核心素养综合测评卷(二)-【数理报】2025-2026学年高一数学必修第二册期末复习专号升级突破大模拟（人教A版）

数理招 8×4=16. 18.解：(1)存在.如图3所示 连接AC,BP,设AC交BP于点F, 因为CP∥AB,且CP=2AB, 所以 1 B 3 图3 PB 取DC靠近点C的三等分点E,号-了 连接EF,PE,BE,则EF∥AD. 又EFC平面PBE,AD丈平面PBE, 所以AD∥平面PBE. 故存在满足条件的点E,且E是线段DC上靠近点C 的三等分点， (2)易知AP=BP=√2，AB=2, 所以AP2+BP2=AB2,所以AP⊥BP 又平面ADP⊥平面ABCP,平面ADP∩平面ABCP =AP,BPC平面ABCP, 所以BP⊥平面ADP, 因为DPC平面ADP,所以BP⊥DP, 所以BD2=DP2+BP2=1+2=3. 在△ADB中，因为AB2=AD2+BD2,所以AD⊥DB, 又PD⊥AD,PDC平面ADP,BDC平面ADB,平面 ADP∩平面ADB=AD, 所以∠PDB即为二面角P-AD-B的平面角， 在Rt△PDB中，cos LPDB=BD DP 3 所以二面角P-AD-B的平面角的余弦值为停 19.解：(1)记事件A1,B,分别表示元件A,B正常工作， 则P(A)=子，P(B,)=手 事件E表示G正常工作，由元件A,B工作是相互独 立的， P(E)P(A B)=P(A )P(B)=- 2 4 8 (2)设方案一、二三正常工作的概率分别为P,P2,P, 设新增的两个元件为元件C,D, 记事件C1,D1分别表示新增的两个元件正常工作， 则P(C)=P(D1)=p. 事件A,B1,C1,D1分别表示元件A,B,C,D不正常 工作， 由于四个元件工作相互独立， 则P=P[(A,UCUD)B] =P(A UC UD)P(B) =[1-P(ACD)]P(B,) =[1-P(A)P(C)P(D)]P(B), 所以P=[1-子×(1-p)]×专 151-p)2; 同理得：P=子×[1-专1-p)] 2 3-N B=-31-p]×-1-p] =5(p+2)(p+4) 又因为0.8≤p<1, 则A-B=房1-p0. -=-3+=(-+2)<0 所以选择方案三可以使部件G正常工作的概率最大 高中数学必修第二册核心素养综合测评卷（二） 一、单项选择题 1~4 CBBD 5~8 BAAA 参考答案、 提示： 度C,心 解得a=1. 2.从随机数表的第1行第5列开始从左至右依次选 取两个数字， 则选取的个体编号依次为08,02,14,07,01,04（重 复和不在01~20内的编号别除)，第6个编号为04. 3.因为a=(1,3),b=(2,2), 所以a+b=(3,5),a-b=（-1,1), 所以cos(a+b,a-b〉=(a+b):(a-b) l a+bl l a-bl -3+5 32+ √(-1)2+12 4.记五人分别为1,2,3，甲，乙 任选两人有(1,2)，(1,3)，(1，甲)，(1，乙)，(2,3)， (2,甲)，(2，乙)，(3，甲)，(3，乙)，（甲，乙），共10个样 本点， 其中甲、乙均未人选的情况有(1,2)，(1,3)，(2,3)， 共3个样本点， 则甲，乙均未人选的概率为品 =0.3. 所以甲、乙至少有一人人选的概率为1-0.3=0.7. 5.如图1. 由题意得AE⊥BC, 所以A正.B元=0， 则A.B元=(A正+E)·BC =A正.BC+E.B元=D正.BC= 图1 分花（证-商=子-分配破- -d1cos=-×1x1×分 4 6.由题可知，球形冰块内切于 高脚杯圆锥，圆锥轴截面正三角形 是球面大圆的外切三角形，如图2， 作OD⊥AC,垂足为D, 则球的半径r=OD=4cm, 此时OA=2r=8cm,水面半 图2 径R=0C=8×m30°-85(em）, 3 设加人小球后水面以下的体积为”，原来水的体积 为V,球的体积为，所以水的体积为V=”- (8)x8-子x=18(m). 7.由题知两次取球均为甲胜，即两次取球均为同色， 若第一次取球柙、乙都陬到红球，概率为】 则第一次取球后甲的袋子中有3个红球和2个白 球，乙的袋子中有1个红球和2个白球， 第二次取同色球分为取到红球或取到白球，概率为 号x号+号x号=5 故第一次取球甲、乙都取到红球且两次取球后，甲 的袋子中有6个球的概率为宁×石=石 15 同理，第一次取球甲、乙都取到白球且两次取球后， 甲的袋子中有6个球的概率为 故所求概率为幻 60 8.如图3，连接AC,BD,交于点O,连接OB', ABCD为菱形，∠ABC=120°， 所以AC⊥BD,OB'⊥AC,OD⊥AC, 所以∠B'OD为二面角B'-AC-D的平面角， 于是∠B'OD=30°， 又因为0B=0=子4B=2. 所以B'D=JOB2+OD-20B'·ODcos30° 2+2-2x2x2x=6-E, 21 取OC的中点P,取CD的 中点Q,连接EP,EQ,PQ B 所以PQ∥OD,EP∥OB', 所以AC⊥EP,AC⊥PQ, 又EP∩PQ=P,EP,PQ C平面EPQ, 图3 所以AC⊥平面EPQ, 所以在三棱锥B'-ACD表面上，满足AC⊥EF的点 F轨迹为△EPQ(除E外)， 因为EP=0B,P0=0D,E0=BD, 所以△EP0的周长为号×(6-万+2+2)= 4+6-2 2 所以点F轨迹的长度为4+6-2 2 二、多项选择题 9.AC:10.CD:11.ABD. 提示 9.因为B=哥，a+c=56, 所以(a+c)2=a2 +2+2ac=3b2, ① 由余弦定理可得d2+d2-2aco号=， ② 联立①②可得2a2-5ac+2c2=0, 即2(）-5(2）+2=0， 解得=2或号=子 故选(A)(C). 10.对于(A),设元=∑， 则5=六-偶+0)=2+e 所以y=x+c, 因为c≠0，所以x≠y,所以(A)错误； 对于(B),因为y:=x:+c(i=1,2,…,n), 所以y1,y2,…,yn的中位数是x1,,…,x.的中位数 加c,所以(B)错误： 所以号=（+e 所以=，所以两组数据的方差相同，从而这两组 数据的标准差相同，所以(C)正确； 对于(D),设x1<x2<…<x,则第一组数据的极 差为xm-x1, 设y1<y2<…<yn,则第二组数据的极差为ym一y =(xm+c)-（x1+c)=xn-x1, 所以两组数据的极差相同，所以(D)正确 故选(C)(D). 11.如图4所示. 对于(A),记正六边形 ABCDEF的中心为点O,由正棱 锥的几何性质可得PO⊥底面 ABCDEF. 易知△AOB是边长为2的等 边三角形， 图4 则S正六边形ABCDEF =65e=6×5x2=65, -×65×P0 =2√5·P0=45, 所以P0=2,故0P=OA=0B=OC=0D=0E =OF=2,故O为正六棱锥P-ABCDEF的外接球球心， 且该球的半径为2，因此P-ABCDEF的外接球的表面积 为4r×22=16π，(A)对； 对于(B),因为AB=AF=OB=OF=2, 22 则四边形ABOF为菱形， 所以AB∥OF,即AB∥CF, 因为AB丈平面PCF,CFC平面PCF,所以AB∥平 面PCF, 因为ABC平面a,平面a∩平面PCF=MN,所以 AB∥MN,(B)对： 对于(C),因为PO⊥平面ABCDEF,BEC平面 ABCDEF,则BE⊥PO, 若BE⊥CN,因为PO,CW是平面PCF内的两条相交 直线，则BE⊥平面PCF, 因为CFC平面PCF,则BE⊥CF, 事实上，∠BOC=60°，即直线BE,CF所成角为60°， 即BE,CF不垂直， 故假设不成立，(C)错； 对于(D),因为PO⊥平面ABCDEF,OAC平面 ABCDEF,则PO⊥OA, 所以PA=√P02+0AF=√/22+2=22， 设∠APB=0,在△PAB中PA=PB=22,AB=2, 由余弦定理可得cos0= PA2 PB2 -AB2 2PA·PB 88g4=子，则0为锐角， 2×8 所以m0=-0=1-(2)=牙 所以sin20=2 sin cos0=2×万 =37 4 8 c0s20=2c0s20-1=2 (子)-1=8 所以cos30=cos(20+0)=cos20cos0-sin20sin0 将平面PAB,平面PBC,平面 PCD延展成一个平面，如图5 所示 在△PAD中，PA=PD= B 2万，.eosLAPD=-8 图5 由余弦定理可得 AD=PA2+PD2-2PA·PDcos∠APD =√8+8-2x8×(-)=5 所以从点A沿正六棱锥侧面到点D的最短路径长为 5,(D)对. 故选(A)(B)(D) 三、填空题 12.168:13.号：14.(28+16万)m 提示： 12.将840名学生的成绩按照由小到大的顺序排列， 85分为80%分位数，则成绩小于或等于85分的学生人 数至少占80%，且成绩大于或等于85分的学生人数至少 占20%，故成绩大于或等于85分的学生人数至少为840 ×20%=168. 13.由题意得0-之（花+d=受成+分， 因为M,O,N三点共线， 所以+=1， 所以+年=（六+4）（受+）=子+品 2m 5 会·预≥子+2=号当且仅当动 +2入2mn 2m,即n=2m=号时，等号成立， 14.如图6，将该截角立方体补 全为正方体， 由对称性知，该截角立方体的 外接球的球心即为正方体的中心， 因为该截角立方体的棱长 为2， 图6 参考答案 所以正方体的棱长为2+22， 则001=1+2,042=(1+2)2+1， 设该截角立方体的外接球的半径为R, 则R2=0A2=00?+01A2 =(1+2)2+(1+√2)2+1=7+42， 所以外接球的表面积S=4πR2=(28+16√2)π. 四、解答题 15.解：(1)AB=2a+b=(4,1),BC=a+mb= (2m+1,m), 因为A,B,C三点共线，所以AB∥B元 所以4m-(2m+1)=0,解得m=子 (2)ka-b=(k-2,-1),a+2b=(5,2), 若ka-b与a+2b共线， 则2-2)+5=0，解得&=-宁 16.(1)证明：如图7，连接AE, 因为四边形ABED是正方形， 且F是BD的中点， 所以F也是AE的中点， 因为G是EC的中点， 所以GF∥AC 图7 因为GF丈平面ABC,ACC平面ABC, 所以GF∥平面ABC. (2)解：由(1)可知GF∥AC, 所以∠DCA(或其补角)是异面直线GF与CD的夹角. 因为AD⊥平面ABC,ACC平面ABC, 所以AD⊥AC, 因为AB=2AC,四边形ABED是正方形， 所以AD=2AC, 令AC=1,则AD=2,CD=2+2=5, 所以cos∠DCA=4C=5 CD 所以异面直线GF与CD夹角的余弦值为 17.解：(1)选择①：由6co(受-C）=5cosB得 bsin C=√3 ccos B, 由正弦定理可知sin Bsin C=√3 sin Ccos B, 在△ABC中，B,C∈(0，m),所以sinC≠0， 所以sinB=3cosB, 即anB=万，所以B=牙 选择②：由2Sam=万：BC得2×csiB cacos B, 即sinB=5cosB, 所以tanB=√3， 在△ABC中，Be(0,m),所以B=哥 (2)由(1)知B=号 在△ABC中，由余弦定理得b2=a2+c2-2 accos 3 因为b=25, 所以12=a2+c2-ac=(a+c)2-3ac, 所以(a+c)2-12=3ac≤3×(）， 所以a+c≤45， 当且仅当a=c=2√3时，等号成立. 所以a+b+c≤6√5. 所以△ABC周长的最大值为63. 18.解：(1)由题图可得蜜柚质量在区间[1750， 2000)和[2000,2250)内的数量之比为2：3， 所以应分别在质量为[1750,2000)，[2000,2250)》 内的蜜柚中抽取2个和3个 记抽取的质量在区间[1750,2000)内的蜜柚分别 为A1,A2,质量在区间[2000,2250)内的蜜柚分别为B, 数理极 B2,B3 则从这5个蜜柚中随机抽取2个的情况共有10种： A A2,A BA B2,A BA2B,AB2,AB,B B2,B B3,B2B, 中质量均小于2000克的仅有A,A2这1种情况， 故所求概率为0 (2)由题中频率分布直方图可知，蜜柚质量在区间 [1500,1750)内的频率为250×0.0004=0.1， 同理，蜜柚质量在区间[1750,2000)，[2000， 2250),[2250,2500),[2500,2750),[2750,3000]内 的频率依次为0.1,0.15,0.4,0.2,0.05. 按方案A收购：由题意知各区间的蜜柚个数依次为 500,500,750,2000,1000,250, 所以总收益 (15001750×50+1750+200 2 2 ×500+ 2000+2250×750+2250+2500 ×2000+ 2 2 2500+2750 2 10+2750300 3000×250）×10÷100 =114375(元). 按方案B收购：由题意知蜜柚质量低于2250克的个 数为(0.1+0.1+0.15)×5000=1750， 蜜柚质量高于或等于2250克的个数为5000-1750 =3250, 所以总收益为1750×15+3250×20=91250（元）. 因为91250<114375， 所以方案A的收益比方案B的收益高，应该选择方 案A. 19.(1)证明：依题意，AA'∥BB', 故A,A',B',B共面 因为面ABCD∥面a,面ABCD∩面AA'B'B=AB, 面AA'B'B∩面=A'B', 所以AB∥A'B',同理CD∥C'D' 又平行四边形ABCD,则AB∥CD, 所以A'B'∥CD',同理A'D'∥B'C', 所以四边形A'B'CD'是平行四边形 (2)解：如图8，直线EF为平面ABCD与平面aα的交线 D 光线 图8 图9 (3)解：猜想：cos0= 不妨将平行四边形ABCD平移，使C与C重合，如图9 所示 则面ABCD与面a的交线I即为CF. 过点A作AM⊥CF于点M,连接A'M,过点B作BW ⊥CF于点N,连接B'N 由正投影，则AA'⊥面a,又CFC面a,故AA'⊥CF 又AM⊥CF,AM∩AA'=A,AM,AA'C面AMA', 则CF⊥面AMA', 而A'MC面AMA',故CF⊥A'M,又AM⊥CF, 所以∠AMA'是二面角A-L-A'的平面角0， 同理∠BWB'是二面角A-I-A'的平面角O. 2B'N·CF 所以cos0= B'N BN LBN·CF SABFC 1 2 A'M·CF 且cos0= AM S△AFC AM AM·CF 2 所以 S AA'FC S ABFC S△AFC 22+ 所以 ARFC SABFC高中数学必修第二册 核心素养综合测评卷（二） ○数理报社试题研究中心 第I卷选择题（共58分) 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分 高 1.已知复数z=a2-1+(a+1)i,其中a∈R,i是虚数单位.若 z为纯虚数，则a= ( ) 数学 (A)-1 (B)0 (C)1 (D)-1或1 2.总体由编号为01,02，…，19,20的20个个体组成，利用下列随 机数表，从20个个体中选取6个的选取方法：从随机数表的第1行第 第 5列开始，从左至右依次选取两个数字（作为个体编号），则选出的第 册 6个个体编号是 教 7816 6572 0802 6314 0702 4369 9728 01983204 9234 49350807 3623 4869 A 69387481 版 (A)08 (B)04 (C)02 (D)01 3.已知向量a=(1,3),b=(2,2),则c0s(a+b,a-b〉= 素养综 ( (A)7 (B) 17 17 (c) (D)2 测 4.从甲、乙等五人中任选两人参加某公司的剪彩仪式，则甲、乙 卷 至少有一人入选的概率为 ( ) (A)0.3 (B)0.4 (C)0.6 (D)0.7 5.已知△ABC是边长为1的等边三角形，D,E分别是边AB,BC 的中点，连接DE并延长到点F,使得DE=EF,则AF.BC= (B) (D)1 6.在炎热的夏天里，人们都喜欢在饮品里放冰 块降温，如图1是一个高脚杯，它的轴截面是正三角 形，容器内有一定量的水.若在高脚杯内放入一个 半径为4cm的球形冰块后，冰块没有开始融化前水 面所在的平面恰好经过冰块的球心O(水没有溢 出)，则原来高脚杯内水的体积是 图1 (A)128 cm' 9 (B) 9 7.甲、乙两人各有一个袋子，且每人的袋子中均装有除颜色外 其他完全相同的2个红球和2个白球，每人从各自袋子中随机取出 一个球，若2个球同色，则甲胜，且将取出的2个球全部放入甲的袋 子中；若2个球异色，则乙胜，且将取出的2个球全部放入乙的袋子 中.则两次取球后，甲的袋子中恰有6个球的概率是 ( ) (W动 (®)3 (D)20 8.如图2，在边长为4的菱形ABCD中， ∠ABC=120°.将菱形沿对角线AC折叠成大 小为30°的二面角B'-AC-D.若点E为B'C 的中点，F为三棱锥B′-ACD表面上的动点， 且总满足AC⊥EF,则点F轨迹的长度为 图2 () (A)4+6-2 (B)4+6+2 2 2 (C)4+6-2 (D)4+6+2 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分 9.已知△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,且满足B= 号a+e=5b,则2= ( (A)2 (B)3 D 10.有一组样本数据x1,x2,·,xn,由这组数据得到新样本数据 少1，y2,…yn,其中为：=x:+c(i=1,2,…,n),c为非零常数，则 ( (A)两组样本数据的样本平均数相同 (B)两组样本数据的样本中位数相同 (C)两组样本数据的样本标准差相同 (D)两组样本数据的样本极差相同 11.已知正六棱锥P-ABCDEF的底面边长为2，体积为43，过 AB的平面a与PC,PF分别交于点M,N.则下列说法正确的有 ( (A)P-ABCDEF的外接球的表面积为16π (B)AB∥MN (C)BE⊥CN (D)从点A沿正六棱锥侧面到点D的最短路径长为5 第Ⅱ卷非选择题（共92分) 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12.高一年级共840名同学参加了数学单元测验，已知所有学生 成绩的80%分位数是85分，则至少有 名学生的成绩大于或 等于85分. 13.如图3所示，在△ABC中，0是BC的中点，过点0的直线分 别交直线AB,AC于不同的两点M,N,若AB=mA立，AC=nAN(m, n>0),则+4的最小值为」 高中数学·必修第一 图3 图4 14.在几何学中，截角立方体是一种十四面体，由八个正三角形 与六个正八边形组成，共有14个面，24个顶点以及36条边，是一种 (人教 阿基米德立体，属于半正多面体.如图4是一个所有棱长均为2的截 角立方体，则该截角立方体的外接球的表面积为 A 四、解答题：本题共5小题，共77分 版) 15.(13分)已知a=(1,0),b=(2,1) (1)若AB=2a+b,BC=a+mb,且A,B,C三点共线，求m的值； (2)当k为何值时，ka-b与a+2b共线？ 心素养综合测评卷 16.(15分)如图5所示，在四棱锥C-ABED中，四边形ABED是 正方形，点G,F分别是线段EC,BD的中点 (1)证明：GF∥平面ABC; (2)若AD⊥平面ABC,且AB=2AC,求异面直线GF与CD夹 角的余弦值 图5 高中数学·必修第二册（人教 17.(15分)在①bcos(受-C）=3 ecos B;②2Sam=万Bi A ·BC这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答， 版) 问题：在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且 心素养综合 (1)求角B; (2)在△ABC中，b=23,求△ABC周长的最大值， 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分· 评卷 18.(17分)某村为提高村民收益，种植了一批蜜柚，现为了更好 地销售，从该村的蜜柚树上随机摘下了100个蜜柚，测得其质量（单 位：克)均分布在区间[1500,3000]内，并绘制了如图6所示的频率 分布直方图. (1)按分层随机抽样的方法从质量落在区间[1750,2000)， [2000,2250)内的蜜柚中随机抽取5个，再从这5个蜜柚中随机抽 取2个，求这2个蜜柚质量均小于2000克的概率； (2)以各组数据的中间值代表这组数据的平均水平，以频率代 表概率，已知该村的蜜柚树上大约还有5000个蜜柚待出售，某电商 提出两种收购方案： 方案A:所有蜜柚均以10元/千克收购； 方案B:低于2250克的蜜柚以15元/个的价格收购，高于或等 于2250克的蜜柚以20元/个的价格收购. 请你通过计算为该村选择收益最好的方案， 频率 ◆组距 0.0016 0.0008---------------- 0.0006----.. 0.0004 0.0002- 0150 175020002250250027503000质量/克 图6 19.(17分)用光线照射物体，在某个平面上得到的影子叫做物 体的投影，照射光线叫做投影线，投影所在的平面叫作投影面.由平 行光线形成的投影叫做平行投影，由点光源发出的光线形成的投影 叫做中心投影.投影线垂直于投影面产生的平行投影叫做正投影，投 影线不垂直于投影面产生的平行投影叫做斜投影.物体投影的形状、 大小与它相对于投影面的位置和角度有关.已知平行四边形ABCD 在平面α内的平行投影是四边形A'B'C'D'. (1)若平行四边形ABCD平行于投影面（如图7），证明：四边形 A'B'CD'是平行四边形； (2)在图8中作出平面ABCD与平面α的交线（保留作图痕迹， 不需要写出过程)； 高 (3)如图9，已知四边形A'B'CD'和平行四边形ABCD的面积分 别为S,,S2,平面ABCD与平面的交线是直线l,且这个平行投影是 正投影.设二面角A-1-A'的平面角为(0为锐角)，猜想并写出角 0的余弦值（用S,S2表示），再给出证明 D 光线 D/光线 D光线 ·必修第 BC -- B' B' 图 图8 图9 册（人教A版）核心素养综合测评卷（一二） (参考答案见21~22版)