人教版高中数学必修第二册综合检测试题含答案

综合检测试题

选题明细表

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.已知a∈R,复数z=(a+2i)i+(i为虚数单位)为实数,则a等于(　A　)

(A)1 (B)-1 

(C)2 (D)-2

解析:因为z=(a+2i)i+(i为虚数单位)为实数,

z=(a+2i)i+=ai+2i2+=-2+(a-1)i,

所以a-1=0,解得a=1.故选A.

2.某中学举办电脑知识竞赛,满分为100分,80分以上(含80分)为优秀,现将高一两个班参赛学生的成绩进行整理后分成五组:第一组[50,60),第二组[60,70),第三组[70,80),第四组[80,90),第五组[90,100],其中第一、第三、第四、第五小组的频率分别为0.30,0.15,0.10,0.05,而第二小组的频数是40,则参赛的人数以及成绩优秀的概率分别是(　C　)

(A)50,0.15 (B)50,0.75

(C)100,0.15 (D)100,0.75

解析:由已知得第二小组的频率是1-0.30-0.15-0.10-0.05=0.40,频数为40,

设共有参赛学生x人,则x×0.4=40,

所以x=100.

成绩优秀的概率为0.15.

故选C.

3.若平面向量a与b满足|a|=2,|b|=1,|a+b|=,则a与b的夹角θ为(　C　)

(A)30° (B)45° 

(C)60° (D)120°

解析:|a+b|=

=

=

==,

解得cos θ=,θ=60°.故选C.

4.某中学组织了“英雄事迹我来讲”活动.已知该中学共有高中生

2 700名,用分层随机抽样的方法从该校高中学生中抽取一个容量为45的样本参加活动,其中高三年级抽取了14人,高二年级抽取了

15人,则该校高一年级学生人数为(　B　)

(A)720        (B)960 

(C)1 020        (D)1 680

解析:由题意高一抽取的学生人数为45-14-15=16.

设高一学生人数为n,则=,解得n=960.故选B.

5.已知200辆汽车经过某一雷达地区速度的频率分布直方图如图所示,则速度超过60 km/h(含60 km/h)的汽车的辆数为(　B　)

(A)65 (B)76 (C)88 (D)95

解析:由频率分布直方图可得数据落在[60,80)内的频率是(0.028+0.010)×10=0.38,故速度超过60 km/h(含60 km/h)的汽车的辆数为200×0.38=76.故选B.

6.已知棱长为1的正方体的所有顶点在一个球面上,则这个球的表面积为(　C　)

(A)π    (B)π 

(C)3π (D)4π

解析:由题意,正方体的中心为其外接球的球心,因为正方体的棱长为1,所以正方体的对角线长为,则外接球的半径为,所以外接球的表面积为4π×()2=3π.故选C.

7.已知向量a=(5,2),b=(3,x),c=(2,4),且(a-b)·c=0,则x等于(　B　)

(A)2 (B)3 (C)4 (D)5

解析:因为a-b=(5,2)-(3,x)=(2,2-x),

所以 (a-b)·c=2×2+4×(2-x)=12-4x=0,解得x=3.故选B.

8.已知棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中,E为DC中点,F在线段D1C1上运动,则三棱锥FADE的外接球的表面积最小值为(　C　)

(A)14π (B)9π 

(C)π (D)π

解析:取AE的中点O1,易知O1为Rt△ADE的外心,取D1C1的中点P,连接A1P,取A1P的中点Q,连接O1Q,

由正方体的性质可得O1Q⊥平面ABCD,

则三棱锥FADE的外接球球心O在直线O1Q上,

连接OF,

取D1P的中点H,

连接OH,QH,

由中位线的性质可得QH∥A1D1且QH=A1D1=1,

所以QH⊥D1C1,

所以D1C1⊥平面QHO,D1C1⊥OH,

若要使三棱锥FADE的外接球的表面积最小,

则要使其半径即OF最小,

易知当OF⊥D1C1,

即点F与H重合时,OF最小,

设O1O=m,由题意O1E=,O1Q=2,

则OE2=O1E2+O1O2=+m2,

OH2=OQ2+QH2=(2-m)2+1,

由OE2=OH2可得+m2=(2-m)2+1,

化简可得m=,

此时,三棱锥FADE的外接球的半径R满足R2=OE2=+m2=,

所以三棱锥FADE的外接球的表面积最小值Smin=4πR2=4π·=

π.

故选C.

二、多项选择题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的四个选项中,有多项是符合题目要求的.全部选对的得5分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)

9.已知复数ω=-+i(i是虚数单位),是ω的共轭复数,则下列的结论正确的是(　AC　)

(A)ω2=       (B)ω3=-1

(C)ω2+ω+1=0 (D)ω>

解析:因为ω=-+i,所以=--i,

所以ω2=-i-=--i=,故A正确;

ω3=ω2ω=(--i)(-+i)=-(-)=1,故B错误;

ω2+ω+1=--i-+i+1=0,故C正确;

虚数不能比较大小,故D错误.故选AC.

10.某人射箭9次,射中的环数依次为7,8,9,7,6,9,8,10,8,关于这组数据,下列说法正确的是(　ABD　)

(A)这组数据的众数是8

(B)这组数据的平均数是8

(C)这组数据的中位数是6

(D)这组数据的方差是

解析:数据从小到大排列为6,7,7,8,8,8,9,9,10,

所以众数为8,A选项正确;中位数为8,C选项错误;

平均数为=8,所以B选项正确;

方差为×[(6-8)2+(7-8)2×2+(8-8)2×3+(9-8)2×2+(10-8)2]=,

所以D选项正确.故选ABD.

11. 如图,△ABC的三个内角A,B,C对应的三条边长分别是a,b,c,

∠ABC为钝角,BD⊥AB,cos 2∠ABC=-,c=2,b=,则下列结论正确的有(　AC　)

(A)sin A=

(B)BD=2

(C)5=3

(D)△CBD的面积为

解析:由cos 2∠ABC=-,

得2cos 2∠ABC-1=-,

又∠ABC为钝角,解得cos ∠ABC=-.

由余弦定理b2=a2+c2-2accos ∠ABC,

得=a2+4-4a·(-),

解得a=2,可知△ABC为等腰三角形,即A=C,

所以cos ∠ABC=-cos 2A=-(1-2sin 2A)=-,

解得sin A=,故A正确;

可得cos A==.

在Rt△ABD中,=cos A,得AD=,可得BD===1,故B错误;

CD=b-AD=-=,

可得==,

可得5=3,故C正确;

S△BCD=a·CDsin C=×2××=,故D错误.

故选AC.

12.已知边长为2的菱形ABCD中,∠ABC=,现沿着BD将菱形折起,使得AC=,则下列结论正确的是(　ABC　)

(A)AC⊥BD

(B)二面角ABDC的大小为

(C)点A到平面BCD的距离为

(D)直线AD与平面BCD所成角的正切值为

解析:取BD的中点O,连接OA,OC.

由菱形性质可知△ABD和△BCD都是等边三角形,

所以BD⊥OA,BD⊥OC,又OA∩OC=O,

所以BD⊥平面AOC,

所以BD⊥AC,故选项A正确;

由BD⊥OA,BD⊥OC可知∠AOC为二面角ABDC的平面角,

由AB=AD=BC=CD=BD=2,

可知OA=OC=,又AC=,

所以∠AOC=,故选项B正确;

所以点A到平面BCD的距离

h=OA·sin ∠AOC=×=,

故选项C正确;

过点A作AM⊥平面BCD,垂足为M,则M为OC的中点,所以OM=OC=,

连接DM,则∠ADM为直线AD与平面BCD所成的角,且AM=,

DM===,

所以tan∠ADM==,故选项D错误.故选ABC.

三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.将答案填在题中的横线上)

13.如图,把一个表面涂有蓝漆的正方体木块锯成64个完全相同的小正方体,若从中任取一块,则这一块至多有一面涂有蓝漆的概率为　　　　. 

解析:有两面涂有蓝漆的小木块有24个,有三面涂有蓝漆的小木块有8个,

则至多有一面涂有蓝漆的小木块有32个,

故P==.

答案:

14.某中学为了丰富学生的业余生活,开展了一系列文体活动,其中一项是同学们最感兴趣的3对3篮球对抗赛,现有甲、乙两队进行比赛,甲队每场获胜的概率为,且各场比赛互不影响.若采用五局三胜制进行比赛,则乙队在第四场比赛后即获得胜利的概率是　　　　. 

解析:设Ai(i=1,2,3,4,5)表示甲队在第i场比赛获胜,

采用五局三胜制,则乙队在第四场比赛后即获得胜利的概率为

P(A1 )+P( A2 )+P( A3 )=×()3×3=.

答案:

15.如图,平行四边形形状的纸片是由六个边长为2的正三角形组成的,将它沿虚线对折起来,可以得到如图所示形状的六面体,则该六面体的体积为　　　　. 

解析:由题意可知该六面体是由两个正四面体组合成的,如图,三棱锥ABCD即为棱长为2的正四面体,

取CD中点E,连接BE,在BE上取一点F,使BF=2FE,连接AF,

易知BE=CD=,

BF=BE=,

点F为△BCD的中心,AF为该三棱锥的高,

所以S△BCD=CD·BE=,

AF===,

所以=S△BCD·AF=××=,

所以该六面体的体积为2=.

答案:

16.如图,在平面直角坐标系xOy中,矩形ABCD的顶点A,B分别在x轴非负半轴和y轴的非负半轴上滑动,顶点C在第一象限内,AB=2,BC=1,设∠DAx=θ.若θ=,则点C的坐标为　　     　,若θ∈(0,),则·的取值范围为　　　　. 

解析:分别过点D作x,y轴的垂线,垂足分别为E,F,过点C分别作x,y轴的垂线,垂足分别为M,N,如图所示.

则∠OBA=∠DAE=∠BCN=θ,

设点C(x1,y1),D(x2,y2),

则x1=CN=cos θ,y1=OB+BN=2cos θ+sin θ,

x2=OA+AE=2sin θ+cos θ,y2=DE=sin θ.

当θ=时,x1=cos =,y1=2cos +sin =,则点C(,).

由上可知,C(cos θ,2cos θ+sin θ),D(2sin θ+cos θ,sin θ),

则·=cos θ(2sin θ+cos θ )+(2cos θ+sin θ)sin θ=

1+4sin θcos θ=1+2sin 2θ∈(1,3],

因此,·的取值范围是(1,3].

答案:(,)　(1,3]

四、解答题(本大题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)

17.(本小题满分10分)

已知a=(cos α,sin α),b=(cos β,sin β),其中0<α<β<π.

(1)求向量a+b与a-b的夹角;

(2)若ka+b与a-kb的模相等,求的值(k为非零的常数).

解:(1)由已知得|a|=|b|=1,

则(a+b)·(a-b)=a2-b2=0,

因此(a+b)⊥(a-b),

因此,向量a+b与a-b的夹角为90°.

(2)由a=(cos α,sin α),b=(cos β,sin β),

可得ka+b=(kcos α+cos β,ksin α+sin β),

a-kb=(cos α-kcos β,sin α-ksin β),

因为|ka+b|=,

|a-kb|=,

所以=

,

整理可得=,

即4kcos (β-α)=0,

因为k≠0,

所以cos (β-α)=0,即cos (α-β)=0.

因为0<α<β<π

所以-π<α-β<0,

因此α-β=-,即=-.

18.(本小题满分12分)

已知某校甲、乙、丙三个年级的学生志愿者人数分别为160,160,80,现采用分层随机抽样的方法从中抽取5名同学去某敬老院参加爱心活动.

(1)应从甲、乙、丙三个年级的学生志愿者中分别抽取多少人?

(2)设抽出的5名同学分别用A,B,C,D,E表示,现从中随机抽取2名同学承担敬老院的卫生工作.

①试用所给字母列举出所有可能的抽取结果;

②设M为事件“抽取的2名同学来自同一年级”,求事件M发生的

概率.

解:(1)甲、乙、丙三个年级的学生志愿者人数之比为2∶2∶1,

所以从甲、乙、丙三个年级的学生志愿者中分别抽取2人、2人、

1人.

(2)①从抽出的5名同学中随机抽取2名同学的所有等可能结果为

{A,B},{A,C},{A,D},{A,E},{B,C},{B,D},{B,E},{C,D},{C,E},{D,E},共10种.

②不妨设抽出的5名同学中,

来自甲年级的是A,B,来自乙年级的是C,D,来自丙年级的是E,

则从抽出的5名同学中随机抽取的2名同学来自同一年级的所有等可能结果为{A,B},{C,D},共2种.

所以事件M发生的概率为P(M)==.

19.(本小题满分12分)

如图,在三棱柱ABCA1B1C1中,侧面BCC1B1是矩形,平面ACC1A1⊥平面BCC1B1,M是棱CC1的中点,CC1=AC=2,∠ACC1=60°.

(1)求证:AM⊥BB1;

(2)若N是AB的中点,求证:CN∥平面AB1M.

证明:(1)连接AC1,

因为CC1=AC=2,∠ACC1=60°,

所以三角形ACC1是等边三角形,

由于M是CC1的中点,所以AM⊥CC1.

因为平面ACC1A1⊥平面BCC1B1且两个平面的交线为CC1,所以AM⊥平面BCC1B1,

又BB1⊂平面BCC1B1,所以AM⊥BB1.

(2)取BB1的中点P,连接NP,CP.

因为N是AB的中点,P是BB1的中点,

所以在△ABB1中,NP∥AB1,

由于NP⊄平面AB1M,AB1⊂平面AB1M,

所以NP∥平面AB1M.

又在三棱柱ABCA1B1C1中,

所以BB1∥CC1,即PB1∥CM,且PB1=CM,

所以四边形PB1MC为平行四边形,

所以CP∥MB1,

由于CP⊄平面AB1M,MB1⊂平面AB1M,

所以CP∥平面AB1M.

因为NP∩CP=P,

所以平面CNP∥平面AB1M,

又CN⊂平面CNP.

所以CN∥平面AB1M.

20.(本小题满分12分)

在①cos A(ccos B+bcos C)=asin A,②cos 2A-cos 2B=2sin C(sin B-

sin C),③m=(2,1),n=(2cos 2,-cos 2A+1),m·n=这三个条件中任选一个,补充到下面问题中,并解答问题.

在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且　　　　. 

(1)求A;

(2)若a=3,求△ABC周长的取值范围.

注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.

解:(1)方案一:若选①,由已知及正弦定理得,

cos A(sin Ccos B+sin Bcos C)=sin 2A,

所以cos Asin (C+B)=sin 2A,

所以cos Asin A=sin 2A,

又A∈(0,π),所以sin A≠0,

所以cos A=sin A,即tan A=,所以A=.

方案二:若选②,由已知及倍角公式得(1-2sin 2A)-(1-2sin 2B)=

2sin C(sin B-sin C),

所以2sin 2B-2sin 2A=2sin Csin B-2sin 2C,

所以sin 2B+sin 2C-sin 2A=sin Csin B,

由正弦定理得b2+c2-a2=bc,

由余弦定理得cos A==,

又A∈(0,π),所以A=.

方案三:若选③,依题意m·n=4cos 2-cos2A+1=,

将cos 2=,cos2A=2cos 2A-1

代入整理得,(2cos A-1)2=0,

所以cos A=,

因为A∈(0,π),

所以A=.

(2)由正弦定理得===2,

所以b+c=2(sin B+sin C)

　　　　=2

　　　　=2

　　　　=6sin (B+),

因为B∈(0,),

所以B+∈(,),

所以sin (B+)∈(,1],

故6sin (B+)∈(3,6],即b+c∈(3,6],

所以△ABC周长的取值范围为(6,9].

21.(本小题满分12分)

如图是某社区关于生态文明建设进展情况的调查,调查数据表明,环境治理和保护问题仍是百姓最为关心的热点,参与调查者中关注此问题的约占80%.现从参与关注生态文明建设的人群中随机选出200人,这200人的年龄区间为[15,65],并将这200人按年龄分组:第一组[15,25),第二组[25,35),第三组[35,45),第四组[45,55),第五组[55,65],得到的频率分布直方图如图所示.

(1)求出a的值;

(2)求这200人年龄的样本平均数(同一组数据用该区间的中点值作代表)和中位数;(精确到小数点后一位)

(3)现在要从年龄较小的第一、第二组中用分层随机抽样的方法抽取5人,再从这5人中随机抽取3人进行问卷调查,求从第二组恰好抽到2人的概率.

解:(1)由10×(0.010+0.015+a+0.030+0.010)=1,得a=0.035.

(2)平均数为20×0.1+30×0.15+40×0.35+50×0.3+60×0.1=

41.5(岁).

设中位数为x岁,则10×0.010+10×0.015+(x-35)×0.035=0.5,所以x≈42.1,即中位数约为42.1岁.

(3)第一、第二组的人数分别为20,30,从第一、第二组中用分层随机抽样的方法抽取5人,则第一、第二组抽取的人数分别为2,3.

分别记为A1,A2,b1,b2,b3,则从5个人中随机抽取3人,则基本事件有

(A1,A2,b1),(A1,A2,b2),(A1,A2,b3),(A1,b1,b2),(A1,b1,b3),(A1,b2,b3),

(A2,b1,b2),(A2,b1,b3),(A2,b2,b3),(b1,b2,b3),共10个,

故从第二组中恰好抽到2人的概率为P==.

22. (本小题满分12分)

四棱锥PABCD中,PA⊥平面ABCD,四边形ABCD为菱形,∠ADC=60°,

PA=AD=2,E为AD的中点.

(1)求证:平面PCE⊥平面PAD.

(2)求PC与平面PAD所成的角的正切值.

(3)求二面角APDC的正弦值.

(1)证明:连接AC,因为四边形ABCD为菱形,

所以DA=DC.

因为∠ADC=60°,

所以△ADC为等边三角形,

所以CA=CD.

在△ADC中,E是AD中点,

所以CE⊥AD.

因为PA⊥平面ABCD,CE⊂平面ABCD,

所以CE⊥PA.

因为PA∩AD=A,

所以EC⊥平面PAD.

因为CE⊂平面PCE,

所以平面PCE⊥平面PAD.

(2)解:因为EC⊥平面PAD,

所以斜线PC在平面PAD内的射影为PE,

即∠CPE是PC与平面PAD所成角的平面角.

因为PA⊥平面ABCD,AD⊂平面ABCD,

所以PA⊥AD.

在Rt△PAE中,PE==,

在Rt△CED中,CE==,

因为EC⊥平面PAD,PE⊂平面PAD,

所以EC⊥PE,

在Rt△CEP中,tan∠CPE==,

所以PC与平面PAD所成角的正切值为.

(3)解:在平面PAD中,过点E作EM⊥PD,垂足为M,连接CM,

因为EC⊥平面PAD,PD⊂平面PAD,

所以EC⊥PD.

因为EM∩CM=M,

所以PD⊥平面EMC,

所以PD⊥CM,

所以∠EMC是二面角APDC的平面角,

在Rt△EMD中,ED=1,∠ADP=45°,

所以ME=MD=,

在Rt△CMD中,MD=,CD=2,

所以MC==,

在△EMC中,EC=,

由余弦定理得cos ∠EMC===,

所以二面角APDC的正弦值为.