2025版新教材高中数学期末综合素养测评卷新人教A版必修第二册

期末综合素养测评卷一、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．复数eq\f(2－i,1＋3i)在复平面内对应的点所在的象限为()A．第一象限B.其次象限C．第三象限D.第四象限2．下列各式中结果为零向量的是()A．eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(MB,\s\up6(→))＋eq\o(BO,\s\up6(→))＋eq\o(OM,\s\up6(→))B.eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(DC,\s\up6(→))C．eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))＋eq\o(BO,\s\up6(→))＋eq\o(CO,\s\up6(→))D.eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(BD,\s\up6(→))－eq\o(CD,\s\up6(→))3．下列一组数据1，2，2，3，4，4，5，6，6，7的30%分位数为()A．2B.3C.4D.2.54．已知向量p＝(2，－3)，q＝(x，6)，且p∥q，则eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(q))＝()A．3eq\r(13)B.2eq\r(13)C.117D.525．复数(m2－5m＋6)＋(m2－3m)i是纯虚数，其中i是虚数单位，则实数m的值是()A．3B.2C.2或3D.0或2或36．若样本x1，x2，x3，…，xn平均数为10，方差为20，则样本2x1－5，2x2－5，2x3－5，…，2xn－5的平均数和方差分别为()A．平均数为20，方差为35B.平均数为20，方差为40C．平均数为15，方差为75D.平均数为15，方差为807．若a∥α，b∥α，则直线a，b的位置关系是()A．平行或异面B.平行或相交C.相交或异面D.平行、相交或异面8．投壶是我国古代的一种消遣活动，竞赛投中得分状况分“有初”“贯耳”“散射”“双耳”“依竿”五种，其中“有初”算“两筹”，“贯耳”算“四筹”，“散射”算“五筹”，“双耳”算“六筹”．“依竿”算“十筹”，三场竞赛得筹数最多者获胜．假设甲投中“有初”的概率为eq\f(1,3)，投中“贯耳”的概率为eq\f(1,4)，投中“散射”的概率为eq\f(1,6)，投中“双耳”的概率为eq\f(1,9)，投中“依竿”的概率为eq\f(1,18)，未投中(0筹)的概率为eq\f(1,12).乙的投掷水平与甲相同，且甲、乙投掷相互独立．竞赛第一场，两人平局；其次场甲投中“有初”，乙投中“双耳”，则三场竞赛结束时，甲获胜的概率为()A．eq\f(1,24)B.eq\f(5,108)C.eq\f(5,72)D.eq\f(7,216)二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9．已知复数z＝eq\f(5i,1＋2i)，则下列各项正确的为()A．复数z的虚部为iB.复数z－2为纯虚数C．复数z的共轭复数对应点在第四象限D.复数z的模为510．下列关于平面对量的说法中正确的是()A．a＝(2，k)，b＝(k，2)，若a与b平行，则k＝±2B．单位向量e1＝(1，0)，e2＝(0，1)，则eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(6e1－8e2))＝10C．若点G为△ABC的重心，则eq\o(GA,\s\up6(→))＋eq\o(GB,\s\up6(→))＋eq\o(GC,\s\up6(→))＝0D．若a∥b，b∥c，则a∥c11．我国居民收入与经济同步增长，人民生活水平显著提高．“三农”工作重心从脱贫攻坚转向全面推动乡村振兴，稳步实施乡村建设行动，为实现农村富强目标而努力.2017年～2024年某市城镇居民、农村居民年人均可支配收入比上年增长率如图所示，依据图表下列说法肯定正确的是()A．对于该市居民年人均可支配收入比上年增长率的极差，城镇比农村的小B．该市农村居民年人均可支配收入高于城镇居民C．对于该市居民年人均可支配收入比上年增长率的中位数，农村比城镇的大D．2024年该市城镇居民、农村居民年人均可支配收入比2024年有所上升12.如图，已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为2，则下列结论错误的是()A．直线A1C1与BD1为异面直线B．直线BB1与平面ACD1平行C．将形态为正方体ABCD­A1B1C1D1的铁块磨制成一个球体零件，可能制作的最大零件的表面积为16πD．若矩形ACC1A1是某圆柱的轴截面(过圆柱的轴的截面叫做圆柱的轴截面)，则从A点动身沿该圆柱的侧面到相对顶点C1的最短距离是eq\r(4＋2π2)三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．直角△ABC中，∠A＝eq\f(π,2)，AB＝1，AC＝2，点O是△ABC所在平面上随意一点，则向量(eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(OC,\s\up6(→)))＋(eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OC,\s\up6(→)))的模为________．14．在△ABC中，AB＝3，AC＝2，∠BAC＝60°，AD平分∠BAC交BC于点D，则△ABD与△ACD的面积之比为________．15．已知正三棱锥O­ABC的底面边长为4，高为2，则此三棱锥的体积为________．16.如图，四棱台ABCD­A1B1C1D1上下底面都为正方形且侧棱长都相等，且eq\f(A1B1,AB)＝eq\f(1,2).设E、F、G分别是棱AB、BC、C1D1的中点，过E、F、G的平面与AA1交于点H，则eq\f(AH,AA1)值为________；若四棱台ABCD­A1B1C1D1的高为2，体积为14，则该四棱台外接球的表面积为________．四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．17．(10分)(1)已知复数z在复平面内对应的点在其次象限，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(z))＝2，且z＋eq\o(z,\s\up6(－))＝－2，求z；(2)已知复数z＝eq\f(2m2,1－i)－(1＋2i)m－3(2＋i)为纯虚数，求实数m的值．18．(12分)如图，在平行四边形ABCD中，AB＝BC＝2，∠ABC＝eq\f(π,3)，E，F分别是边BC，CD的中点，eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(AD,\s\up6(→))＝b.(1)用a，b表示eq\o(AE,\s\up6(→))，eq\o(BF,\s\up6(→))；(2)若向量eq\o(AE,\s\up6(→))与eq\o(BF,\s\up6(→))的夹角为θ，求cosθ.19．(12分)在△ABC中，bsinA＝eq\r(3)acosB.(1)求角B大小；(2)①b＝3，②sinC＝2sinA，③c＝2eq\r(3).以上三个条件任选2个，求边a，角C.20．(12分)如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，M，N，P分别为AB，BC，B1C1的中点．(1)求证：AC∥平面B1MN；(2)求证：平面ACP∥平面B1MN.21.(12分)为了选择奥赛培训对象，今年5月我校进行一次数学竞赛，从参与竞赛的同学中，选取50名同学将其成果分成六组：第1组[40，50)，第2组[50，60)，第3组[60，70)，第4组[70，80)，第5组[80，90)，第6组eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(90，100))，得到频率分布直方图(如图)，视察图形中的信息，回答下列问题：(1)利用组中值估计本次考试成果的平均数；(2)从频率分布直方图中，估计第65百分位数是多少；(3)已知学生成果评定等级有优秀、良好、一般三个等级，其中成果不小于90分时为优秀等级，若从第5组和第6组两组学生中，随机抽取2人，求所抽取的2人中至少1人成果优秀的概率．22．(12分)甲、乙两人进行围棋竞赛，竞赛要求双方下满五盘棋，已知第一盘棋甲赢的概率为eq\f(3,4)，由于心态不稳，若甲赢了上一盘棋，则下一盘棋甲赢的概率依旧为eq\f(3,4)，若甲输了上一盘棋，则下一盘棋甲赢的概率就变为eq\f(1,2).已知竞赛没有和棋，且前两盘棋都是甲赢．(1)求第四盘棋甲赢的概率；(2)求竞赛结束时，甲恰好赢三盘棋的概率．期末综合素养测评卷1．答案：C解析：∵eq\f(2－i,1＋3i)＝eq\f(（2－i）（1－3i）,10)＝eq\f(－1－7i,10)，所以该复数对应的点为(－eq\f(1,10)，－eq\f(7,10))，在第三象限．故选C.2．答案：D解析：对于选项A：＋＋＋＝，选项A不正确；对于选项B:－－＝－＝，选项B不正确；对于选项C：＋＋＋＝，选项C不正确；对于选项D：－＋－＝(＋)－(＋)＝－＝0.选项D正确．故选D.3．答案：D解析：这组数据共有10个，10×30%＝3，即30%分位数是eq\f(2＋3,2)＝2.5.故选D.4．答案：B解析：由已知，向量p＝(2，－3)，q＝(x，6)，由p∥q可得，2×6＝－3x，解得x＝－4，所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(q))＝eq\r(（－4）2＋62)＝eq\r(52)＝2eq\r(13).故选B.5．答案：B解析：因为复数(m2－5m＋6)＋(m2－3m)i是纯虚数，所以m2－5m＋6＝0，m2－3m≠0，解得m＝2，故选B.6．答案：D解析：因为样本x1，x2，…，xn的平均数为10，方差为20，所以有eq\f(1,n)(x1＋x2＋…＋xn)＝10，eq\f(1,n)[(x1－10)2＋(x2－10)2＋…＋(xn－10)2]＝20.所以2x1－5，2x2－5，…，2xn－5的平均数为eq\f(1,n)[(2x1－5)＋(2x2－5)＋…＋(2xn－5)]＝eq\f(2,n)(x1＋x2＋…＋xn)＋eq\f(1,n)×(－5n)＝20－5＝15，所以2x1－5，2x2－5，…，2xn－5的方差为eq\f(1,n)[(2x1－5－15)2＋(2x2－5－15)2＋…＋(2xn－5－15)2]＝eq\f(1,n)[(2x1－20)2＋(2x2－20)2＋…＋(2xn－20)2]＝eq\f(4,n)[(x1－10)2＋(x2－10)2＋…＋(xn－10)2]＝4×20＝80.故选D.7．答案：D解析：如图所示，设平面FBCH为平面α若AE＝a，EG＝b，故a∥α，b∥α，a，b相交；若AE＝a，MN＝b，故a∥α，b∥α，a，b异面；若AE＝a，GD＝b，故a∥α，b∥α，a，b平行．故选D.8．答案：C解析：依据题意，要使三场竞赛结束时，甲获胜，第三局甲、乙获得的筹数可能为：(5，0)，(6，0)，(10，0)，(10，2)，(10，4)，(10，5)，甲、乙对应的投中状况可能为(散射，未投中)，(双耳，未投中)，(依竿，未投中)，(依竿，有初)，(依竿，贯耳)，(依竿，散射)，所以甲获胜的概率为：P＝eq\f(1,6)×eq\f(1,12)＋eq\f(1,9)×eq\f(1,12)＋eq\f(1,18)×(eq\f(1,12)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＋eq\f(1,6))＝eq\f(1,6)×eq\f(1,12)＋eq\f(1,9)×eq\f(1,12)＋eq\f(1,18)×eq\f(10,12)＝eq\f(1,12)×(eq\f(1,6)＋eq\f(1,9)＋eq\f(5,9))＝eq\f(1,12)×eq\f(5,6)＝eq\f(5,72).故选C.9．答案：BC解析：∵z＝eq\f(5i,1＋2i)＝eq\f(5i（1－2i）,（1＋2i）（1－2i）)＝2＋i，则可得：复数z的虚部为1，A错误；z－2＝i为纯虚数，B正确；复数z的共轭复数为＝2－i，其对应点为(2，－1)，在第四象限，C正确；复数z的模为eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(z))＝eq\r(22＋12)＝eq\r(5)，D错误．故选BC.10．答案：ABC解析：A选项，由于a与b平行，所以2×2＝k2⇒k＝±2，A正确；B选项，6e1－8e2＝(6，－8)，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(6e1－8e2))＝eq\r(62＋82)＝10，B正确；C选项，依题意G是△ABC的重心，设D是AC的中点，连接BD，B，G，D三点共线，如图所示，则＝－2＝－2×eq\f(1,2)(＋)＝－(＋)，所以＋＋＝0，C正确；D选项，b＝0时，a与c可以不共线，故D错误．故选ABC.11．答案：CD解析：对于A：由表中数据可知城镇居民相关数据极差较大，即选项A错误；对于B：由增长率高，得不出收入高，即选项B错误；对于C：由表中数据，可知农村居民相关数据中位数较大，即选项C正确；对于D：由表中数据，可知增长率均为正，所以2024年该市城镇居民、农村居民年人均可支配收入比2024年有所上升，即选项D正确．故选CD.12．答案：BCD解析：对于A，直线A1C1与BD1既不平行也不相交，是异面直线，A正确；对于B，BB1∥DD1，而直线DD1与平面ACD1相交，故直线BB1与平面ACD1也相交，B错误；对于C，将形态为正方体ABCDA1B1C1D1的铁块磨制成一个球体零件，当球的半径为棱长一半，即其半径为1时，球的表面积最大，其表面积最大值S＝4π×12＝4π，C错误；对于D，从A点沿圆柱的侧面到相对顶点C1的最短距离即为圆柱侧面绽开图一个顶点到对边中点的距离，即其最短距离d＝eq\r(4＋2π2)或eq\r(8＋π2).D错误．故选BCD.13．答案：eq\r(17)解析：∵在直角△ABC中，∠A＝eq\f(π,2)，AB＝1，AC＝2，∴BC＝eq\r(5)，cosC＝eq\f(AC,BC)＝eq\f(2,\r(5))，∵(－)＋(－)＝＋，∴＝＝＝eq\r(4＋5＋2×2×\r(5)×\f(2,\r(5)))＝eq\r(17).14．答案：eq\f(3,2)解析：AD为∠BAC的角平分线，又∠BAC＝60°，则∠BAD＝∠CAD＝30°，所以eq\f(S△ABD,S△ACD)＝eq\f(\f(1,2)AB×AD×sin∠BAD,\f(1,2)AC×AD×sin∠CAD)＝eq\f(AB,AC)＝eq\f(3,2).15．答案：eq\f(8\r(3),3)解析：如图，过O点作底面△ABC的投影O′，连接OO′，取BC的中点D，连接AD，在正三棱锥OABC中，底面△ABC为正三角形，边长为4，所以AD＝2eq\r(3)，S△ABC＝eq\f(1,2)×AD×BC＝4eq\r(3)，而OO′为该正三棱锥OABC的高，长为2，所以VOABC＝eq\f(1,3)×S△ABC×OO′＝eq\f(8\r(3),3).16．答案：eq\f(2,3)eq\f(385π,16)解析：如图连接FE，并延长交DA延长线于M，设A1D1的中点为P，连接GP，AC，则PG∥A1C1，而由题意可知A1C1∥AC，又EF∥AC，故PG∥EF，故P∈平面EFG，而M∈平面EFG，故连接PM，交AA1于H，H点即为过E、F、G的平面与AA1的交点．设Q为AD中点，连接FQ，则FQ∥AB，FQ＝AB.因为E为AB中点，故AE＝eq\f(1,2)AB＝eq\f(1,2)FQ，故AM＝AQ＝eq\f(1,2)AD.因为A1P∥AD，所以A1P∥AM，则eq\f(A1H,AH)＝eq\f(A1P,AM)＝eq\f(\f(1,2)A1D1,\f(1,2)AD)＝eq\f(1,2)，所以eq\f(AH,AA1)＝eq\f(2,3)；设四棱台上底面棱长为a，则下底面棱长为2a，由四棱台ABCDA1B1C1D1的高为2，体积为14，可得eq\f(1,3)(a2＋eq\r(a2·4a2)＋4a2)×2＝14，解得a＝eq\r(3).对于四棱台，A1C1＝eq\r(6)，AC＝2eq\r(6)，所以CC1＝eq\r(（\f(\r(6),2)）2＋4)＝eq\r(\f(11,2))，则AC1＝eq\r(（2\r(6)－\f(\r(6),2)）2＋4)＝eq\r(\f(35,2))，故得ACeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋CCeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－AC2＝eq\f(35,2)＋eq\f(11,2)－24<0，即∠AC1C>90°.由棱台的性质可知外接球球心位于对角面AA1C1C所在平面上，故由此可知外接球球心在棱台的外部，即底面ABCD的外部．设球心到平面ABCD的距离为h1，则到平面A1B1C1D1的距离为h1＋2.设外接球半径为R，则R2＝6＋heq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))，R2＝(eq\f(\r(6),2))2＋(h1＋2)2，解得R2＝eq\f(385,64)，故外接球的表面积为4πR2＝eq\f(385π,16).17．解析：(1)设z＝a＋bi(a，b∈R)，由题意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＋b2＝4，,2a＝－2，))解得a＝－1，b＝±eq\r(3).∵复数z在复平面内对应的点在其次象限，∴b＝eq\r(3)，∴z＝－1＋eq\r(3)i.(2)z＝eq\f(2m2,1－i)－(1＋2i)m－3(2＋i)＝eq\f(2m2（1＋i）,（1－i）（1＋i）)－(1＋2i)m－3(2＋i)＝(m2－m－6)＋(m2－2m－3)i，由题意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m2－m－6＝0,m2－2m－3≠0))，解得m＝－2.18．解析：(1)＝＋＝a＋eq\f(1,2)b，＝＋＝－eq\f(1,2)a＋b.(2)·＝(a＋eq\f(1,2)b)·(－eq\f(1,2)a＋b)＝－eq\f(1,2)a2＋eq\f(1,2)b2＋eq\f(3,4)a·b＝－eq\f(1,2)×22＋eq\f(1,2)×22＋eq\f(3,4)×2×2×coseq\f(2π,3)＝－eq\f(3,2).＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)b))＝eq\r(（a＋\f(1,2)b）2)＝eq\r(a2＋\f(1,4)b2＋a·b)＝eq\r(3)，同理＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)a＋b))＝eq\r(\f(1,4)a2＋b2－a·b)＝eq\r(7)，∴cosθ＝＝－eq\f(\r(21),14).19．解析：(1)因为在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，所以A，B，C∈(0，π)，由正弦定理，可将bsinA＝eq\r(3)acosB化为sinBsinA＝eq\r(3)sinAcosB，sinA≠0，则sinB＝eq\r(3)cosB，即tanB＝eq\r(3)，所以B＝eq\f(π,3).(2)若选①②，由sinC＝2sinA可得c＝2a，因为b＝3，由余弦定理可得b2＝a2＋c2－2accosB，则9＝5a2－2a2，解得a＝eq\r(3)，所以c＝2eq\r(3)，所以c2＝a2＋b2，故C＝eq\f(π,2)；若选①③，由正弦定理可得，eq\f(sinC,c)＝eq\f(sinB,b)，则sinC＝eq\f(csinB,b)＝1，所以C＝eq\f(π,2)，则A＝eq\f(π,6)，因此a＝csinA＝eq\r(3)；若选②③，由sinC＝2sinA可得c＝2a，因为c＝2eq\r(3)，所以a＝eq\r(3)，b＝3，由c2＝a2＋b2得C＝eq\f(π,2).20．证明：(1)因为M，N分别为AB，BC的中点．所以MN∥AC，因为MN⊂平面B1MN，AC⊄平面B1MN，所以AC∥平面B1MN.(2)因为P为B1C1的中点，所以B1P＝CN，又因为B1P∥CN，所以四边形B1PCN是平行四边形，所以CP∥B1N，又因为B1N⊂平面B1MN，CP⊄平面B1MN，所以CP∥平面B1MN.由第(1)问，AC∥平面B1MN，AC∩CP＝C，AC⊂平面ACP，CP⊂平面ACP，所以平面ACP∥平面B1MN.21．解析：(1)由频率分布直方图可知平均数＝(45×0.01＋55×0.026＋65×0.02＋75×0.03＋85×0.008＋95×0.006)×10＝66.8.(2)∵成果在[40，70)的频率为(0.01＋0.026＋0.02)×10＝0.56，成果在[40，80)的频率为0.56＋0.03×10＝0.86，∴第65百分位数位于[70，80)，设其为x，则0.56＋(x－70)×0.03＝0.65，解得x＝73，∴第65百分位数为73.(3)第5组的人数为：50×0.008×10＝4人，可记为A，B，C，D；第6组的人数为：50×0.006×10＝3人，可记为a，b，c；则从中任取2人，有(A，B)，(A，C)，(A，D)，(A，a)，(A，b)，(A，c)，(B，C)，(B，D)，(B，a)，(B，b)，(B，c)，(C，D)，(C，a)，(C，b)，(C，c)，(D，a)，(D，b)，(D，c)，(a，b)，(a，c)，(b，c)，共21种状况；其中至少1人成果优秀的状况有：(A，a)，(A，b)，(A，c)，(B，a)，(B，b)，(B，c)，(C，a)，(C，b)，(C，c)，(D，a)，(D，b)，(D，c)，(a，b)，(a，c)，(b，c)，共15种状况；∴至少1人成果优秀的概率P＝eq\f(15,21)＝eq\f(5,7).22．解析：(1)记第四盘棋甲赢的事务为A，它是第三盘棋甲赢和甲输的两个互斥事务A1，A2的和，P(A1)＝eq\f(3,4)×eq\f(3,4)＝eq\f(9,16)，P(A2)＝eq\f(1,4)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,8)，则P(A)＝P(A1)＋P(A2)＝eq\f(9,16)＋eq\f(1,8)＝eq\f(11,16)，所以第四盘棋甲赢的概率是eq\f(11,16).(2)记甲恰好赢三盘棋的事务为B，它是后三盘棋甲只赢一盘的三个互斥事务的和．甲只在第三盘赢的事务为B1、只在第四盘赢的事务为B2、只在第五盘赢的事务为B3，则P(B1)＝eq\f(3,4)×eq\f(1,4)×(1－eq\f(1,2))＝eq\f(3,32)，P(B2)＝eq\f(1,4)×eq\f(1,2)×(1－eq\f(3,4))＝eq\f(1,32)，P(B3)＝eq\f(1,4)×(1－eq\f(1,2))×eq\f(1,2)＝eq\f(1,16)，则有P(B)＝P(B1)＋P(B2)＋P(B3)＝eq\f(3,32)＋eq\f(1,32)＋eq\f(1,16)＝eq\f(3,16)，所以竞赛结束时，甲恰好赢三盘棋的概率为eq\f(3,16).期末综合素养测评卷1．答案：C解析：∵eq\f(2－i,1＋3i)＝eq\f(（2－i）（1－3i）,10)＝eq\f(－1－7i,10)，所以该复数对应的点为(－eq\f(1,10)，－eq\f(7,10))，在第三象限．故选C.2．答案：D解析：对于选项A：＋＋＋＝，选项A不正确；对于选项B:－－＝－＝，选项B不正确；对于选项C：＋＋＋＝，选项C不正确；对于选项D：－＋－＝(＋)－(＋)＝－＝0.选项D正确．故选D.3．答案：D解析：这组数据共有10个，10×30%＝3，即30%分位数是eq\f(2＋3,2)＝2.5.故选D.4．答案：B解析：由已知，向量p＝(2，－3)，q＝(x，6)，由p∥q可得，2×6＝－3x，解得x＝－4，所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(q))＝eq\r(（－4）2＋62)＝eq\r(52)＝2eq\r(13).故选B.5．答案：B解析：因为复数(m2－5m＋6)＋(m2－3m)i是纯虚数，所以m2－5m＋6＝0，m2－3m≠0，解得m＝2，故选B.6．答案：D解析：因为样本x1，x2，…，xn的平均数为10，方差为20，所以有eq\f(1,n)(x1＋x2＋…＋xn)＝10，eq\f(1,n)[(x1－10)2＋(x2－10)2＋…＋(xn－10)2]＝20.所以2x1－5，2x2－5，…，2xn－5的平均数为eq\f(1,n)[(2x1－5)＋(2x2－5)＋…＋(2xn－5)]＝eq\f(2,n)(x1＋x2＋…＋xn)＋eq\f(1,n)×(－5n)＝20－5＝15，所以2x1－5，2x2－5，…，2xn－5的方差为eq\f(1,n)[(2x1－5－15)2＋(2x2－5－15)2＋…＋(2xn－5－15)2]＝eq\f(1,n)[(2x1－20)2＋(2x2－20)2＋…＋(2xn－20)2]＝eq\f(4,n)[(x1－10)2＋(x2－10)2＋…＋(xn－10)2]＝4×20＝80.故选D.7．答案：D解析：如图所示，设平面FBCH为平面α若AE＝a，EG＝b，故a∥α，b∥α，a，b相交；若AE＝a，MN＝b，故a∥α，b∥α，a，b异面；若AE＝a，GD＝b，故a∥α，b∥α，a，b平行．故选D.8．答案：C解析：依据题意，要使三场竞赛结束时，甲获胜，第三局甲、乙获得的筹数可能为：(5，0)，(6，0)，(10，0)，(10，2)，(10，4)，(10，5)，甲、乙对应的投中状况可能为(散射，未投中)，(双耳，未投中)，(依竿，未投中)，(依竿，有初)，(依竿，贯耳)，(依竿，散射)，所以甲获胜的概率为：P＝eq\f(1,6)×eq\f(1,12)＋eq\f(1,9)×eq\f(1,12)＋eq\f(1,18)×(eq\f(1,12)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＋eq\f(1,6))＝eq\f(1,6)×eq\f(1,12)＋eq\f(1,9)×eq\f(1,12)＋eq\f(1,18)×eq\f(10,12)＝eq\f(1,12)×(eq\f(1,6)＋eq\f(1,9)＋eq\f(5,9))＝eq\f(1,12)×eq\f(5,6)＝eq\f(5,72).故选C.9．答案：BC解析：∵z＝eq\f(5i,1＋2i)＝eq\f(5i（1－2i）,（1＋2i）（1－2i）)＝2＋i，则可得：复数z的虚部为1，A错误；z－2＝i为纯虚数，B正确；复数z的共轭复数为＝2－i，其对应点为(2，－1)，在第四象限，C正确；复数z的模为eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(z))＝eq\r(22＋12)＝eq\r(5)，D错误．故选BC.10．答案：ABC解析：A选项，由于a与b平行，所以2×2＝k2⇒k＝±2，A正确；B选项，6e1－8e2＝(6，－8)，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(6e1－8e2))＝eq\r(62＋82)＝10，B正确；C选项，依题意G是△ABC的重心，设D是AC的中点，连接BD，B，G，D三点共线，如图所示，则＝－2＝－2×eq\f(1,2)(＋)＝－(＋)，所以＋＋＝0，C正确；D选项，b＝0时，a与c可以不共线，故D错误．故选ABC.11．答案：CD解析：对于A：由表中数据可知城镇居民相关数据极差较大，即选项A错误；对于B：由增长率高，得不出收入高，即选项B错误；对于C：由表中数据，可知农村居民相关数据中位数较大，即选项C正确；对于D：由表中数据，可知增长率均为正，所以2024年该市城镇居民、农村居民年人均可支配收入比2024年有所上升，即选项D正确．故选CD.12．答案：BCD解析：对于A，直线A1C1与BD1既不平行也不相交，是异面直线，A正确；对于B，BB1∥DD1，而直线DD1与平面ACD1相交，故直线BB1与平面ACD1也相交，B错误；对于C，将形态为正方体ABCDA1B1C1D1的铁块磨制成一个球体零件，当球的半径为棱长一半，即其半径为1时，球的表面积最大，其表面积最大值S＝4π×12＝4π，C错误；对于D，从A点沿圆柱的侧面到相对顶点C1的最短距离即为圆柱侧面绽开图一个顶点到对边中点的距离，即其最短距离d＝eq\r(4＋2π2)或eq\r(8＋π2).D错误．故选BCD.13．答案：eq\r(17)解析：∵在直角△ABC中，∠A＝eq\f(π,2)，AB＝1，AC＝2，∴BC＝eq\r(5)，cosC＝eq\f(AC,BC)＝eq\f(2,\r(5))，∵(－)＋(－)＝＋，∴＝＝＝eq\r(4＋5＋2×2×\r(5)×\f(2,\r(5)))＝eq\r(17).14．答案：eq\f(3,2)解析：AD为∠BAC的角平分线，又∠BAC＝60°，则∠BAD＝∠CAD＝30°，所以eq\f(S△ABD,S△ACD)＝eq\f(\f(1,2)AB×AD×sin∠BAD,\f(1,2)AC×AD×sin∠CAD)＝eq\f(AB,AC)＝eq\f(3,2).15．答案：eq\f(8\r(3),3)解析：如图，过O点作底面△ABC的投影O′，连接OO′，取BC的中点D，连接AD，在正三棱锥OABC中，底面△ABC为正三角形，边长为4，所以AD＝2eq\r(3)，S△ABC＝eq\f(1,2)×AD×BC＝4eq\r(3)，而OO′为该正三棱锥OABC的高，长为2，所以VOABC＝eq\f(1,3)×S△ABC×OO′＝eq\f(8\r(3),3).16．答案：eq\f(2,3)eq\f(385π,16)解析：如图连接FE，并延长交DA延长线于M，设A1D1的中点为P，连接GP，AC，则PG∥A1C1，而由题意可知A1C1∥AC，又EF∥AC，故PG∥EF，故P∈平面EFG，而M∈平面EFG，故连接PM，交AA1于H，H点即为过E、F、G的平面与AA1的交点．设Q为AD中点，连接FQ，则FQ∥AB，FQ＝AB.因为E为AB中点，故AE＝eq\f(1,2)AB＝eq\f(1,2)FQ，故AM＝AQ＝eq\f(1,2)AD.因为A1P∥AD，所以A1P∥AM，则eq\f(A1H,AH)＝eq\f(A1P,AM)＝eq\f(\f(1,2)A1D1,\f(1,2)AD)＝eq\f(1,2)，所以eq\f(AH,AA1)＝eq\f(2,3)；设四棱台上底面棱长为a，则下底面棱长为2a，由四棱台ABCDA1B1C1D1的高为2，体积为14，可得eq\f(1,3)(a2＋eq\r(a2·4a2)＋4a2)×2＝14，解得a＝eq\r(3).对于四棱台，A1C1＝eq\r(6)，AC＝2eq\r(6)，所以CC1＝eq\r(（\f(\r(6),2)）2＋4)＝eq\r(\f(11,2))，则AC1＝eq\r(（2\r(6)－\f(\r(6),2)）2＋4)＝eq\r(\f(35,2))，故得ACeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋CCeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－AC2＝eq\f(35,2)＋eq\f(11,2)－24<0，即∠AC1C>90°.由棱台的性质可知外接球球心位于对角面AA1C1C所在平面上，故由此可知外接球球心在棱台的外部，即底面ABCD的外部．设球心到平面ABCD的距离为h1，则到平面A1B1C1D1的距离为h1＋2.设外接球半径为R，则R2＝6＋heq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))，R2＝(eq\f(\r(6),2))2＋(h1＋2)2，解得R2＝eq\f(385,64)，故外接球的表面积为4πR2＝eq\f(385π,16).17．解析：(1)设z＝a＋bi(a，b∈R)，由题意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＋b2＝4，,2a＝－2，))解得a＝－1，b＝±eq\r(3).∵复数z在复平面内对应的点在其次象限，∴b＝eq\r(3)，∴z＝－1＋eq\r(3)i.(2)z＝eq\f(2m2,1－i)－(1＋2i)m－3(2＋i)＝eq\f(2m2（1＋i）,（1－i）（1＋i）)－(1＋2i)m－3(2＋i)＝(m2－m－6)＋(m2－2m－3)i，由题意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m2－m－6＝0,m2－2m－3≠0))，解得m＝－2.18．解析：(1)＝＋＝a＋eq\f(1,2)b，＝＋＝－eq\f(1,2)a＋b.(2)·＝(a＋eq\f(1,2)b)·(－eq\f(1,2)a＋b)＝－eq\f(1,2)a2＋eq\f(1,2)b2＋eq\f(3,4)a·b＝－eq\f(1,2)×22＋eq\f(1,2)×22＋eq\f(3,4)×2×2×coseq\f(2π,3)＝－eq\f(3,2).＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)b))＝eq\r(（a＋\f(1,2)b）2)＝eq\r(a2＋\f(1,4)b2＋a·b)＝eq\r(3)，同理＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)a＋b))＝eq\r(\f(1,4)a2＋b2－a·b)＝eq\r(7)，∴cosθ＝＝－eq\f(\r(21),14).19．解析：(1)因为在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，所以A，B，C∈(0，π)，由正弦定理，可将bsinA＝eq\r(3)acosB化为sinBsinA＝eq\r(3)sinAcosB，sinA≠0，则sinB＝eq\r(3)cosB，即tanB＝eq\r(3)，所以B＝eq\f(π,3).(2)若选①②，由sinC＝2sinA可得c＝2a，因为b＝3，由余弦定理可得b2＝a2＋c