2024-2025學(xué)年新教材高中數(shù)學(xué)本冊(cè)綜合檢測含解析新人教A版必修第二冊(cè)

綜合測試一、單項(xiàng)選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的．1．若復(fù)數(shù)eq\f(5,－3－i)的實(shí)部與虛部分別為a，b，則點(diǎn)A(b，a)必在下列哪個(gè)函數(shù)的圖象上(D)A．y＝2x B．y＝eq\f(x＋1,2x)C．y＝|x| D．y＝－2x2－1解析：因?yàn)閑q\f(5,－3－i)＝eq\f(5－3＋i,－3－i－3＋i)＝－eq\f(3,2)＋eq\f(1,2)i，所以a＝－eq\f(3,2)，b＝eq\f(1,2)，所以A(eq\f(1,2)，－eq\f(3,2))，把點(diǎn)A的坐標(biāo)分別代入選項(xiàng)，只有D選項(xiàng)滿意，故選D.2．將直徑為2的半圓面繞直徑所在的直線旋轉(zhuǎn)半周而形成的幾何體的表面積為(B)A．2π B．3πC．4π D．6π解析：由題意，知該幾何體為半球，表面積為半徑為1的圓的面積加上半徑為1的球的表面積的一半，所以S表面積＝π×12＋eq\f(1,2)×4×π×12＝3π，故選B.3．以集合A＝{2,4,6,7}中的隨意兩個(gè)元素分別為分子與分母構(gòu)成分?jǐn)?shù)，則這個(gè)分?jǐn)?shù)是可約分?jǐn)?shù)的概率是(A)A.eq\f(1,2)B.eq\f(1,4)C.eq\f(1,8)D.eq\f(1,10)解析：以A中隨意兩個(gè)元素分別為分子與分母，全部的樣本點(diǎn)為：(2,4)，(2,6)，(2,7)，(4,2)，(4,6)，(4,7)，(6,2)，(6,4)，(6,7)，(7,2)，(7,4)，(7,6)，共12個(gè)，可約分?jǐn)?shù)包括的樣本點(diǎn)為：(2,4)，(2,6)，(4,2)，(4,6)，(6,2)，(6,4)，共6個(gè)，則所求概率為eq\f(1,2).故選A.4．在△ABC中，若B＝120°，則a2＋ac＋c2－b2的值(C)A．大于0 B．小于0C．等于0 D．不確定解析：依據(jù)余弦定理得cos120°＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝－eq\f(1,2)，即a2＋c2－b2＝－ac.故a2＋ac＋c2－b2＝0.5．若非零向量a，b滿意|a|＝eq\f(2\r(2),3)|b|，且(a－b)⊥(3a＋2b)，則a與b的夾角為(A)A.eq\f(π,4) B.eq\f(π,2)C.eq\f(3π,4) D．π解析：由條件，得(a－b)·(3a＋2b)＝3a2－2b2－a·b＝0，即a·b＝3a2－2b2.又|a|＝eq\f(2\r(2),3)|b|，所以a·b＝3·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(2),3)|b|))2－2b2＝eq\f(2,3)b2，所以cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(\f(2,3)b2,\f(2\r(2),3)b2)＝eq\f(\r(2),2)，所以〈a，b〉＝eq\f(π,4)，故選A.6．有一個(gè)樣本量為100的數(shù)據(jù)分組，各組的頻數(shù)如下：分組[17,19)[19,21)[21,23)[23,25)[25,27)[27,29)[29,31)[31,33]頻數(shù)113318162830依據(jù)頻數(shù)分布，估計(jì)小于29的數(shù)據(jù)大約占總體的(A)A．42% B．58%C．40% D．16%解析：樣本中小于29的數(shù)據(jù)頻數(shù)為1＋1＋3＋3＋18＋16＝42，所以小于29的數(shù)據(jù)大約占總體的42%.7．水平放置的△ABC的斜二測直觀圖如圖所示，已知A′C′＝3，B′C′＝2，則AB邊上的中線的實(shí)際長度為(A)A.eq\f(5,2) B．5C.eq\f(5,4) D．2解析：分析易知△ABC是以∠C為直角的直角三角形，且AC＝3，BC＝2×2＝4，所以AB＝5，故AB邊上的中線為eq\f(5,2).8．已知△ABC中，A，B，C的對(duì)邊分別是a，b，c且tanB＝eq\f(2－\r(3),a2＋c2－b2)，eq\o(BC,\s\up6(→))·eq\o(BA,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)，則tanB等于(D)A.eq\f(\r(3),2) B.eq\r(3)－1C．2 D．2－eq\r(3)解析：由余弦定理得a2＋c2－b2＝2accosB，再由eq\o(BC,\s\up6(→))·eq\o(BA,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)，得accosB＝eq\f(1,2)，所以a2＋c2－b2＝1，所以tanB＝eq\f(2－\r(3),a2＋c2－b2)＝eq\f(2－\r(3),2×\f(1,2))＝2－eq\r(3).故選D.二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求．全部選對(duì)得5分，部分選對(duì)得3分，有選錯(cuò)的得0分．9．給出下列說法不正確的有(ABD)A．一組數(shù)據(jù)的標(biāo)準(zhǔn)差是這組數(shù)據(jù)的方差的平方根B．頻數(shù)分布直方圖中各小長方形的面積等于相應(yīng)各組的頻數(shù)C．頻率分布直方圖中全部小長方形的面積之和等于1D．頻率分布直方圖中的縱軸為頻率解析：一組數(shù)據(jù)的標(biāo)準(zhǔn)差是這組數(shù)據(jù)的方差的算術(shù)平方根，A錯(cuò)；頻數(shù)分布直方圖中各小長方形的高度等于相應(yīng)各組的頻數(shù)，B錯(cuò)；C正確，D錯(cuò)，縱軸為eq\f(頻率,組距).10．為了反映各行業(yè)對(duì)倉儲(chǔ)物流業(yè)務(wù)需求改變的狀況，以及重要商品庫存改變的動(dòng)向，中國物流與選購 聯(lián)合會(huì)和中儲(chǔ)發(fā)展股份有限公司通過聯(lián)合調(diào)查，制定了中國倉儲(chǔ)指數(shù)．由2024年1月至2024年7月的調(diào)查數(shù)據(jù)得出的中國倉儲(chǔ)指數(shù)，繪制出如右側(cè)的折線圖．依據(jù)該折線圖，下列結(jié)論錯(cuò)誤的是(ABC)A．2024年各月的倉儲(chǔ)指數(shù)最大值是在3月份B．2024年1月至7月的倉儲(chǔ)指數(shù)的中位數(shù)為55C．2024年1月與4月的倉儲(chǔ)指數(shù)的平均數(shù)為52D．2024年1月至4月的倉儲(chǔ)指數(shù)相對(duì)于2024年1月至4月，波動(dòng)性更大解析：2024年各月的倉儲(chǔ)指數(shù)最大值是在11月份，所以A錯(cuò)誤；由題圖知，2024年1月至7月的倉儲(chǔ)指數(shù)的中位數(shù)約為53，所以B錯(cuò)誤；2024年1月與4月的倉儲(chǔ)指數(shù)的平均數(shù)為eq\f(51＋55,2)＝53，所以C錯(cuò)誤；由題圖可知，2024年1月至4月的倉儲(chǔ)指數(shù)比2024年1月至4月的倉儲(chǔ)指數(shù)波動(dòng)更大．所以D正確．11．已知向量a，e滿意a≠e，|e|＝1，且對(duì)隨意t∈R，恒有|a－te|≥|a－e|成立，則(BC)A．a(chǎn)⊥e＝0 B．a(chǎn)·e＝1C．e⊥(a－e) D．(a＋e)⊥(a－e)解析：由條件可知|a－te|2≥|a－e|2對(duì)t∈R恒成立，又∵|e|＝1，∴t2－2ta·e＋2a·e－1≥0對(duì)t∈R恒成立，即Δ＝(－2a·e)2－8a·e＋4≤0恒成立，∴(a·e－1)2≤0恒成立，而(a·e－1)2≥0，∴a·e－1＝0，即a·e＝1＝e2，∴e·(a－e)＝0，即e⊥(a12.如圖所示，三棱錐A-BCD的底面是等腰直角三角形，AB⊥平面BCD，AB＝BC＝BD＝2，E是棱CD上的隨意一點(diǎn)，F(xiàn)，G分別是AC，BC的中點(diǎn)，則在下面命題中是真命題的是(ACD)A．平面ABE⊥平面BCD B．平面EFG∥平面ABDC．四面體EFCG體積的最大值是eq\f(1,3)D．平面EFG⊥平面BCD解析：A正確，因?yàn)锳B⊥平面BCD，且AB?平面ABE，由面面垂直的判定定理可知平面ABE⊥平面BCD；B錯(cuò)，若兩平面平行，則必有AD∥EF，而點(diǎn)E是棱CD上隨意一點(diǎn)，故該命題為假命題；C正確，由已知易得GF⊥平面GCE，且GF＝eq\f(1,2)AB＝1，而S△GCE＝eq\f(1,2)GC·CE·sin45°＝eq\f(\r(2),4)CE≤1，故VF-GCE＝eq\f(1,3)S△GCE·FG≤eq\f(1,3)；D正確，由GF⊥平面GCE，可得平面EFG⊥平面BCD.故選ACD.三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．13．已知在△ABC中，eq\f(7,sinA)＝eq\f(8,sinB)＝eq\f(13,sinC)，則C的度數(shù)為__120°__.解析：由eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)及eq\f(7,sinA)＝eq\f(8,sinB)＝eq\f(13,sinC)，得a∶b∶c＝7∶8∶13.設(shè)a＝7k，b＝8k，c＝13k(k>0)，則有cosC＝eq\f(7k2＋8k2－13k2,2×7k×8k)＝－eq\f(1,2).又∵0°<C<180°，∴C＝120°.14．已知點(diǎn)P，Q是△ABC所在平面上的兩個(gè)定點(diǎn)，且滿意eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PC,\s\up6(→))＝0,2eq\o(QA,\s\up6(→))＋eq\o(QB,\s\up6(→))＋eq\o(QC,\s\up6(→))＝eq\o(BC,\s\up6(→))，若|eq\o(PQ,\s\up6(→))|＝λ|eq\o(BC,\s\up6(→))|，則實(shí)數(shù)λ＝eq\f(1,2).解析：由條件eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PC,\s\up6(→))＝0，知eq\o(PA,\s\up6(→))＝－eq\o(PC,\s\up6(→))＝eq\o(CP,\s\up6(→))，所以點(diǎn)P是邊AC的中點(diǎn)．又2eq\o(QA,\s\up6(→))＋eq\o(QB,\s\up6(→))＋eq\o(QC,\s\up6(→))＝eq\o(BC,\s\up6(→))，所以2eq\o(QA,\s\up6(→))＝eq\o(BC,\s\up6(→))－eq\o(QB,\s\up6(→))－eq\o(QC,\s\up6(→))＝eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(CQ,\s\up6(→))＋eq\o(BQ,\s\up6(→))＝2eq\o(BQ,\s\up6(→))，從而有eq\o(QA,\s\up6(→))＝eq\o(BQ,\s\up6(→))，故點(diǎn)Q是邊AB的中點(diǎn)，所以PQ是△ABC的中位線，所以|eq\o(PQ,\s\up6(→))|＝eq\f(1,2)|eq\o(BC,\s\up6(→))|，故λ＝eq\f(1,2).15．《算數(shù)書》竹簡于20世紀(jì)80年頭在湖北省江陵縣張家山出土，這是我國現(xiàn)存最早的有系統(tǒng)的數(shù)學(xué)典籍，其中記載有求“囷蓋”的術(shù)：置如其周，令相乘也．又以高乘之，三十六成一．該術(shù)相當(dāng)于給出了由圓錐的底面周長L與高h(yuǎn)，計(jì)算其體積V的近似公式V≈eq\f(1,36)L2h.它事實(shí)上是將圓錐體積公式中的圓周率π近似取為3.那么，近似公式V≈eq\f(2,75)L2h相當(dāng)于將圓錐體積公式中的π近似取為eq\f(25,8).解析：圓錐的體積V＝eq\f(1,3)πr2h＝eq\f(1,3)π(eq\f(L,2π))2h＝eq\f(L2h,12π)，則eq\f(2,75)L2h≈eq\f(L2h,12π)，∴π≈eq\f(25,8).16．某醫(yī)院急診中心關(guān)于病人等待急診的時(shí)間記錄如下：等待時(shí)間/min[0,5)[5,10)[10,15)[15,20)[20,25]頻數(shù)48521用上述分組資料計(jì)算得病人平均等待時(shí)間的估計(jì)值eq\x\to(x)＝__9.5__，病人等待時(shí)間標(biāo)準(zhǔn)差的估計(jì)算s≈__5.34__(保留兩位小數(shù))．解析：eq\x\to(x)＝eq\f(1,20)×(2.5×4＋7.5×8＋12.5×5＋17.5×2＋22.5×1)＝9.5，s2＝eq\f(1,20)×[(2.5－9.5)2×4＋(7.5－9.5)2×8＋(12.5－9.5)2×5＋(17.5－9.5)2×2＋(22.5－9.5)2]＝28.5，∴s≈5.34.四、解答題：本題共6小題，共70分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．17．(本小題10分)如圖，已知O為坐標(biāo)原點(diǎn)，向量eq\o(OA,\s\up6(→))＝(3cosx,3sinx)，eq\o(OB,\s\up6(→))＝(3cosx，sinx)，eq\o(OC,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，0)，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).(1)求證：(eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(OB,\s\up6(→)))⊥eq\o(OC,\s\up6(→))；(2)若△ABC是等腰三角形，求x的值．解：(1)證明：∵eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(OB,\s\up6(→))＝(0,2sinx)，∴(eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(OB,\s\up6(→)))·eq\o(OC,\s\up6(→))＝0×eq\r(3)＋2sinx×0＝0，∴(eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(OB,\s\up6(→)))⊥eq\o(OC,\s\up6(→)).(2)若△ABC是等腰三角形，則AB＝BC，∴(2sinx)2＝(3cosx－eq\r(3))2＋sin2x，即2cos2x－eq\r(3)cosx＝0.解得cosx＝0或cosx＝eq\f(\r(3),2)，∵x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴cosx＝eq\f(\r(3),2)，∴x＝eq\f(π,6).18．(本小題12分)如圖所示，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為等腰梯形，且滿意AB∥CD，AD＝DC＝eq\f(1,2)AB，PA⊥平面ABCD.(1)求證：平面PBD⊥平面PAD；(2)若PA＝AB，求直線PC與平面PAD所成角的正弦值．解：(1)證明：取AB的中點(diǎn)E，連接CE，則由題意知，△BCE為正三角形，所以∠ABC＝60°.由四邊形ABCD為等腰梯形知∠BCD＝120°，設(shè)AD＝DC＝BC＝2，則AB＝4，BD＝2eq\r(3)，故AD2＋BD2＝AB2，即得∠ADB＝90°，所以AD⊥BD.又PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD.又AD∩PA＝A，所以BD⊥平面PAD.又BD?平面PBD，所以平面PBD⊥平面PAD.(2)在平面ABCD中，過點(diǎn)C作CH∥BD交AD的延長線于點(diǎn)H，由(1)知BD⊥平面PAD，所以CH⊥平面PAD，連接PH，則∠CPH即為所求的角．依據(jù)(1)中所設(shè)，在Rt△CHD中，CD＝2，∠CDH＝60°，所以CH＝eq\r(3)，連接AC，在Rt△PAC中，PC＝eq\r(PA2＋AC2)＝eq\r(42＋2\r(3)2)＝2eq\r(7).所以在Rt△PHC中，sin∠CPH＝eq\f(CH,PC)＝eq\f(\r(3),2\r(7))＝eq\f(\r(21),14)，即PC與平面PAD所成角的正弦值為eq\f(\r(21),14).19．(本小題12分)在△ABC中，a，b，c分別為內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊，且(sinB＋sinC＋sinA)(sinB＋sinC－sinA)＝eq\f(18,5)sinBsinC，b和c是關(guān)于x的方程x2－9x＋25cosA＝0的兩根(b>c)．(1)求cosA的值；(2)推斷△ABC的形態(tài)．解：(1)由正弦定理得(b＋c＋a)(b＋c－a)＝eq\f(18,5)bc，即b2＋c2－a2＝eq\f(8,5)bc，由余弦定理得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(4,5).(2)由(1)知cosA＝eq\f(4,5)，則方程x2－9x＋25cosA＝0可化為x2－9x＋20＝0，解得x＝5或x＝4.∵b>c，∴b＝5，c＝4，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA＝9，∴a＝3.∵b2＝a2＋c2，∴△ABC為直角三角形．20．(本小題12分)如圖，在三棱錐V-ABC中，平面VAB⊥平面ABC，△VAB為等邊三角形，AC⊥BC且AC＝BC＝eq\r(2)，O，M分別為AB，VA的中點(diǎn)．(1)求證：VB∥平面MOC；(2)求證：平面MOC⊥平面VAB；(3)求三棱錐V-ABC的體積．解：(1)證明：因?yàn)镺，M分別為AB，VA的中點(diǎn)，所以O(shè)M∥VB.又因?yàn)閂B?平面MOC，OM?平面MOC，所以VB∥平面MOC.(2)證明：因?yàn)锳C＝BC，O為AB的中點(diǎn)，所以O(shè)C⊥AB.又因?yàn)槠矫鎂AB⊥平面ABC，平面VAB∩平面ABC＝AB，所以O(shè)C⊥平面VAB.又OC?平面MOC，所以平面MOC⊥平面VAB.(3)在等腰直角三角形ACB中，AC＝BC＝eq\r(2)，所以AB＝2，OC＝1.所以等邊三角形VAB的面積S△VAB＝eq\r(3).又因?yàn)镺C⊥平面VAB，所以三棱錐C-VAB的體積等于eq\f(1,3)OC·S△VAB＝eq\f(\r(3),3).又因?yàn)槿忮FV-ABC的體積與三棱錐C-VAB的體積相等，所以三棱錐V-ABC的體積為eq\