2025人教A版高中数学必修第二册强化练习题--全书综合测评

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2025人教A版高中数学必修第二册
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.已知复数z=+i5,则|z|=(　　)
A.2　　B.4　　C.2　　D.3
2.设m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,则下列命题中正确的是(　　)
A.若α⊥β,m∥α,则m⊥β
B.若m⊥β,m⊥α,n∥α,则n∥β
C.若m⊥α,n⊥β,m∥n,则α⊥β
D.若α∩β=m,n∥α,n∥β,则m∥n
3.已知平面向量a,b满足a=(1,-1),|b|=1,|a+2b|=,则向量a与向量a+2b的夹角为(　　)
A.　　B.　　C.　　D.
4.某市6月1日至14日的空气质量指数变化趋势如图所示,空气质量指数小于100表示空气质量优良,空气质量指数大于200表示空气重度污染,下列说法中不正确的是(　　)
A.该市14天空气质量指数的中位数为78.5
B.该市14天空气质量指数的第30百分位数为55
C.该市14天空气质量指数的平均值大于100
D.计算连续3天空气质量指数的方差,其中6日到8日的方差最大
5.陀螺是中国民间较早的娱乐工具之一,它可以视为一个圆锥和一个圆柱组合而成的几何体,图1是一种木陀螺,其直观图如图2所示,A,B分别为圆柱上、下底面圆的圆心,P为圆锥的顶点,若圆锥的底面周长为4π,高为2,圆柱的母线长为4,则该几何体的体积是(　　)
　
A.π　　B.32π　　 C.π　　D.(32+16)π
6.已知⊥,||=t,||=.若点P是△ABC所在平面内一点,且=+,则·的最大值为(　　)
A.13　　B.5-2　　C.5-2　　D.10+2
7.如图所示,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点P在棱C1D1上,且BP=3,则点A,C到平面BB1P的距离之和为(　　)
A.　　B. C.　　D.2
8.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若c-b=2bcos A,则的取值范围是(　　)
A.(-1,2)　　B.　　C.　　D.(2,3)
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.已知甲罐中有四个相同的小球,标号为1,2,3,4;乙罐中有五个相同的小球,标号为1,2,3,5,6,现从甲罐、乙罐中分别随机抽取1个小球,记事件A=“抽取的两个小球标号之和大于5”,事件B=“抽取的两个小球标号之积大于8”,则(　　)
A.事件A与事件B的样本点数分别为12,8
B.事件A,B间的关系为A B
C.事件A∪B发生的概率为
D.事件A∩B发生的概率为
10.下列四个命题中正确的是(　　)
A.若|z+1-i|=1,则|z-1-i|的最大值为3
B.若复数z1,z2满足|z1|=2,|z2|=2,z1+z2=1+i,则|z1-z2|=2
C.若=λ(λ∈R),则点P的轨迹经过△ABC的重心
D.在△ABC中,D为△ABC所在平面内一点,且=+,则=
11.已知在三棱锥P-ABC中,PA=PC=AB=BC=2,AC=2,平面PAC⊥平面ABC.若点O,M分别为AC,BC的中点,点N为三棱锥P-ABC表面上一动点,则下列说法正确的是(　　)
A.若AC⊥MN,则点N的轨迹长度为1+
B.若ON=,则点N的运动轨迹为两个半圆弧
C.若点N在棱AC上,则MN+NP的最小值为2
D.三棱锥P-ABC的外接球的表面积为20π
三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分)
12.甲、乙两人独立地解同一道题,甲,乙解对题的概率分别是,,那么至少有1人解对题的概率是　　　　.
13.已知过球面上A,B,C三点的截面和球心的距离为球半径的一半,且AB=BC=1,AC=,则球的表面积是　　　　.
14.如图,在△ABC中,AB=2,AC=1,D,E分别是直线AC,AB上的点,=2,=4,且·=-2,则∠BAC=　　　　;若P是线段DE上的一个动点,则·的最小值为　　　　.
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)已知向量a=(1,2),b=(3,x),c=(2,y),且a∥b,a⊥c.
(1)求b与c;
(2)若m=2a+b,n=a+c,求m与n的夹角.
16.(15分)在①∠BAC的平分线与BC边交于D,且AD=;②D为BC的中点,AD=;③AH为BC边上的高,AH=这三个条件中任选一个,补充在下面的问题中,并解决该问题.
在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知b=2,2cos A=3-acos B.
(1)求c;
(2)若　　　　,求∠BAC的大小.
注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.
17.(15分)为了估计一批产品的质量状况,现对100个产品的相关数据进行综合评分(满分100分),并绘制成如图所示的频率分布直方图.记综合评分为80分及以上的产品为一等品.
(1)求图中a的值,并求综合评分的平均数;
(2)用样本估计总体,以频率作为概率,按样本量比例分配的分层随机抽样的思想,先在该条生产线中随机抽取5个产品,再从这5个产品中随机抽取2个产品记录有关数据,求这2个产品中最多有1个一等品的概率;
(3)已知落在[50,60)内的平均综合评分是54分,方差是3,落在[60,70)内的平均综合评分为63分,方差是3,求落在[50,70)内的总平均综合评分和总方差s2.
18.(17分)如图1,四边形ABCD为菱形,∠ABC=60°,△PAB是边长为2的等边三角形,点M为AB的中点,将△PAB沿AB边折起,使PC=3,连接PD,如图2.
(1)证明:AB⊥PC;
(2)求异面直线BD与PC所成角的余弦值;
(3)在线段PD上是否存在点N,使得PB∥平面MCN 若存在,请求出的值;若不存在,请说明理由.
　
19.(17分)与传统的淘汰赛不同,近年来一个新型的赛制“双败赛制”赢得了许多赛事的青睐.传统的淘汰赛失败一场就丧失了冠军争夺的权利,而在“双败赛制”下,每人或者每个队伍只有失败了两场才会淘汰出局,因此更有容错率.假设最终进入半决赛的有四支队伍,淘汰赛制下会将他们四支队伍两两分组进行比赛,胜者进入总决赛,总决赛的胜者即为最终的冠军.“双败赛制”下,两两分组,胜者进入胜者组,败者进入败者组,胜者组两个队伍对决的胜者将进入总决赛,败者进入败者组.之前进入败者组的两个队伍对决的败者将直接淘汰,胜者将跟胜者组的败者对决,其中的胜者进入总决赛,最后总决赛的胜者即为冠军,“双败赛制”下会发现一个有意思的事情,在胜者组中的胜者只要输一场比赛即总决赛就无法拿到冠军,但是其他的队伍却有一次失败的机会,近年来从败者组杀上来拿到冠军的不在少数,因此很多人戏谑这个赛制对强者不公平,是否真的如此呢
这里我们简单研究一下两个赛制,假设四支队伍分别为A、B、C、D,其中A对阵其他三个队伍获胜概率均为p,另外三支队伍彼此对阵时获胜概率均为.最初分组时A、B同组,C、D同组.
(1)若p=,在淘汰赛赛制下,A、C获得冠军的概率分别为多少
(2)分别计算两种赛制下A获得冠军的概率(用p表示),并据此简单分析一下“双败赛制”对队伍的影响,是否如很多人质疑的“对强者不公平”.
答案全解全析
1.C　z=+i5=+i=+i=i-2+i=-2+2i,
∴|z|==2.故选C.
2.D　若α⊥β,m∥α,则m∥β或m β或m与β相交(不一定垂直),A错;
∵m⊥β,m⊥α,∴α∥β,又∵n∥α,∴n∥β或n β,B错;
若m⊥α,n⊥β,m∥n,则α∥β,C错;
若α∩β=m,n∥α,n∥β,则n与两平面α,β的交线m平行,即m∥n,D对.
故选D.
3.D　∵a=(1,-1),∴|a|=,
∵|b|=1,|a+2b|=,
∴(a+2b)2=a2+4a·b+4b2=2+4a·b+4=2,
∴a·b=-1,
∴a·(a+2b)=a2+2a·b=2-2=0,
∴向量a与向量a+2b的夹角为.故选D.
4.C　对于A,将14天的空气质量指数由小到大排列为33,38,52,53,55,65,76,81,102,102,116,122,158,163,
所以该市14天空气质量指数的中位数为=78.5,故A正确.
对于B,因为14×30%=4.2,所以该市14天空气质量指数的第30百分位数为55,故B正确;
对于C,=≈87,
则该市14天空气质量指数的平均值小于100,故C错误;
对于D,因为连续3天的空气质量指数,6日到8日的波动最大,所以方差最大,故D正确.
故选C.
5.C　设圆锥的底面半径为r,则2πr=4π,∴r=2,又圆锥的高为2,
故圆锥的体积为V1=π×(2)2×2=,
圆柱的底面半径为2,母线长即高,为4,
则圆柱的体积为V2=π×(2)2×4=32π,
故该几何体的体积为V1+V2=+32π=π,
故选C.
6.B　以A为坐标原点,建立如图所示的平面直角坐标系,
则A(0,0),B(t,0),C(t>0),
所以=(t,0),=,
故=(1,0),=(0,2),
则=+=(1,2),即P(1,2),
故=(t-1,-2),=,
所以·=1-t+4-=5-≤5-2,
当且仅当t=,即t=时,等号成立.
故选B.
7.B　在正方体ABCD-A1B1C1D1中,BB1⊥平面A1B1C1D1,因为B1P 平面A1B1C1D1,所以BB1⊥B1P,
由BP=3,得B1P===,
在Rt△B1C1P中,∠B1C1P=90°,则C1P==1,即点P为C1D1的中点,
又AA1∥BB1,BB1 平面BB1P,AA1 平面BB1P,因此AA1∥平面BB1P,
于是点A到平面BB1P的距离等于点A1到平面BB1P的距离,同理点C到平面BB1P的距离等于点C1到平面BB1P的距离(利用线面平行把点A,C到平面BB1P的距离分别转化为点A1,C1到平面BB1P的距离),
连接A1P,过A1,C1分别作B1P的垂线,垂足分别为O1,O,如图,
由=B1P·A1O1=A1B1·A1D1,得A1O1=2×2,解得A1O1=,
在Rt△B1C1P中,C1O===,
则A1O1+C1O=+=,
所以点A,C到平面BB1P的距离之和为.
故选B.
8.D　由题意,结合正弦定理得sin C-sin B=2sin Bcos A,
又sin C=sin[π-(A+B)]=sin(A+B)=sin Acos B+cos Asin B,
所以sin Acos B+cos Asin B-sin B=2sin Bcos A,
则sin B=sin Acos B-sin Bcos A=sin(A-B),
又A∈(0,π),B∈(0,π),则A-B∈(-π,π),
所以B=A-B或B+(A-B)=π,即A=2B或A=π(舍去),
则C=π-A-B=π-3B,
所以解得0所以===
==
==2cos B+1∈(2,3),
所以的取值范围是(2,3).
故选D.
9.CD　用(a,b)表示从甲罐、乙罐中抽取的小球标号的情况,
则所有的情况有(1,1),(1,2),(1,3),(1,5),(1,6),(2,1),(2,2),(2,3),(2,5),(2,6),(3,1),(3,2),(3,3),(3,5),(3,6),(4,1),(4,2),(4,3),(4,5),(4,6),共20种,
其中满足事件A的结果有(1,5),(1,6),(2,5),(2,6),(3,3),(3,5),(3,6),(4,2),(4,3),(4,5),(4,6),共11种,
其中满足事件B的结果有(2,5),(2,6),(3,3),(3,5),(3,6),(4,3),(4,5),(4,6),共8种,故A错误;
因为事件B的结果均包含在事件A中,故B A,故B错误;
因为A∪B=A,所以A∪B的结果有11种,
所以P(A∪B)=,故C正确;
因为A∩B=B,所以A∩B的结果有8种,故P(A∩B)==,故D正确.
故选CD.
10.ABC　对于A,由|z+1-i|=1的几何意义,知复数z对应的点Z到定点(-1,1)的距离为1,即动点Z的轨迹是以(-1,1)为圆心,1为半径的圆,|z-1-i|表示动点Z与点(1,1)间的距离,由圆的性质知|z-1-i|max=+1=3,A正确;
对于B,设z1=m+ni,z2=c+di(m,n,c,d∈R),因为|z1|=2,|z2|=2,z1+z2=1+i,
所以m2+n2=4,c2+d2=4,m+c=1,n+d=,
所以mc+nd=-2,所以|z1-z2|=|(m-c)+(n-d)i|====2,B正确;
对于C,由正弦定理得AC·sin C=AB·sin B,即||sin C=||sin B,
∴=λ=(+),设BC的中点为E,如图,
则+=2,则=,由平面向量共线定理得A,P,E三点共线,即点P在边BC上的中线所在直线上,故点P的轨迹经过△ABC的重心,C正确;
对于D,如图,由已知易得,点D在与AB平行的△ABC的中位线上,且点D与AB的三等分点(靠近A)的连线平行于AC,故有S△ABD=S△ABC,S△ACD=S△ABC,S△BCD=S△ABC=S△ABC,所以=,D错误.
故选ABC.
11.ABD　因为PA=PC=AB=BC=2,点O,M分别为AC,BC的中点,
所以BO⊥AC,PO⊥AC,又BO,PO 平面BOP,且BO∩PO=O,所以AC⊥平面BOP,
已知AC=2,利用勾股定理可得BO=PO=1,
又平面PAC⊥平面ABC,平面PAC∩平面ABC=AC,PO⊥AC,所以PO⊥平面ABC,
因为BO 平面ABC,所以PO⊥BO,则由勾股定理可得PB=.
取PC,OC的中点E,F,连接ME,MF,EF,如图所示:
易得MF∥BO,EF∥PO,所以MF⊥AC,EF⊥AC,又MF∩EF=F,所以AC⊥平面MEF.
N为三棱锥P-ABC表面上一动点,
若AC⊥MN,则N点的轨迹为线段ME,MF,EF上除去M之外的点,
所以点N的轨迹长度为ME+MF+EF=++=1+,A正确.
若ON=,则N点的轨迹是以O为球心,为半径的球与三棱锥P-ABC表面的交线,
易知在平面PAC内,N点的轨迹是以O为圆心,为半径的半圆弧,
同理在平面ABC内,N点的轨迹是以O为圆心,为半径的半圆弧,
设点O到平面PBC的距离为d,由等体积法可得S△BOC·PO=S△PBC·d,即××1××1=×××·d,
解得d=>,由对称性可知O到平面PAB的距离也为,
即以O为球心,为半径的球与平面PBC和平面PAB无交点,
所以N点的轨迹是在平面PAC和平面ABC内的两个半圆弧,B正确.
将平面PAC沿AC旋转至与平面ABC在同一平面内,如图所示:
易知四边形PABC为菱形,连接PM交AC于N,此时MN+NP最短,为PM的长,
因为PB=BC=PC=2,所以PM=,
可得MN+NP的最小值为,C错误.
作AQ∥BC,QC∥AB,则易知四边形ABCQ为菱形,显然Q点即为△ABC外接圆的圆心(QA=QB=QC=2),
设三棱锥P-ABC的外接球的球心为O1,半径为R,
易知球心O1在Q点正下方,如图所示:
设O1Q=h,在Rt△O1QB中,由勾股定理得h2+22=R2,
结合(h+1)2+12=R2(点O1到点P的垂直距离为O1Q+OP=h+1,点O1到点P的水平距离为1,O1P=R),解得h=1,R=,所以三棱锥P-ABC的外接球的表面积为4πR2=20π,D正确.故选ABD.
12.答案　
解析　至少有1人解对题的概率P=1-=.
13.答案　
解析　在△ABC中,AB=BC=1,AC=,则cos∠BAC==,sin∠BAC=,
由正弦定理得△ABC外接圆半径r=×=1,设球的半径为R,
于是R2=+1,解得R2=,所以球的表面积是4πR2=.
14.答案　;
解析　∵=2,=4,
∴=2,=5.
又∵AB=2,AC=1,·=-2,
∴(-)·(-)=(5-)·(2-)
=11·-5-2
=11×2×1×cos∠BAC-5×1-2×4
=22cos∠BAC-13=-2,
∴cos∠BAC=,
∵∠BAC∈(0,π),∴∠BAC=.
设=λ,λ∈[0,1],
∵=2,=,
∴·=(+)·(+)
=·
=++·
=16+25+×5×4×cos
=21λ2-12λ+7
=21+,
∴当λ=时,·有最小值,为.
15.解析　(1)∵a∥b,∴x-2×3=0,得x=6,∴b=(3,6),(3分)
∵a⊥c,∴1×2+2y=0,得y=-1,∴c=(2,-1).(6分)
(2)由(1)可知m=2a+b=(5,10),n=a+c=(3,1),(8分)
则cos===,(11分)
∵∈[0,π],∴=.
∴m与n的夹角为.(13分)
16.解析　(1)由题意得bcos A=3-acos B,即bcos A+acos B=3,(1分)
由余弦定理的推论得b·+a·=3,(3分)
所以c=3.(6分)
(2)若选①:
记∠BAC=2θ,
则有S△ABC=S△ACD+S△ABD,
即bcsin 2θ=b·ADsin θ+c·ADsin θ,(9分)
即6sin 2θ=sin θ+sin θ,即sin 2θ=sin θ,所以2sin θcos θ=sin θ,(11分)
因为θ∈,所以sin θ≠0,从而cos θ=,即θ=,(13分)
所以∠BAC=.(15分)
若选②:
由于D为BC的中点,所以=(+),(8分)
即4=++2·,
又因为||=,||=3,||=2,所以·=-3,(11分)
即||·||·cos∠BAC=-3,所以cos∠BAC=-,(13分)
又因为∠BAC∈(0,π),所以∠BAC=.(15分)
若选③:
由于AH为BC边上的高,
在Rt△BAH中,BH2=AB2-AH2=9-=,所以BH=,(8分)
在Rt△CAH中,CH2=AC2-AH2=4-=,所以CH=,(10分)
所以BC=BH+CH=,
由余弦定理的推论得cos∠BAC===-,(13分)
又因为∠BAC∈(0,π),所以∠BAC=.(15分)
17.解析　(1)由题意得(0.005+0.010+0.025+a+0.020)×10=1,
解得a=0.040,(2分)
设综合评分的平均数为分,
则=10×(55×0.005+65×0.010+75×0.025+85×0.040+95×0.020)=81,
所以综合评分的平均数为81分.(5分)
(2)该样本中一等品的频率为(0.040+0.020)×10=0.6,则从中抽取5个产品,其中一等品有3个,分别记为a,b,c,非一等品有2个,分别记为D,E,
从这5个产品中随机抽取2个,样本空间Ω={ab,ac,aD,aE,bc,bD,bE,cD,cE,DE},n(Ω)=10.(7分)
记事件A=“抽取的这2个产品中最多有1个一等品”,
则A={aD,aE,bD,bE,cD,cE,DE},n(A)=7,(8分)
所以所求概率为.(11分)
(3)由题意可知,落在[50,60)内的频率为0.05,落在[60,70)内的频率为0.1,
所以=×54+×63=60(分),(13分)
s2=[3+(54-60)2]+[3+(63-60)2]=21.(15分)
18.解析　(1)证明:连接PM,AC,因为△PAB是边长为2的等边三角形,点M为AB的中点,所以PM⊥AB.
因为四边形ABCD为菱形,∠ABC=60°,所以△ABC为等边三角形,所以CM⊥AB,(2分)
因为PM∩MC=M,PM,MC 平面PMC,所以AB⊥平面PMC,(4分)
因为PC 平面PMC,所以AB⊥PC.(5分)
(2)在PM上取点Q,使得PQ=2QM,设DB∩MC=F,连接BQ,QF,
因为BM∥CD,所以===,
在△PMC中,==,所以QF∥PC,
所以∠BFQ或其补角为异面直线BD与PC所成的角,(7分)
因为=,所以QF=×3=1,
易得BF=BD==×=,
BQ===,(10分)
在△BFQ中,由余弦定理的推论得cos∠BFQ===,
所以异面直线BD与PC所成角的余弦值为.(12分)
(3)假设线段PD上存在点N,使得PB∥平面MCN.
连接NF,因为PB∥平面MCN,PB 平面PBD,平面PBD∩平面MCN=NF,
所以PB∥NF,(14分)
又==,所以==.(16分)
所以线段PD上存在点N,使得PB∥平面MCN,且=.(17分)
19.解析　(1)A获得冠军:A、B组A获胜,再由A与C、D组胜者决赛并胜出,(2分)
A获得冠军的概率为P1=××+××=;(4分)
C获得冠军:C、D组C获胜,再由C与A、B组胜者决赛并胜出,(6分)
C获得冠军的概率为P2=××+××=.(8分)
(2)淘汰赛赛制下,A获得冠军的概率为p××p+p××p=p2.(10分)
“双败赛制”下,讨论A进入胜者组、败者组两种情况,
当A进入胜者组时,若在胜者组A失败,后两局都胜,方可得冠军,
若在胜者组A胜利,后一局(与败者组胜者比赛)胜,方可得冠军;
当A进入败者组时,后三局都胜,方可得冠军.(12分)
综上,A获得冠军的概率为p3(1-p)+p3+(1-p)p3=p3(3-2p).(14分)
令f(p)=p3(3-2p)-p2=p2(-2p2+3p-1)=p2(2p-1)(1-p),(16分)
若A为强队,则0,
所以“双败赛制”下对强者更有利.(17分)
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