、丙三名应聘者进入了某部门的面试,该部门有意在这3人中随机选取2人参加面试.面试分为初试和复试并且采用积分制,满分为10分,其中通过初试考核记6分,通过复试考核记4分,初试通过才能参加复试,应聘者能否正确回答初试与复试的问题相互独立.已知甲和乙通过初试的概率均为. ①求从这3人中随机选取的参加面试的两人本次面试的得分之和不低于16分的概率; ②若甲和乙两人一起参加本次该部门的面试,记他们本次面试的得分之和为X,求X的概率分布及数学期望E(X). 参考数据:若X~N(μ,σ2),则P(μ-σ<X≤μ+σ)≈0.682 7, P(μ-2σ<X≤μ+2σ)≈0.954 5,P(μ-3σ<X≤μ+3σ)≈0.997 3. 18.(17分)如图,圆台O1O的轴截面为四边形A1B1BA,其中AB=2A1B1=4,P为圆O1上异于A1,B1的点,M为PB的中点. (1)证明:MB1∥平面AA1P; (2)当三棱锥A-PBB1的体积取得最大值时,平面AA1P∩平面PBB1=l,求二面角A1-l-B的余弦值. 19.(17分)设点集Mn={(a1,a2,a3,…,an)|ai∈{0,1},1≤i≤n,i∈N*},从集合Mn中任取两个不同的点A(a1,a2,a3,…,an),B(b1,b2,b3,…,bn),定义A,B两点间的距离d(A,B)=|ai-bi|. (1)求M3中d(A,B)=2的点对的个数; (2)从集合Mn中任取两个不同的点A,B,用随机变量X表示他们之间的距离d(A,B). ①求X的概率分布与数学期望; ②证明:当n→+∞时,4D(X)<n2.(注:当n→+∞时,2-n→0) 答案全解全析 全书综合测评 1.A 2.A 3.A 4.D 5.D 6.D 7.B 8.C 9.BD 10.ABC 11.ACD 1.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. 2.A　==(+)==+×(+) =+(-+-)=++. 3.A　因为X~B,所以D(X)=2××=,又Y=3X-1,所以D(Y)=D(3X-1)=32D(X)=4. 4.D　(x+1)6的展开式的通项为Tr+1=x6-r,r∈N,r≤6.令6-r=2,得r=4,令6-r=3,得r=3,故(2x-1)(x+1)6的展开式中含x3的项的系数为2+(-1)=10. 5.D　以D为坐标原点,建立空间直角坐标系D-xyz,如图所示, 则A(2,0,0),A1(2,0,3),M(1,2,0),所以=(-1,2,0),=(0,0,3). 设N(0,2,t)(0≤t≤3),则=(-1,0,t). 设平面AMN的法向量为n=(x,y,z), 则取y=t,则x=2t,z=2,则n=(2t,t,2), 所以点A1到平面AMN的距离为=. 因为0≤t≤3,所以4≤5t2+4≤49,所以≤≤3, 所以点A1到平面AMN的距离的最小值为. 6.D　分为三类: ①若揉捻工序分配2人,则有+=210种分配方案; ②若揉捻工序分配3人,则有=120种分配方案; ③若揉捻工序分配4人,则有=30种分配方案. 综上,共有210+120+30=360种分配方案. 7.B　因为+++++++…++=2100, 所以++++…+=++++…+==299,所以+++…+=299-1, 则S=n++++…+ =299+n-1=23×33+n-1=833+n-1=(9-1)33+n-1 =×933-×932+×931-…+×9-+n-1 =(×932-×931+×930-…+)×9+n-2, 显然×932-×931+×930-…+为正整数, 所以(×932-×931+×930-…+)×9能被9整除, 又n≥3且S能被9整除,所以n-2能被9整除, 所以n-2=9k(k∈N*),则n=9k+2(k∈N*),所以nmin=11,即m=11, 所以, 在的展开式中,二项式系数最大的项为第6项和第7项, 又的展开式的通项为Tr+1=(0≤r≤11,r∈N),所以第6项的系数为负数,第7项的系数为正数, 故第6项的系数最小,第7项的系数最大. 8.C　记事件G:相邻的两个顶点挂不同形状的风铃,事件H:A与C挂同一种形状的风铃. 对于事件G,可分以下三种情况: ①当A,C,E处挂同一种形状的风铃时,有4种挂法,此时B,D,F处各有3种挂法,故不同的挂法共有4×3×3×3=108种; ②当A,C,E处挂两种不同形状的风铃时,有种挂法,此时B,D,F处有3×2×2种挂法,故不同的挂法共有×3×2×2=432种; ③当A,C,E处挂三种不同形状的风铃时,有种挂法,此时B,D,F处各有2种挂法,故不同的挂法共有×2×2×2=192种. 综上,共有108+432+192=732种挂法,即n(G)=732. 对于顶点A与C挂同一种形状的风铃,且相邻两顶点挂不同形状的风铃,分以下两种情况: ①当A,C,E处挂同一种形状的风铃时,不同的挂法有108种; ②当A,C处挂同一种形状的风铃,E处挂其他形状的风铃时,有种挂法,此时B,D,F处有3×2×2种挂法,故不同的挂法共有×3×2×2=144种. 综上,共有108+144=252种挂法,即n(GH)=252. 故P(H|G)=. 9.BD　因为a⊥c,所以a·c=3x-12+6=3x-6=0,解得x=2,故A错误. 因为b∥c,所以设b=λc(λ∈R),则解得故B正确. a=(2,2,2),b=(2,-4,2),则cos<a,b>==0,故C错误. 易得a+b=(4,-2,4),所以|a+b|=6,故D正确. 10.ABC　根据题表中的数据可得=5, 所以样本点的中心为(4,5). 对于A,由题表中的数据可得y随着x的增大而增大,所以y与x正相关,所以样本相关系数r>0,故A正确. 对于B,将(4,5)代入方程,得=0.08,故B正确. 对于C,维修费用从小到大依次为2.2,3.8,5.5,6.5,7,5×60%=3,则第60百分位数为=6,故C正确. 对于D,由B知=1.23x+0.08,当x=10时,=12.3+0.08=12.38,故所需要支出的维修费用大约是12.38万元,故D错误. 11.ACD　取BM的中点G,BC的中点H,连接A1G,GH,MH,易知A1G⊥BM,GH⊥BM,故∠A1GH即为二面角A1-BM-C的平面角,即∠A1GH=α. 当α=时,A1G⊥平面BCM,又因为CM⊂平面BCM,所以A1G⊥CM. 在矩形ABCD中,易得AB=AM,CD=DM,故△ABM,△CDM均为等腰直角三角形,故∠AMB=∠DMC=45°,所以∠BMC=90°,即BM⊥CM. 又因为A1G∩BM=G,A1G,BM⊂平面A1BM,所以CM⊥平面A1BM, 又因为A1B⊂平面A1BM,所以A1B⊥CM, 故存在α,使得A1B⊥CM,故A正确. 以M为坐标原点,MH,MD所在直线分别为x轴,y轴,过点M且垂直于平面BCDM的直线为z轴,建立空间直角坐标系,如图, 则M(0,0,0),B(2,-2,0),C(2,2,0),D(0,2,0),所以=(-2,0,0). 当α∈(0,π)时,A1(cos α+1,cos α-1,sin α), 所以=(1-cos α,-cos α-1,-sin α), 故·=2cos α-2≠0,故不存在α,使得A1B⊥CD,故B错误. 当α=时,四棱锥A1-BCDM的体积最大,此时A1(1,-1,). 设平面A1MD的法向量为m=(x,y,z), 则 令z=1,则x=-,故m=(-,0,1), 故点B到平面A1MD的距离d=,故C正确. 易得=(cos α+1,cos α-1,sin α),=(0,4,0), 则cos β=|cos<,故D正确. 12.答案　 解析　因为P(A+, 所以P(AB)=,于是P(B|A)=. 13.答案　 解析　以{}为正交基底,建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),C(2,2,0),B1(2,0,3),E(1,1,0),所以=(0,-2,3). 设F(x,2,3)(0≤x≤2),则=(x-1,1,3). 设平面AB1C的法向量为n=(a,b,c), 则即 令a=3,得b=-3,c=-2,所以n=(3,-3,-2). 因为直线EF与平面AB1C所成角的正弦值为, 所以|cos<,n>|=,整理得x2-62x+61=0,解得x=1或x=61(舍去),所以F(1,2,3), 所以=(0,1,3),所以EF=|. 14.答案　-1 解析　∵P(Y=k)=p(1-p)k-1,k=1,2,3,…,且E(Y)=, ∴p+2p(1-p)+3p(1-p)2+…+kp(1-p)k-1=, ∴2p(1-p)+3p(1-p)2+…+kp(1-p)k-1=-p. ∵P(Z=k)=p(1-p)k-1+(1-p)pk-1,k=2,3,…, ∴E(Z)=2p(1-p)+3p(1-p)2+…+kp(1-p)k-1+2(1-p)p+3(1-p)p2+…+k(1-p)pk-1=-p+2(1-p)p+3(1-p)p2+…+k(1-p)pk-1. 设Ak=2p+3p2+…+kpk-1,则pAk=2p2+3p3+…+(k-1)pk-1+kpk, 两式作差得(1-p)Ak=2p+p2+p3+…+pk-1-kpk=p+-kpk, 当k→+∞时,(1-p)Ak→p+-1. 15.解析　(1)由题表得=55,(3分) 所以=-13.5, =90+13.5×3=130.5,(6分) 所以不戴头盔人数y与月份x之间的经验回归方程为=-13.5x+130.5.(8分) (2)提出假设H0:不戴头盔行为与事故伤亡无关. 由题表中数据得χ2=≈5.556>3.841,(11分) 因为当H0成立时, χ2≥3.841的概率约为0.05,所以有95%的把握认为不戴头盔行为与事故伤亡有关.(13分) 16.解析　(1)估计该市流感感染率为=0.3.(2分) (2)2×2列联表如下: 感染流感 未感染流感 合计 注射疫苗 220 580 800 未注射疫苗 80 120 200 合计 300 700 1 000 (4分) 提出假设H0:注射流感疫苗对预防流感无效果. 由表中数据得χ2=≈11.905>10.828, 因为当H0成立时, χ2≥10.828的概率约为0.001, 所以有99.9%的把握认为注射流感疫苗对预防流感有效果.(7分) (3)设事件A为“被检测者的流感检测结果呈阳性”,事件B为“被检测者感染了流感”, 则P(B)=0.3,P()=0.01,(9分) 所以P(AB)=P(B)P(A|B)=0.3×0.95=0.285,(11分) P(A)=P(B)P(A|B)+P()=0.3×0.95+0.7×0.01=0.292,(13分) 所以P(B|A)=≈0.976,即此人感染流感的概率是0.976.(15分) 17.解析　(1)易得P(X>μ-σ)=≈0.841 35, 又μ的近似值为76.5,σ的近似值为5.5, 所以该公司预期的平均成绩大约是76.5-5.5=71分.(3分) (2)①记选出甲、乙参加面试为事件A1,选出甲、丙参加面试为事件A2,选出乙、丙参加面试为事件A3,两人本次面试的得分之和不低于16分为事件B,则P(A1)=,(5分) 所以P(B)=P(A1B+A2B+A3B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)+P(A3)P(B|A3)=×+.(8分) ②X的可能取值为0,6,10,12,16,20.(9分) P(X=0)=, P(X=10)=2×, P(X=16)=.(12分) 故X的概率分布为 X 0 6 10 12 16 20 P (13分) 所以E(X)=0×=13.(15分) 18.解析　(1)证明:证法一:如图1,连接B1O,OM. ∵M为PB的中点,O为AB的中点,∴MO∥AP. 又AP⊂平面AA1P,MO⊄平面AA1P,∴MO∥平面AA1P.(2分) ∵AB=2A1B1,AB∥A1B1,∴四边形AOB1A1为平行四边形,∴B1O∥A1A. 又A1A⊂平面AA1P,B1O⊄平面AA1P,∴B1O∥平面AA1P. 又MO∩B1O=O,MO,B1O⊂平面MOB1,∴平面MOB1∥平面AA1P.(5分) 又MB1⊂平面MOB1,∴MB1∥平面AA1P.(6分) 　　 证法二:如图2,取PA的中点N,连接MN,A1N. ∵M为PB的中点,N为PA的中点,∴MN∥AB,且MN=AB,(2分) 又AB∥A1B1,且AB=2A1B1,∴MN∥A1B1,MN=A1B1, ∴四边形A1B1MN为平行四边形,∴B1M∥A1N.(5分) 又A1N⊂平面AA1P,B1M⊄平面AA1P,∴B1M∥平面AA1P.(6分) (2)设点P到平面ABB1的距离为h,则·h. 当P为的中点时,h取得最大值1,此时三棱锥A-PBB1的体积最大,如图3,过点B1作B1H⊥AB,垂足为H,连接O1P, 记B1H=d,则,解得d=.(8分) 延长AA1,BB1交于点S,连接SP,则直线SP即为直线l,二面角A1-l-B即为二面角A1-SP-B. 以{}为正交基底,建立空间直角坐标系, 则P(1,0,0),A1(0,-1,0),S(0,0,), ∴).(10分) 设平面A1SP的法向量为m=(x,y,z),则即 令z=1,则x=,∴m=(,1).(12分) 设平面BSP的法向量为n=(a,b,c),则即 令c=1,则a=,∴n=(,1).(14分) ∴cos<m,n>=, (16分) 由图3可知,二面角A1-l-B为锐二面角,故二面角A1-l-B的余弦值为.(17分) 19.解析　(1)由题意知n=3,d(A,B)=2, 由ai与bi取0或1知,若ai与bi相等,则|ai-bi|=0,若ai与bi不相等,则|ai-bi|=1,因此|a1-b1|、|a2-b2|、|a3-b3|中有两个1、一个0, 所以A,B有两个对应位置的坐标不相等,另一个对应位置的坐标相等,(4分) 所以共有=12对.(6分) (2)①由题意可知,ai有两种取法,所以Mn中元素个数为 =2n,(7分) 随机变量X的可能取值为1,2,3,…,n. 当X=k时,在坐标(a1,a2,a3,…,an)与(b1,b2,b3,…,bn)中有k个坐标值不同,剩下(n-k)个坐标值相同, 则A,B的取法有·2k·2n-k=·2n种,(9分) 所以P(X=k)=,(10分) 故X的概率分布为 X 1 2 … n P … (11分) 所以E(X)=1×+…+n× =+…+n) =+…+n.(13分) (化简的关键是运用公式:k+…+=2n-1) ②证明:E(X)=, 因为当n→+∞时,→0,所以E(X)→.(14分) 因为k≤n,所以当n→+∞时,[Xk-E(X)]2≈. 由方差定义得D(X)=Pk·[Xk-E(X)]2 ≈+…+ <+…+ =+…+,(16分) 所以4D(X)<n2.(17分) 学科网（北京）股份有限公司 $