2024-2025学年新教材高中数学本册综合检测含解析新人教A版必修第二册

综合测试一、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．若复数eq\f(5,－3－i)的实部与虚部分别为a，b，则点A(b，a)必在下列哪个函数的图象上(D)A．y＝2x B．y＝eq\f(x＋1,2x)C．y＝|x| D．y＝－2x2－1解析：因为eq\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))，把点A的坐标分别代入选项，只有D选项满意，故选D.2．将直径为2的半圆面绕直径所在的直线旋转半周而形成的几何体的表面积为(B)A．2π B．3πC．4π D．6π解析：由题意，知该几何体为半球，表面积为半径为1的圆的面积加上半径为1的球的表面积的一半，所以S表面积＝π×12＋eq\f(1,2)×4×π×12＝3π，故选B.3．以集合A＝{2,4,6,7}中的随意两个元素分别为分子与分母构成分数，则这个分数是可约分数的概率是(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中随意两个元素分别为分子与分母，全部的样本点为：(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个，可约分数包括的样本点为：(2,4)，(2,6)，(4,2)，(4,6)，(6,2)，(6,4)，共6个，则所求概率为eq\f(1,2).故选A.4．在△ABC中，若B＝120°，则a2＋ac＋c2－b2的值(C)A．大于0 B．小于0C．等于0 D．不确定解析：依据余弦定理得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满意|a|＝eq\f(2\r(2),3)|b|，且(a－b)⊥(3a＋2b)，则a与b的夹角为(A)A.eq\f(π,4) B.eq\f(π,2)C.eq\f(3π,4) D．π解析：由条件，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)，故选A.6．有一个样本量为100的数据分组，各组的频数如下：分组[17,19)[19,21)[21,23)[23,25)[25,27)[27,29)[29,31)[31,33]频数113318162830依据频数分布，估计小于29的数据大约占总体的(A)A．42% B．58%C．40% D．16%解析：样本中小于29的数据频数为1＋1＋3＋3＋18＋16＝42，所以小于29的数据大约占总体的42%.7．水平放置的△ABC的斜二测直观图如图所示，已知A′C′＝3，B′C′＝2，则AB边上的中线的实际长度为(A)A.eq\f(5,2) B．5C.eq\f(5,4) D．2解析：分析易知△ABC是以∠C为直角的直角三角形，且AC＝3，BC＝2×2＝4，所以AB＝5，故AB边上的中线为eq\f(5,2).8．已知△ABC中，A，B，C的对边分别是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)，则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).故选D.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．全部选对得5分，部分选对得3分，有选错的得0分．9．给出下列说法不正确的有(ABD)A．一组数据的标准差是这组数据的方差的平方根B．频数分布直方图中各小长方形的面积等于相应各组的频数C．频率分布直方图中全部小长方形的面积之和等于1D．频率分布直方图中的纵轴为频率解析：一组数据的标准差是这组数据的方差的算术平方根，A错；频数分布直方图中各小长方形的高度等于相应各组的频数，B错；C正确，D错，纵轴为eq\f(频率,组距).10．为了反映各行业对仓储物流业务需求改变的状况，以及重要商品库存改变的动向，中国物流与选购 联合会和中储发展股份有限公司通过联合调查，制定了中国仓储指数．由2024年1月至2024年7月的调查数据得出的中国仓储指数，绘制出如右侧的折线图．依据该折线图，下列结论错误的是(ABC)A．2024年各月的仓储指数最大值是在3月份B．2024年1月至7月的仓储指数的中位数为55C．2024年1月与4月的仓储指数的平均数为52D．2024年1月至4月的仓储指数相对于2024年1月至4月，波动性更大解析：2024年各月的仓储指数最大值是在11月份，所以A错误；由题图知，2024年1月至7月的仓储指数的中位数约为53，所以B错误；2024年1月与4月的仓储指数的平均数为eq\f(51＋55,2)＝53，所以C错误；由题图可知，2024年1月至4月的仓储指数比2024年1月至4月的仓储指数波动更大．所以D正确．11．已知向量a，e满意a≠e，|e|＝1，且对随意t∈R，恒有|a－te|≥|a－e|成立，则(BC)A．a⊥e＝0 B．a·e＝1C．e⊥(a－e) D．(a＋e)⊥(a－e)解析：由条件可知|a－te|2≥|a－e|2对t∈R恒成立，又∵|e|＝1，∴t2－2ta·e＋2a·e－1≥0对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.如图所示，三棱锥A­BCD的底面是等腰直角三角形，AB⊥平面BCD，AB＝BC＝BD＝2，E是棱CD上的随意一点，F，G分别是AC，BC的中点，则在下面命题中是真命题的是(ACD)A．平面ABE⊥平面BCD B．平面EFG∥平面ABDC．四面体EFCG体积的最大值是eq\f(1,3)D．平面EFG⊥平面BCD解析：A正确，因为AB⊥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错，若两平面平行，则必有AD∥EF，而点E是棱CD上随意一点，故该命题为假命题；C正确，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VF­GCE＝eq\f(1,3)S△GCE·FG≤eq\f(1,3)；D正确，由GF⊥平面GCE，可得平面EFG⊥平面BCD.故选ACD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．已知在△ABC中，eq\f(7,sinA)＝eq\f(8,sinB)＝eq\f(13,sinC)，则C的度数为__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.设a＝7k，b＝8k，c＝13k(k>0)，则有cosC＝eq\f(7k2＋8k2－13k2,2×7k×8k)＝－eq\f(1,2).又∵0°<C<180°，∴C＝120°.14．已知点P，Q是△ABC所在平面上的两个定点，且满意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(→))|，则实数λ＝eq\f(1,2).解析：由条件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(→))，所以点P是边AC的中点．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(→))，从而有eq\o(QA,\s\up6(→))＝eq\o(BQ,\s\up6(→))，故点Q是边AB的中点，所以PQ是△ABC的中位线，所以|eq\o(PQ,\s\up6(→))|＝eq\f(1,2)|eq\o(BC,\s\up6(→))|，故λ＝eq\f(1,2).15．《算数书》竹简于20世纪80年头在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“囷盖”的术：置如其周，令相乘也．又以高乘之，三十六成一．该术相当于给出了由圆锥的底面周长L与高h，计算其体积V的近似公式V≈eq\f(1,36)L2h.它事实上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取为3.那么，近似公式V≈eq\f(2,75)L2h相当于将圆锥体积公式中的π近似取为eq\f(25,8).解析：圆锥的体积V＝eq\f(1,3)πr2h＝eq\f(1,3)π(eq\f(L,2π))2h＝eq\f(L2h,12π)，则eq\f(2,75)L2h≈eq\f(L2h,12π)，∴π≈eq\f(25,8).16．某医院急诊中心关于病人等待急诊的时间记录如下：等待时间/min[0,5)[5,10)[10,15)[15,20)[20,25]频数48521用上述分组资料计算得病人平均等待时间的估计值eq\x\to(x)＝__9.5__，病人等待时间标准差的估计算s≈__5.34__(保留两位小数)．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、解答题：本题共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10分)如图，已知O为坐标原点，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)求证：(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)证明：∵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，则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．(本小题12分)如图所示，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为等腰梯形，且满意AB∥CD，AD＝DC＝eq\f(1,2)AB，PA⊥平面ABCD.(1)求证：平面PBD⊥平面PAD；(2)若PA＝AB，求直线PC与平面PAD所成角的正弦值．解：(1)证明：取AB的中点E，连接CE，则由题意知，△BCE为正三角形，所以∠ABC＝60°.由四边形ABCD为等腰梯形知∠BCD＝120°，设AD＝DC＝BC＝2，则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，过点C作CH∥BD交AD的延长线于点H，由(1)知BD⊥平面PAD，所以CH⊥平面PAD，连接PH，则∠CPH即为所求的角．依据(1)中所设，在Rt△CHD中，CD＝2，∠CDH＝60°，所以CH＝eq\r(3)，连接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与平面PAD所成角的正弦值为eq\f(\r(21),14).19．(本小题12分)在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，且(sinB＋sinC＋sinA)(sinB＋sinC－sinA)＝eq\f(18,5)sinBsinC，b和c是关于x的方程x2－9x＋25cosA＝0的两根(b>c)．(1)求cosA的值；(2)推断△ABC的形态．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)，则方程x2－9x＋25cosA＝0可化为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为直角三角形．20．(本小题12分)如图，在三棱锥V­ABC中，平面VAB⊥平面ABC，△VAB为等边三角形，AC⊥BC且AC＝BC＝eq\r(2)，O，M分别为AB，VA的中点．(1)求证：VB∥平面MOC；(2)求证：平面MOC⊥平面VAB；(3)求三棱锥V­ABC的体积．解：(1)证明：因为O，M分别为AB，VA的中点，所以OM∥VB.又因为VB⊄平面MOC，OM⊂平面MOC，所以VB∥平面MOC.(2)证明：因为AC＝BC，O为AB的中点，所以OC⊥AB.又因为平面VAB⊥平面ABC，平面VAB∩平面ABC＝AB，所以OC⊥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.所以等边三角形VAB的面积S△VAB＝eq\r(3).又因为OC⊥平面VAB，所以三棱锥C­VAB的体积等于eq\f(1,3)OC·S△VAB＝eq\f(\r(3),3).又因为三棱锥V­ABC的体积与三棱锥C­VAB的体积相等，所以三棱锥V­ABC的体积为eq\