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必修第二册综合测评
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这是一份高中数学苏教版 (2019)必修 第二册本册综合练习，共26页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
全书综合测评
(满分:150分;时间:120分钟)
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.i是虚数单位,则复数z=2-ii在复平面内对应的点位于( )
A.第一象限 B.第二象限
C.第三象限 D.第四象限
2.在△ABC中,AB=2,AC=3,AB·BC=1,则BC=( )
A.3 B.7 C.22 D.23
3.已知某地区中小学生人数和近视情况分别如图1和如图2所示,为了了解该地区中小学生的近视形成原因,用分层抽样的方法抽取2%的学生进行调查,则样本容量和抽取的高中生近视人数分别为( )
图1
图2
A.100,20 B.200,20 C.100,10 D.200,10
4.已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1,O2,过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形,则该圆柱的表面积为( )
A.122π B.12π C.82π D.10π
5.若2sinα+π3=3sin α-7,则tan α=( )
A.-233 B.233 C.-32 D.32
6.已知M,N为单位圆O:x2+y2=1上的两个动点,且满足|MN|=1,P(3,4),则|2PM-PN|的最大值为( )
A.5+3 B.5-3 C.5+23 D.5
7.已知△ABC的三个内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且满足cos2A-cos2B+cos2C=1+sin Asin C,sin A+sin C=1,则△ABC的形状为( )
A.等边三角形
B.等腰直角三角形
C.顶角为5π6的等腰三角形
D.顶角为2π3的等腰三角形
8.在△ABC中,已知AB=27,BC=37,AC=7,D是AC边上一点,将△ABD沿BD折起,得到三棱锥A-BCD.若该三棱锥的顶点A在底面BCD的射影M在线段BC上,设BM=x,则x的取值范围为( )
A.(27,37) B.(7,27)
C.(0,7) D.(0,27)
二、多项选择题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多个选项符合题目要求,全部选对的得5分,部分选对的得3分,有选错的得0分)
9.甲、乙两人在相同的条件下各打靶6次,甲的成绩分别是8,6,8,6,9,8;乙的成绩分别是4,6,8,7,10,10,则以下说法正确的是( )
A.甲、乙两人打靶的平均环数相等
B.甲打靶环数的中位数比乙打靶环数的中位数大
C.甲打靶环数的众数比乙打靶环数的众数大
D.甲打靶的成绩比乙的稳定
10.2019年以来,世界经济和贸易增长放缓,中美经贸摩擦影响持续显现,我国对外贸易仍然表现出很强的韧性.今年以来,商务部会同各省市全面贯彻落实稳外贸决策部署,出台了一系列政策举措,全力营造法治化、国际化、便利化的营商环境,不断提高贸易便利化水平,外贸稳规模、提质量、转动力取得阶段性成效,进出口保持稳中提质的发展势头,下图是某省近五年进出口情况统计图,下列描述正确的是( )
A.2015年出口额最少
B.出口总额比进口总额多
C.出口增速前四年逐年下降
D.2019年进口增速最快
11.△ABC是边长为2的等边三角形,已知向量a,b满足AB=2a,AC=2a+b,则下列结论中正确的是( )
A.a为单位向量 B.b为单位向量
C.a⊥b D.(4a+b)⊥BC
12.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且(a+b)∶(a+c)∶(b+c)=9∶10∶11,则下列结论正确的是( )
A.sin A∶sin B∶sin C=4∶5∶6
B.△ABC是钝角三角形
C.△ABC的最大内角是最小内角的2倍
D.若c=6,则△ABC外接圆的半径为877
三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.将答案填在题中横线上)
13.将2本不同的数学书和1本语文书在书架上随机排成一行,则2本数学书相邻的概率为 .
14.如图,在△ABC中,∠BAC=120°,AB=2,AC=1,D是边BC上一点,DC=2BD,则AD·BC= .
15.在△ABC中,a,b,c分别是角A,B,C所对的边,且a=2,sin A=32,则A= ;若角A为钝角,则b+12c的取值范围为 .(第一空2分,第二空3分)
16.如图,已知等边三角形ABC是一个半球的大圆O的内接三角形,点P在球面上,且OP⊥平面ABC,则三棱锥P-ABC与半球的体积比为 .
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)已知复数z满足|z|=2,z2的虚部为2.
(1)求复数z;
(2)设z,z2,z-z2在复平面上对应的点分别为A,B,C,求△ABC的面积.
18.(本小题满分12分)已知a,b,c在同一平面内,且a=(1,2).
(1)若|c|=25,且c∥a,求c;
(2)若|b|=52,且(a+2b)⊥(2a-b),求a与b的夹角.
19.(本小题满分12分)已知向量a=(sin x,cos x-1),b=(3,-1),设f(x)=a·b.
(1)求函数f(x)的最小正周期和图象的对称中心;
(2)已知α为锐角,β∈(0,π),fα+π6=135,sin(α+β)=-1213,求sin(2α+β)的值.
20.(本小题满分12分)《山东省高考改革试点方案》规定:从2020年开始,高考物理、化学等六门选考科目的考生原始成绩从高到低划分为A,B+,B,C+,C,D+,D,E八个等级,确定各等级人数所占比例分别为3%,7%,16%,24%,24%,16%,7%,3%,选考科目成绩计入考生总成绩时,将A至E等级内的考生原始成绩依照等比例转换法则,分别转换到[91,100],[81,90],[71,80],[61,70],[51,60],[41,50],[31,40],[21,30]八个分数区间,得到考生的等级成绩.
某校2017级学生共1 000人,以期末考试成绩为原始成绩转换了本校的等级成绩,为学生合理选科提供依据,其中物理成绩获得等级A的学生原始成绩统计如下:
成绩
93
91
90
88
87
86
85
84
83
82
人数
1
1
4
2
4
3
3
3
2
7
(1)求物理成绩获得等级A的学生等级成绩的平均分(四舍五入取整数);
(2)从物理原始成绩不小于90分的学生中任取2名,求2名学生等级成绩不相等的概率.
21.(本小题满分12分)如图,某登山队在山脚A处测得山顶B的仰角为45°,沿倾斜角为α其中tan α=12的斜坡前进5 km后到达D处,休息后继续行驶5 km到达山顶B.
(1)求山的高度BE;
(2)现山顶B处有一塔CB=38 km.从A到D的登山途中,队员在点P处测得塔的视角为θ(∠CPB=θ).若点P处的高度PF=x km,则x为何值时,视角θ最大?
22.(本小题满分12分)如图,已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是菱形.
(1)求证:AD∥平面PBC;
(2)若PB=PD,求证:BD⊥平面PAC;
(3)从下面两问中任选一问作答.
①E、F分别是AB、PD上的点,若EF∥平面PBC,AE=2EB,求PFPD的值;
②若∠DAB=60°,平面PAD⊥平面ABCD,PB⊥PD,判断△PAD是不是等腰三角形,并说明理由.
答案全解全析
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一、单项选择题
1.C z=2-ii=-1-2i,则z在复平面内对应的点的坐标为(-1,-2),在第三象限,故选C.
2.A 根据题意画出相应的图形,如图所示:
设∠B=θ,∵AB·BC=1,AB=2,
∴2·BC·cos(π-θ)=1,即cos θ=-12BC,
根据余弦定理得cos θ=22+BC2-324BC=BC2-54BC,
∴-12BC=BC2-54BC,即BC2=3,∴BC=3.
故选A.
3.B 由题意知,样本容量为(3 500+4 500+2 000)×2%=200,其中高中生人数为200×2 0003 500+4 500+2 000=40,故由题图2可知抽取的高中生近视人数为40×50%=20.
故选B.
4.B 根据题意可得截面是边长为22的正方形,结合圆柱的特征,可知该圆柱的底面是半径为2的圆,且高为22,
所以S表=2π(2)2+2π×2×22=12π,故选B.
5.A ∵2sinα+π3=3sin α-7,
∴212sinα+32cosα=3sin α-7,
即2sin α-3cos α=7,
∴727sinα-37cosα=7,
即sin(α-φ)=1,
其中sin φ=37,cos φ=27.
∴α-φ=2kπ+π2,k∈Z,
即α=2kπ+π2+φ,k∈Z,
∴sin α=sin2kπ+π2+φ=sinπ2+φ=cos φ=27,k∈Z,
cos α=cos2kπ+π2+φ=cosπ2+φ=-sin φ=-37,k∈Z,∴tan α=-233.
6.A 由|MN|=1可知,△OMN为等边三角形,则OM·ON=|OM|·|ON|·cos 60°=12.由PM=PO+OM,PN=PO+ON,得|2PM-PN|=|PO+2OM-ON|≤|PO|+|2OM-ON|,(2OM-ON)2=4-4OM·ON+1=3,因为P(3,4),所以|PO|=5,因此当PO与2OM-ON同向时,等号成立,此时|2PM-PN|的最大值为5+3,故选A.
7.D 由已知,得1-sin2A-(1-sin2B)+1-sin2C=1+sin Asin C,
即sin2A+sin2C-sin2B=-sin Asin C,由正弦定理及余弦定理得a2+c2-b22ac=-12,
即cos B=-12,∵B∈(0,π),∴B=2π3,
故sin A+sin C=sin A+sinπ3-A=1,整理得sinA+π3=1,故A=π6,∴C=π6.
故△ABC是顶角为2π3的等腰三角形,故选D.
8.B 如图1,因为将△ABD沿BD折起,得到三棱锥A-BCD,且三棱锥的顶点A在底面BCD的射影M在线段BC上,所以在图2中,AM⊥平面BCD,因为BD⊂平面BCD,所以BD⊥AM.过点M作MN⊥BD于点N,连接AN,因为AM∩MN=M,AM,MN⊂平面AMN,所以BD⊥平面AMN,因为AN⊂平面AMN,所以AN⊥BD.
因此在图1中,AM⊥BD,垂足为点N,在图1中,过点A作AM1⊥BC于点M1,
当点D与点C无限接近时,折痕BD接近BC,此时点M无限接近于点M1,所以BM1
所以在△ABC中,cos∠ABC=28+63-492×27×37=12,即∠ABC=60°,
由此可得在Rt△ABM1中,
BM1=AB·cos 60°=7,
所以7
二、多项选择题
9.ABD 甲打靶的平均环数为16×(8+6+8+6+9+8)=152,乙打靶的平均环数为16×(4+6+8+7+10+10)=152,则两人打靶的平均环数相等,A正确;甲打靶环数的中位数是8,乙打靶环数的中位数是152,则甲打靶环数的中位数比乙打靶环数的中位数大,B正确;甲打靶环数的众数是8,乙打靶环数的众数是10,则甲打靶环数的众数比乙打靶环数的众数小,C错误;甲打靶的成绩比乙集中,更稳定,D正确.
故选ABD.
10.ABD 观察5个白色矩形可知,这五年中2015年出口额最少,故A正确;
观察题图可得,2015年出口额比进口额稍低,但2016年至2019年出口额都高于进口额,并且2017年和2018年出口额都明显高于进口额,故这5年,出口总额比进口总额多,故B正确;
观察虚线折线图可知,2015年到2016年出口增速是上升的,故C错误;
观察实线折线图可知2019年是最高的,即2019年进口增速最快,故D正确.故选ABD.
11.AD ∵等边三角形ABC的边长为2,AB=2a,∴|AB|=2|a|=2,∴|a|=1,故A正确;
∵AC=AB+BC=2a+BC,∴BC=b,∴|b|=2,故B错误;
由于AB=2a,BC=b,∴a与b的夹角为120°,故C错误;
∵(4a+b)·BC=4a·b+|b|2=4×1×2×-12+4=0,∴(4a+b)⊥BC,故D正确.故选AD.
12.ACD 因为(a+b)∶(a+c)∶(b+c)=9∶10∶11,所以可设a+b=9x,a+c=10x,b+c=11x(其中x>0),解得a=4x,b=5x,c=6x,
所以sin A∶sin B∶sin C=a∶b∶c=4∶5∶6,所以A正确;
由A可知c最大,
所以三角形ABC中角C最大,
又cos C=a2+b2-c22ab=(4x)2+(5x)2-(6x)22×4x×5x=18>0,所以角C为锐角,故△ABC为锐角三角形,所以B错误;
由A可知a最小,所以三角形ABC中角A最小,
又cos A=c2+b2-a22cb=(6x)2+(5x)2-(4x)22×6x×5x=34,所以cos 2A=2cos2A-1=18,
所以cos 2A=cos C,
由三角形ABC中角C最大且角C为锐角可得2A∈(0,π),C∈0,π2,
所以2A=C,所以C正确;
设△ABC外接圆的半径为R,则2R=csinC,又sin C=1-cos2C=378,
所以2R=6378,解得R=877,所以D正确.
故选ACD.
三、填空题
13.答案 23
解析 记2本不同的数学书为数学书1,数学书2,样本空间Ω={(数学书1,数学书2,语文书),(数学书1,语文书,数学书2),(数学书2,数学书1,语文书),(数学书2,语文书,数学书1),(语文书,数学书1,数学书2),(语文书,数学书2,数学书1)},共6个样本点,记2本数学书相邻为事件A,则A={(数学书1,数学书2,语文书),(数学书2,数学书1,语文书),(语文书,数学书1,数学书2),(语文书,数学书2,数学书1)},共4个样本点,故2本数学书相邻的概率P(A)=46=23.
14.答案 -83
解析 由题图及题意得BC=AC-AB,AD=AB+13BC=13AC+23AB,
∴AD·BC=13AC+23AB·(AC-AB)=13AC2-23AB2+13AC·AB=13×1-23×4+13×1×2×-12=-83.
15.答案 π3或2π3;(1,2)
解析 由sin A=32及0
由正弦定理得bsinB=csinC=asinA=232,
所以b=43sin B,c=43sin C.
由A=2π3,A+B+C=π,得C=π3-B.
所以b+12c=43sin B+23sin C
=43sin B+23sinπ3-B
=43sin B+2332cos B-12sin B
=3sin B+cos B=2sinB+π6,
又0
故b+12c的取值范围为(1,2).
16.答案 338π
解析 设球的半径为R,等边三角形ABC的边长为a,连接OB,由题图知OP=OB=R,
∵OP⊥平面ABC,∴OP⊥OB,由球的对称性知O是等边三角形ABC的外心,∴OB=23×32a=33a,∴R=33a.
则VP-ABC=13S△ABC·OP=13×12a2×32×R=312a2R=112a3,
V半球=12×43πR3=23πR3=2327πa3,
∴VP-ABCV半球=112a32327πa3=338π.
四、解答题
17.解析 (1)设z=a+bi(a,b∈R),
由已知可得a2+b2=2,2ab=2,
即a2+b2=2,ab=1,
解得a=1,b=1或a=-1,b=-1,
∴z=1+i或z=-1-i.(4分)
(2)当z=1+i时,z2=2i,z-z2=1-i,
∴A(1,1),B(0,2),C(1,-1),
故△ABC的面积为12×2×1=1;(6分)
当z=-1-i时,z2=2i,z-z2=-1-3i,
∴A(-1,-1),B(0,2),C(-1,-3),
故△ABC的面积为12×2×1=1.(8分)
综上,△ABC的面积为1.(10分)
18.解析 (1)设c=(x,y),
∵c∥a,a=(1,2),
∴2x-y=0,∴y=2x,(2分)
∵|c|=25,∴x2+y2=25,
∴x2+4x2=20,
解得x=2,y=4或x=-2,y=-4,(4分)
∴c=(2,4)或c=(-2,-4).(6分)
(2)设a与b的夹角为θ,
∵(a+2b)⊥(2a-b),
∴(a+2b)·(2a-b)=0,
∴2a2+3a·b-2b2=0,(8分)
又∵|a|2=5,|b|2=54,
∴2×5+3a·b-2×54=0,
∴a·b=-52.(10分)
∴cos θ=a·b|a||b|=-525×52=-1,
∵θ∈[0,π],∴θ=π.
∴a与b的夹角为π.(12分)
19.解析 由题意得f(x)=a·b=3sin x-cos x+1=2sinx-π6+1.(2分)
(1)f(x)的最小正周期T=2π.(4分)
令x-π6=kπ(k∈Z),则x=kπ+π6(k∈Z),
又fkπ+π6=2sin kπ+1=1,k∈Z,
∴f(x)图象的对称中心为kπ+π6,1,k∈Z.(6分)
(2)fα+π6=2sinα+π6-π6+1=2sin α+1=135,∴sin α=45,
∵α∈0,π2,β∈(0,π),∴cos α=1-sin 2α=35,α+β∈0,3π2,(8分)
又sin(α+β)=-1213<0,∴α+β∈π,3π2,
∴cos(α+β)=-1-sin2(α+β)=-513,(10分)
∴sin(2α+β)=sin[(α+β)+α]
=sin(α+β)cos α+cos(α+β)sin α
=-1213×35+-513×45=-5665.(12分)
20.解析 (1)设物理成绩获得等级A的学生原始成绩为x,其等级成绩为y,
由转换公式得93-xx-82=100-yy-91,
整理,得y=911(x-82)+91,(2分)
∵物理成绩获得等级A的学生原始成绩的平均分x=85+130×[8×1+6×1+5×4+3×2+2×4+1×3+0×3+(-1)×3+(-2)×2+(-3)×7]=85+2330≈86(分),(4分)
∴物理成绩获得等级A的学生等级成绩的平均分y≈911×(86-82)+91≈94(分).(6分)
(2)物理成绩不小于90分的学生共有6名,
其中1名原始成绩为93分的学生的等级成绩为100,
1名原始成绩为91分的学生的等级成绩为98,
4名原始成绩为90分的学生的等级成绩为98.(8分)
设等级成绩为100分的1名学生用a表示,等级成绩为98分的5名学生用1,2,3,4,5表示,
任取两名学生的样本空间Ω={(a,1),(a,2),(a,3),(a,4),(a,5),(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(2,3),(2,4),(2,5),(3,4),(3,5),(4,5)},共15个样本点,
记“2名学生等级成绩不相等”为事件A,则A={(a,1),(a,2),(a,3),(a,4),(a,5)},共5个样本点,(10分)
∴P(A)=515=13.(12分)
21.解析 (1)解法一:连接AB,
因为tan α=12,α是锐角,
所以sin α=15,cos α=25,
所以cos∠BAD=cosπ4-α=cosπ4cos α+sin π4sin α=22×25+22×15=31010.(2分)
在△ABD中,过D作DQ⊥AB,垂足为Q.
因为AD=BD=5 km,
所以AB=2AQ=2AD·cos∠BAD=25×31010=32(km).(4分)
在△ABE中,BE=ABsinπ4=3 km,
所以山的高度BE为3 km.(6分)
解法二:如图,过D作DG⊥AE于点G,DH⊥BE于点H,
在△ADG中,tan α=12,α是锐角,
所以sin α=15,cos α=25,
所以DG=ADsin α=5×15=1(km),
AG=ADcos α=5×25=2(km).(4分)
设BE=h km,在直角△BDH中,BH=(h-1)km,DH=(h-2)km,
由于BD2=BH2+DH2,所以(5)2=(h-1)2+(h-2)2,又因为h>0,所以h=3,
所以山的高度为3 km.(6分)
(2)过P作PM⊥BE于M,
因为PF=x km,所以AF=2x km,
因为P在AD上,DG=1 km,
所以x∈[0,1],
tan∠BPM=BMPM=3-x3-2x,
tan∠CPM=CMPM=3+38-x3-2x=278-x3-2x.
所以tan θ=tan(∠CPM-∠BPM)
=tan∠CPM-tan∠BPM1+tan∠CPMtan∠BPM
=38(3-2x)+278-x(3-x)3-2x,x∈[0,1].(10分)
令t=3-2x,则t∈[1,3],所以x=3-t2,
则tan θ=38t+158+t232+t2t=654t+9t+27≤65×24t×9t+27=229,
当且仅当4t=9t,即t=32时等号成立,此时x=34.
所以当x=34时,视角θ最大.(12分)
22.解析 (1)证明:因为四边形ABCD是菱形,所以AD∥BC.
因为AD⊄平面PBC,BC⊂平面PBC,
所以AD∥平面PBC.(4分)
(2)证明:设AC、BD交于点O,连接PO.
因为四边形ABCD是菱形,
所以AC⊥BD,DO=OB.
因为PB=PD,所以PO⊥BD.
因为AC∩PO=O,PO,AC⊂平面PAC,
所以BD⊥平面PAC.(8分)
(3)①如图,过F作FG∥DC交PC于点G,连接BG.
在菱形ABCD中,AB∥DC,
所以FG∥AB.所以E,F,G,B共面.
因为EF∥平面PBC,EF⊂平面FEBG,平面FEBG∩平面PBC=BG,所以EF∥BG.
所以四边形FEBG为平行四边形.
所以EB=FG.
因为AE=2EB,
所以PFPD=FGDC=EBAB=13.(12分)
②△PAD不是等腰三角形,理由如下:
如图,作BQ⊥AD,垂足为Q,连接PQ.
因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,BQ⊂平面ABCD,所以BQ⊥平面PAD.
因为PD⊂平面PAD,
所以BQ⊥PD.
因为PD⊥PB,PB∩BQ=B,所以PD⊥平面PBQ,
因为PQ⊂平面PBQ,
所以PD⊥PQ.
所以QD>PD,∠PQD<90°,
所以∠PQA>90°,所以PA>AQ.
在菱形ABCD中,∠DAB=60°,
所以△ABD是等边三角形.
所以Q为AD的中点,所以AQ=QD.
所以PA>PD.
假设PA=AD,取PD的中点H,连接AH,则AH⊥PD,取HD的中点G,连接QG,则QG∥AH,则QG⊥PD,
又QP⊥PD,所以假设不成立,
故PA与AD不相等.
所以△PAD不是等腰三角形.(12分)
全书综合测评
(满分:150分;时间:120分钟)
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.i是虚数单位,则复数z=2-ii在复平面内对应的点位于( )
A.第一象限 B.第二象限
C.第三象限 D.第四象限
2.在△ABC中,AB=2,AC=3,AB·BC=1,则BC=( )
A.3 B.7 C.22 D.23
3.已知某地区中小学生人数和近视情况分别如图1和如图2所示,为了了解该地区中小学生的近视形成原因,用分层抽样的方法抽取2%的学生进行调查,则样本容量和抽取的高中生近视人数分别为( )
图1
图2
A.100,20 B.200,20 C.100,10 D.200,10
4.已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1,O2,过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形,则该圆柱的表面积为( )
A.122π B.12π C.82π D.10π
5.若2sinα+π3=3sin α-7,则tan α=( )
A.-233 B.233 C.-32 D.32
6.已知M,N为单位圆O:x2+y2=1上的两个动点,且满足|MN|=1,P(3,4),则|2PM-PN|的最大值为( )
A.5+3 B.5-3 C.5+23 D.5
7.已知△ABC的三个内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且满足cos2A-cos2B+cos2C=1+sin Asin C,sin A+sin C=1,则△ABC的形状为( )
A.等边三角形
B.等腰直角三角形
C.顶角为5π6的等腰三角形
D.顶角为2π3的等腰三角形
8.在△ABC中,已知AB=27,BC=37,AC=7,D是AC边上一点,将△ABD沿BD折起,得到三棱锥A-BCD.若该三棱锥的顶点A在底面BCD的射影M在线段BC上,设BM=x,则x的取值范围为( )
A.(27,37) B.(7,27)
C.(0,7) D.(0,27)
二、多项选择题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多个选项符合题目要求,全部选对的得5分,部分选对的得3分,有选错的得0分)
9.甲、乙两人在相同的条件下各打靶6次,甲的成绩分别是8,6,8,6,9,8;乙的成绩分别是4,6,8,7,10,10,则以下说法正确的是( )
A.甲、乙两人打靶的平均环数相等
B.甲打靶环数的中位数比乙打靶环数的中位数大
C.甲打靶环数的众数比乙打靶环数的众数大
D.甲打靶的成绩比乙的稳定
10.2019年以来,世界经济和贸易增长放缓,中美经贸摩擦影响持续显现,我国对外贸易仍然表现出很强的韧性.今年以来,商务部会同各省市全面贯彻落实稳外贸决策部署,出台了一系列政策举措,全力营造法治化、国际化、便利化的营商环境,不断提高贸易便利化水平,外贸稳规模、提质量、转动力取得阶段性成效,进出口保持稳中提质的发展势头,下图是某省近五年进出口情况统计图,下列描述正确的是( )
A.2015年出口额最少
B.出口总额比进口总额多
C.出口增速前四年逐年下降
D.2019年进口增速最快
11.△ABC是边长为2的等边三角形,已知向量a,b满足AB=2a,AC=2a+b,则下列结论中正确的是( )
A.a为单位向量 B.b为单位向量
C.a⊥b D.(4a+b)⊥BC
12.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且(a+b)∶(a+c)∶(b+c)=9∶10∶11,则下列结论正确的是( )
A.sin A∶sin B∶sin C=4∶5∶6
B.△ABC是钝角三角形
C.△ABC的最大内角是最小内角的2倍
D.若c=6,则△ABC外接圆的半径为877
三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.将答案填在题中横线上)
13.将2本不同的数学书和1本语文书在书架上随机排成一行,则2本数学书相邻的概率为 .
14.如图,在△ABC中,∠BAC=120°,AB=2,AC=1,D是边BC上一点,DC=2BD,则AD·BC= .
15.在△ABC中,a,b,c分别是角A,B,C所对的边,且a=2,sin A=32,则A= ;若角A为钝角,则b+12c的取值范围为 .(第一空2分,第二空3分)
16.如图,已知等边三角形ABC是一个半球的大圆O的内接三角形,点P在球面上,且OP⊥平面ABC,则三棱锥P-ABC与半球的体积比为 .
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)已知复数z满足|z|=2,z2的虚部为2.
(1)求复数z;
(2)设z,z2,z-z2在复平面上对应的点分别为A,B,C,求△ABC的面积.
18.(本小题满分12分)已知a,b,c在同一平面内,且a=(1,2).
(1)若|c|=25,且c∥a,求c;
(2)若|b|=52,且(a+2b)⊥(2a-b),求a与b的夹角.
19.(本小题满分12分)已知向量a=(sin x,cos x-1),b=(3,-1),设f(x)=a·b.
(1)求函数f(x)的最小正周期和图象的对称中心;
(2)已知α为锐角,β∈(0,π),fα+π6=135,sin(α+β)=-1213,求sin(2α+β)的值.
20.(本小题满分12分)《山东省高考改革试点方案》规定:从2020年开始,高考物理、化学等六门选考科目的考生原始成绩从高到低划分为A,B+,B,C+,C,D+,D,E八个等级,确定各等级人数所占比例分别为3%,7%,16%,24%,24%,16%,7%,3%,选考科目成绩计入考生总成绩时,将A至E等级内的考生原始成绩依照等比例转换法则,分别转换到[91,100],[81,90],[71,80],[61,70],[51,60],[41,50],[31,40],[21,30]八个分数区间,得到考生的等级成绩.
某校2017级学生共1 000人,以期末考试成绩为原始成绩转换了本校的等级成绩,为学生合理选科提供依据,其中物理成绩获得等级A的学生原始成绩统计如下:
成绩
93
91
90
88
87
86
85
84
83
82
人数
1
1
4
2
4
3
3
3
2
7
(1)求物理成绩获得等级A的学生等级成绩的平均分(四舍五入取整数);
(2)从物理原始成绩不小于90分的学生中任取2名,求2名学生等级成绩不相等的概率.
21.(本小题满分12分)如图,某登山队在山脚A处测得山顶B的仰角为45°,沿倾斜角为α其中tan α=12的斜坡前进5 km后到达D处,休息后继续行驶5 km到达山顶B.
(1)求山的高度BE;
(2)现山顶B处有一塔CB=38 km.从A到D的登山途中,队员在点P处测得塔的视角为θ(∠CPB=θ).若点P处的高度PF=x km,则x为何值时,视角θ最大?
22.(本小题满分12分)如图,已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是菱形.
(1)求证:AD∥平面PBC;
(2)若PB=PD,求证:BD⊥平面PAC;
(3)从下面两问中任选一问作答.
①E、F分别是AB、PD上的点,若EF∥平面PBC,AE=2EB,求PFPD的值;
②若∠DAB=60°,平面PAD⊥平面ABCD,PB⊥PD,判断△PAD是不是等腰三角形,并说明理由.
答案全解全析
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一、单项选择题
1.C z=2-ii=-1-2i,则z在复平面内对应的点的坐标为(-1,-2),在第三象限,故选C.
2.A 根据题意画出相应的图形,如图所示:
设∠B=θ,∵AB·BC=1,AB=2,
∴2·BC·cos(π-θ)=1,即cos θ=-12BC,
根据余弦定理得cos θ=22+BC2-324BC=BC2-54BC,
∴-12BC=BC2-54BC,即BC2=3,∴BC=3.
故选A.
3.B 由题意知,样本容量为(3 500+4 500+2 000)×2%=200,其中高中生人数为200×2 0003 500+4 500+2 000=40,故由题图2可知抽取的高中生近视人数为40×50%=20.
故选B.
4.B 根据题意可得截面是边长为22的正方形,结合圆柱的特征,可知该圆柱的底面是半径为2的圆,且高为22,
所以S表=2π(2)2+2π×2×22=12π,故选B.
5.A ∵2sinα+π3=3sin α-7,
∴212sinα+32cosα=3sin α-7,
即2sin α-3cos α=7,
∴727sinα-37cosα=7,
即sin(α-φ)=1,
其中sin φ=37,cos φ=27.
∴α-φ=2kπ+π2,k∈Z,
即α=2kπ+π2+φ,k∈Z,
∴sin α=sin2kπ+π2+φ=sinπ2+φ=cos φ=27,k∈Z,
cos α=cos2kπ+π2+φ=cosπ2+φ=-sin φ=-37,k∈Z,∴tan α=-233.
6.A 由|MN|=1可知,△OMN为等边三角形,则OM·ON=|OM|·|ON|·cos 60°=12.由PM=PO+OM,PN=PO+ON,得|2PM-PN|=|PO+2OM-ON|≤|PO|+|2OM-ON|,(2OM-ON)2=4-4OM·ON+1=3,因为P(3,4),所以|PO|=5,因此当PO与2OM-ON同向时,等号成立,此时|2PM-PN|的最大值为5+3,故选A.
7.D 由已知,得1-sin2A-(1-sin2B)+1-sin2C=1+sin Asin C,
即sin2A+sin2C-sin2B=-sin Asin C,由正弦定理及余弦定理得a2+c2-b22ac=-12,
即cos B=-12,∵B∈(0,π),∴B=2π3,
故sin A+sin C=sin A+sinπ3-A=1,整理得sinA+π3=1,故A=π6,∴C=π6.
故△ABC是顶角为2π3的等腰三角形,故选D.
8.B 如图1,因为将△ABD沿BD折起,得到三棱锥A-BCD,且三棱锥的顶点A在底面BCD的射影M在线段BC上,所以在图2中,AM⊥平面BCD,因为BD⊂平面BCD,所以BD⊥AM.过点M作MN⊥BD于点N,连接AN,因为AM∩MN=M,AM,MN⊂平面AMN,所以BD⊥平面AMN,因为AN⊂平面AMN,所以AN⊥BD.
因此在图1中,AM⊥BD,垂足为点N,在图1中,过点A作AM1⊥BC于点M1,
当点D与点C无限接近时,折痕BD接近BC,此时点M无限接近于点M1,所以BM1
所以在△ABC中,cos∠ABC=28+63-492×27×37=12,即∠ABC=60°,
由此可得在Rt△ABM1中,
BM1=AB·cos 60°=7,
所以7
二、多项选择题
9.ABD 甲打靶的平均环数为16×(8+6+8+6+9+8)=152,乙打靶的平均环数为16×(4+6+8+7+10+10)=152,则两人打靶的平均环数相等,A正确;甲打靶环数的中位数是8,乙打靶环数的中位数是152,则甲打靶环数的中位数比乙打靶环数的中位数大,B正确;甲打靶环数的众数是8,乙打靶环数的众数是10,则甲打靶环数的众数比乙打靶环数的众数小,C错误;甲打靶的成绩比乙集中,更稳定,D正确.
故选ABD.
10.ABD 观察5个白色矩形可知,这五年中2015年出口额最少,故A正确;
观察题图可得,2015年出口额比进口额稍低,但2016年至2019年出口额都高于进口额,并且2017年和2018年出口额都明显高于进口额,故这5年,出口总额比进口总额多,故B正确;
观察虚线折线图可知,2015年到2016年出口增速是上升的,故C错误;
观察实线折线图可知2019年是最高的,即2019年进口增速最快,故D正确.故选ABD.
11.AD ∵等边三角形ABC的边长为2,AB=2a,∴|AB|=2|a|=2,∴|a|=1,故A正确;
∵AC=AB+BC=2a+BC,∴BC=b,∴|b|=2,故B错误;
由于AB=2a,BC=b,∴a与b的夹角为120°,故C错误;
∵(4a+b)·BC=4a·b+|b|2=4×1×2×-12+4=0,∴(4a+b)⊥BC,故D正确.故选AD.
12.ACD 因为(a+b)∶(a+c)∶(b+c)=9∶10∶11,所以可设a+b=9x,a+c=10x,b+c=11x(其中x>0),解得a=4x,b=5x,c=6x,
所以sin A∶sin B∶sin C=a∶b∶c=4∶5∶6,所以A正确;
由A可知c最大,
所以三角形ABC中角C最大,
又cos C=a2+b2-c22ab=(4x)2+(5x)2-(6x)22×4x×5x=18>0,所以角C为锐角,故△ABC为锐角三角形,所以B错误;
由A可知a最小,所以三角形ABC中角A最小,
又cos A=c2+b2-a22cb=(6x)2+(5x)2-(4x)22×6x×5x=34,所以cos 2A=2cos2A-1=18,
所以cos 2A=cos C,
由三角形ABC中角C最大且角C为锐角可得2A∈(0,π),C∈0,π2,
所以2A=C,所以C正确;
设△ABC外接圆的半径为R,则2R=csinC,又sin C=1-cos2C=378,
所以2R=6378,解得R=877,所以D正确.
故选ACD.
三、填空题
13.答案 23
解析 记2本不同的数学书为数学书1,数学书2,样本空间Ω={(数学书1,数学书2,语文书),(数学书1,语文书,数学书2),(数学书2,数学书1,语文书),(数学书2,语文书,数学书1),(语文书,数学书1,数学书2),(语文书,数学书2,数学书1)},共6个样本点,记2本数学书相邻为事件A,则A={(数学书1,数学书2,语文书),(数学书2,数学书1,语文书),(语文书,数学书1,数学书2),(语文书,数学书2,数学书1)},共4个样本点,故2本数学书相邻的概率P(A)=46=23.
14.答案 -83
解析 由题图及题意得BC=AC-AB,AD=AB+13BC=13AC+23AB,
∴AD·BC=13AC+23AB·(AC-AB)=13AC2-23AB2+13AC·AB=13×1-23×4+13×1×2×-12=-83.
15.答案 π3或2π3;(1,2)
解析 由sin A=32及0
由正弦定理得bsinB=csinC=asinA=232,
所以b=43sin B,c=43sin C.
由A=2π3,A+B+C=π,得C=π3-B.
所以b+12c=43sin B+23sin C
=43sin B+23sinπ3-B
=43sin B+2332cos B-12sin B
=3sin B+cos B=2sinB+π6,
又0
故b+12c的取值范围为(1,2).
16.答案 338π
解析 设球的半径为R,等边三角形ABC的边长为a,连接OB,由题图知OP=OB=R,
∵OP⊥平面ABC,∴OP⊥OB,由球的对称性知O是等边三角形ABC的外心,∴OB=23×32a=33a,∴R=33a.
则VP-ABC=13S△ABC·OP=13×12a2×32×R=312a2R=112a3,
V半球=12×43πR3=23πR3=2327πa3,
∴VP-ABCV半球=112a32327πa3=338π.
四、解答题
17.解析 (1)设z=a+bi(a,b∈R),
由已知可得a2+b2=2,2ab=2,
即a2+b2=2,ab=1,
解得a=1,b=1或a=-1,b=-1,
∴z=1+i或z=-1-i.(4分)
(2)当z=1+i时,z2=2i,z-z2=1-i,
∴A(1,1),B(0,2),C(1,-1),
故△ABC的面积为12×2×1=1;(6分)
当z=-1-i时,z2=2i,z-z2=-1-3i,
∴A(-1,-1),B(0,2),C(-1,-3),
故△ABC的面积为12×2×1=1.(8分)
综上,△ABC的面积为1.(10分)
18.解析 (1)设c=(x,y),
∵c∥a,a=(1,2),
∴2x-y=0,∴y=2x,(2分)
∵|c|=25,∴x2+y2=25,
∴x2+4x2=20,
解得x=2,y=4或x=-2,y=-4,(4分)
∴c=(2,4)或c=(-2,-4).(6分)
(2)设a与b的夹角为θ,
∵(a+2b)⊥(2a-b),
∴(a+2b)·(2a-b)=0,
∴2a2+3a·b-2b2=0,(8分)
又∵|a|2=5,|b|2=54,
∴2×5+3a·b-2×54=0,
∴a·b=-52.(10分)
∴cos θ=a·b|a||b|=-525×52=-1,
∵θ∈[0,π],∴θ=π.
∴a与b的夹角为π.(12分)
19.解析 由题意得f(x)=a·b=3sin x-cos x+1=2sinx-π6+1.(2分)
(1)f(x)的最小正周期T=2π.(4分)
令x-π6=kπ(k∈Z),则x=kπ+π6(k∈Z),
又fkπ+π6=2sin kπ+1=1,k∈Z,
∴f(x)图象的对称中心为kπ+π6,1,k∈Z.(6分)
(2)fα+π6=2sinα+π6-π6+1=2sin α+1=135,∴sin α=45,
∵α∈0,π2,β∈(0,π),∴cos α=1-sin 2α=35,α+β∈0,3π2,(8分)
又sin(α+β)=-1213<0,∴α+β∈π,3π2,
∴cos(α+β)=-1-sin2(α+β)=-513,(10分)
∴sin(2α+β)=sin[(α+β)+α]
=sin(α+β)cos α+cos(α+β)sin α
=-1213×35+-513×45=-5665.(12分)
20.解析 (1)设物理成绩获得等级A的学生原始成绩为x,其等级成绩为y,
由转换公式得93-xx-82=100-yy-91,
整理,得y=911(x-82)+91,(2分)
∵物理成绩获得等级A的学生原始成绩的平均分x=85+130×[8×1+6×1+5×4+3×2+2×4+1×3+0×3+(-1)×3+(-2)×2+(-3)×7]=85+2330≈86(分),(4分)
∴物理成绩获得等级A的学生等级成绩的平均分y≈911×(86-82)+91≈94(分).(6分)
(2)物理成绩不小于90分的学生共有6名,
其中1名原始成绩为93分的学生的等级成绩为100,
1名原始成绩为91分的学生的等级成绩为98,
4名原始成绩为90分的学生的等级成绩为98.(8分)
设等级成绩为100分的1名学生用a表示,等级成绩为98分的5名学生用1,2,3,4,5表示,
任取两名学生的样本空间Ω={(a,1),(a,2),(a,3),(a,4),(a,5),(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(2,3),(2,4),(2,5),(3,4),(3,5),(4,5)},共15个样本点,
记“2名学生等级成绩不相等”为事件A,则A={(a,1),(a,2),(a,3),(a,4),(a,5)},共5个样本点,(10分)
∴P(A)=515=13.(12分)
21.解析 (1)解法一:连接AB,
因为tan α=12,α是锐角,
所以sin α=15,cos α=25,
所以cos∠BAD=cosπ4-α=cosπ4cos α+sin π4sin α=22×25+22×15=31010.(2分)
在△ABD中,过D作DQ⊥AB,垂足为Q.
因为AD=BD=5 km,
所以AB=2AQ=2AD·cos∠BAD=25×31010=32(km).(4分)
在△ABE中,BE=ABsinπ4=3 km,
所以山的高度BE为3 km.(6分)
解法二:如图,过D作DG⊥AE于点G,DH⊥BE于点H,
在△ADG中,tan α=12,α是锐角,
所以sin α=15,cos α=25,
所以DG=ADsin α=5×15=1(km),
AG=ADcos α=5×25=2(km).(4分)
设BE=h km,在直角△BDH中,BH=(h-1)km,DH=(h-2)km,
由于BD2=BH2+DH2,所以(5)2=(h-1)2+(h-2)2,又因为h>0,所以h=3,
所以山的高度为3 km.(6分)
(2)过P作PM⊥BE于M,
因为PF=x km,所以AF=2x km,
因为P在AD上,DG=1 km,
所以x∈[0,1],
tan∠BPM=BMPM=3-x3-2x,
tan∠CPM=CMPM=3+38-x3-2x=278-x3-2x.
所以tan θ=tan(∠CPM-∠BPM)
=tan∠CPM-tan∠BPM1+tan∠CPMtan∠BPM
=38(3-2x)+278-x(3-x)3-2x,x∈[0,1].(10分)
令t=3-2x,则t∈[1,3],所以x=3-t2,
则tan θ=38t+158+t232+t2t=654t+9t+27≤65×24t×9t+27=229,
当且仅当4t=9t,即t=32时等号成立,此时x=34.
所以当x=34时,视角θ最大.(12分)
22.解析 (1)证明:因为四边形ABCD是菱形,所以AD∥BC.
因为AD⊄平面PBC,BC⊂平面PBC,
所以AD∥平面PBC.(4分)
(2)证明:设AC、BD交于点O,连接PO.
因为四边形ABCD是菱形,
所以AC⊥BD,DO=OB.
因为PB=PD,所以PO⊥BD.
因为AC∩PO=O,PO,AC⊂平面PAC,
所以BD⊥平面PAC.(8分)
(3)①如图,过F作FG∥DC交PC于点G,连接BG.
在菱形ABCD中,AB∥DC,
所以FG∥AB.所以E,F,G,B共面.
因为EF∥平面PBC,EF⊂平面FEBG,平面FEBG∩平面PBC=BG,所以EF∥BG.
所以四边形FEBG为平行四边形.
所以EB=FG.
因为AE=2EB,
所以PFPD=FGDC=EBAB=13.(12分)
②△PAD不是等腰三角形,理由如下:
如图,作BQ⊥AD,垂足为Q,连接PQ.
因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,BQ⊂平面ABCD,所以BQ⊥平面PAD.
因为PD⊂平面PAD,
所以BQ⊥PD.
因为PD⊥PB,PB∩BQ=B,所以PD⊥平面PBQ,
因为PQ⊂平面PBQ,
所以PD⊥PQ.
所以QD>PD,∠PQD<90°,
所以∠PQA>90°,所以PA>AQ.
在菱形ABCD中,∠DAB=60°,
所以△ABD是等边三角形.
所以Q为AD的中点,所以AQ=QD.
所以PA>PD.
假设PA=AD,取PD的中点H,连接AH,则AH⊥PD,取HD的中点G,连接QG,则QG∥AH,则QG⊥PD,
又QP⊥PD,所以假设不成立,
故PA与AD不相等.
所以△PAD不是等腰三角形.(12分)
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