必修第二册综合测评

这是一份人教A版 (2019)必修 第二册全册综合达标测试，共21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.已知复数z满足(1-i)z=2+i,则z的共轭复数在复平面内对应的点在(　　)
A.第一象限 B.第二象限
C.第三象限 D.第四象限
2.水平放置的△ABC的斜二测直观图如图所示,若A1C1=2,△A1B1C1的面积为22,则AB的长为(　　)

A.2 B.217
C.2 D.8
3.设D为△ABC所在平面内一点,BC=3CD,则(　　)
A.AD=-13AB+43AC B.AD=13AB-43AC
C.AD=43AB+13AC D.AD=43AB-13AC
4.我国古代数学名著《九章算术》中有如下问题:“今有北乡算八千七百五十八,西乡算七千二百三十六,南乡算八千三百五十六,凡三乡,发役三百七十八人,欲以算数多少出之,问各几何?”意思是:北乡有8 758人,西乡有7 236人,南乡有8 356人,现要按人数多少从三乡共征集378人,问从各乡征集多少人?在上述问题中,需从西乡征集的人数是(　　)
A.102 B.112
C.130 D.136
5.奥林匹克会旗中央有5个互相套连的圆环,颜色自左至右,上方依次为蓝、黑、红,下方依次为黄、绿,象征着五大洲.在手工课上,老师将这5个颜色的环分发给甲、乙、丙、丁、戊五位同学作为模型进行制作,每人分得1个,则事件“甲分得红色”与“乙分得红色”是(　　)
A.对立事件 B.不可能事件
C.互斥但不对立事件 D.无法判断
6.已知向量a=8,12x,b=(x,1),其中x>0,若(a-2b)∥(2a+b),则x的值为(　　)
A.4 B.8
C.0 D.2
7.在四面体A-BCD中,若AB=CD=3,AC=BD=2,AD=BC=5,则直线AB与CD所成角的余弦值为(　　)
A.-13 B.-14
C.14 D.13
8.已知△ABC的三个内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,满足cos2A-cos2B+cos2C=1+sin Asin C,且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
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.给出下列四个命题,其中正确的命题是(　　)
A.做100次抛硬币的试验,结果51次出现正面朝上,因此,出现正面朝上的概率是51100
B.随机事件发生的频率就是这个随机事件发生的概率
C.抛掷骰子100次,得点数是1的结果有18次,则出现1点的频率是950
D.随机事件发生的频率不一定是这个随机事件发生的概率
10.已知m,n是两条不重合的直线,α,β,γ是三个两两不重合的平面,下列命题是真命题的是(　　)
A.若m⊥α,m⊥β,则α∥β
B.若m⊂α,n⊂β,m∥n,则α∥β
C.若m,n是异面直线,m⊂α,m∥β,n⊂β,n∥α,则α∥β
D.若α⊥γ,β⊥γ,则α∥β
11.已知向量a,b是同一平面α内的两个向量,则下列结论正确的是(　　)
A.若存在实数λ,使得b=λa,则a与b共线
B.若a与b共线,则存在实数λ,使得b=λa
C.若a与b不共线,则对平面α内的任一向量c,均存在实数λ,μ,使得c=λa+μb
D.若对平面α内的任一向量c,均存在实数λ,μ,使得c=λa+μb,则a与b不共线
12.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.甲打靶的成绩比乙打靶的成绩稳定
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.某学校组织学生参加数学测试,成绩的频率分布直方图如下,数据的分组依次是[20,40),[40,60),[60,80),[80,100],则可估计这次数学测试成绩的第40百分位数是　　　　. 

14.如图,在△ABC中,D是BC的中点,E,F是AD上的两个三等分点,BA·CA=4,BF·CF=-1 ,则BE·CE的值是　　　　.深度解析 

15.已知圆锥的高是底面半径的3倍,侧面积为π,P为圆锥顶点,若正方形ABCD内接于底面圆O,则四棱锥P-ABCD的侧面积为　　　　. 
16.在一次数学考试中,第22题和第23题为选做题,规定每位考生必须且只需在其中选做一题.设四名考生选做这两题的可能性均为12,则甲、乙两名学生选做同一道题的概率为　　　　;甲、乙两名学生都选做第22题的概率为　　　　.(本题第一空2分,第二空3分) 
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)设甲、乙两位同学上学期间,每天7:30之前到校的概率均为23.假定甲、乙两位同学到校情况互不影响,且任一同学每天到校情况相互独立.
(1)设甲同学上学期间的三天中,7:30之前到校的天数为X,求X=0,X=1,X=2,X=3时的概率P(X=0),P(X=1),P(X=2),P(X=3);
(2)设M为事件“上学期间的三天中,甲同学在7:30之前到校的天数比乙同学在7:30之前到校的天数恰好多2”,求事件M发生的概率.




18.(本小题满分12分)如图,在△OAB中,已知P为线段AB上一点,OP=xOA+yOB.
(1)若BP=PA,求实数x,y的值;
(2)若BP=3PA,|OA|=4,|OB|=2,且OA与OB的夹角为60°,求OP·AB的值.












19.(本小题满分12分)在锐角△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且bsin A=32a.
(1)求B的大小;
(2)若AB=2,BC=32,点D在边AC上,　　　　,求BD的长. 
请在①AD=DC;②∠DBC=∠DBA;③BD⊥AC这三个条件中选择一个,补充在上面的横线上,并完成解答.
注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.








20.(本小题满分12分)在如图所示的几何体中,PB∥EC,PB=2CE=2,PB⊥平面ABCD,在平行四边形ABCD中,AB=1,AD=2,∠BAD=60°.
(1)求证:AC∥平面PDE;
(2)求CD与平面PDE所成角的正弦值.





21.(本小题满分12分)2020年4月23日“世界读书日”来临时,某校为了解中学生课外阅读情况,随机抽取了100名学生,并获得了他们一周课外阅读时间(单位:小时)的数据,整理得到下表.
组号
分组
频数
频率
1
[0,5)
5
0.05
2
[5,10)
a
0.35
3
[10,15)
30
b
4
[15,20)
20
0.20
5
[20,25]
10
0.10
合计

100
1

(1)求a,b的值,并在下图中作出这些数据的频率分布直方图;(用阴影涂黑)

(2)根据频率分布直方图估计该组数据的众数及中位数(中位数精确到0.01);
(3)现从第4、5组中用比例分配的分层随机抽样方法抽取6人参加校中华诗词比赛,经过比赛后,第4组得分的平均数x=7,方差s2=2,第5组得分的平均数y=7,方差t2=1,则这6人得分的平均数a和方差σ2分别为多少(方差精确到0.01)?







22.(本小题满分12分)如图甲,在矩形ABCD中,E是CD的中点,AB=2,BC=2,以AE、BE为折痕将△ADE与△BCE折起,使D,C重合(仍记为D),如图乙(以△ABD所在平面为底面).

(1)探索折叠形成的几何体中直线DE的几何性质并证明(写出一条即可,不含DE⊥DA,DE⊥DB);
(2)求翻折后几何体E-ABD外接球的体积.







答案全解全析
一、单项选择题
1.D　∵(1-i)z=2+i,∴z=2+i1-i=(2+i)(1+i)(1-i)(1+i)=12+32i,
∴z=12-32i,
∴z的共轭复数在复平面内对应的点的坐标为12,-32,即z的共轭复数在复平面内对应的点在第四象限.故选D.
2.B　因为△A1B1C1的面积为22,
所以22=12A1C1×B1C1×sin 45°=12×2×B1C1×22,解得B1C1=4,所以BC=8,
易知AC⊥BC,由勾股定理得AB=AC2+BC2=22+82=217.故选B.
3.A　AD=AB+BD=AB+BC+CD=AB+43BC=AB+43(AC-AB)=-13AB+43AC.故选A.
4.B　因为北乡有8 758人,西乡有7 236人,南乡有8 356人,现要按人数多少从三乡共征集378人,所以需从西乡征集的人数是378×7 2368 758+7 236+8 356≈112.
5.C　结合互斥事件和对立事件的概念可知C正确.
6.A　因为a=8,12x,b=(x,1),所以a-2b=8-2x,12x-2,2a+b=(16+x,x+1).
因为(a-2b)∥(2a+b),所以(8-2x)(x+1)=(16+x)12x-2,即-52x2+40=0,解得x=±4,又x>0,所以x=4,故选A.
7.D　因为四面体的对边分别相等,所以该四面体的顶点为长方体的不相邻的四个顶点,如图所示,设长方体的长、宽、高分别为a,b,c,
则a2+b2=5,a2+c2=4,b2+c2=3,解得a=3,b=2,c=1.
连接D'C',交AB于点O,则D'C'∥DC,所以∠AOD'是异面直线AB与CD所成的角(或其补角).
在△AOD'中,cos∠AOD'=AO2+D'O2-AD'22×AO×D'O=34+34-22×32×32=-13,
所以异面直线AB与CD所成角的余弦值为13,故选D.

8.D　cos2A-cos2B+cos2C=1+sin Asin C,即1-sin2A-(1-sin2B)+1-sin2C=1+sin Asin C,
即sin2A+sin2C-sin2B=-sin Asin C,
由正弦定理可得a2+c2-b2=-ac,
由余弦定理得cos B=a2+c2-b22ac=-12,
因为B∈(0,π),所以B=2π3,
故sin A+sinπ3-A=1,整理得sinA+π3=1,故A=π6,所以C=π6,
故△ABC为顶角为2π3的等腰三角形.
故选D.
二、多项选择题
9.CD　对于A,B,混淆了频率与概率的区别,故A,B错误;
对于C,抛掷骰子100次,得点数是1的结果有18次,则出现1点的频率是950,符合频率的定义,故C正确;
对于D,频率是概率的估计值,故D正确.
故选CD.
10.AC　显然A正确;
两条在不同平面的直线平行不能说明这两个平面平行,故B错误;
由两条分别在不同平面的异面直线分别平行于这两个平面,可得这两个平面平行,故C正确;
垂直于同一平面的两平面不一定平行,故D错误.
故选AC.
11.ACD　根据平面向量共线的知识可知A选项正确;
当a=0,b为非零向量时,a与b共线,但不存在实数λ,使得b=λa,所以B选项错误;
根据平面向量基本定理可知C、D选项正确.
故选ACD.
12.ABD　　甲的平均环数为16×(8+6+8+6+9+8)=152,乙的平均环数为16×(4+6+8+7+10+10)=152,两人的平均环数相等,A正确;甲的中位数是8,乙的中位数是152,甲的中位数比乙的中位数大,B正确;甲的众数是8,乙的众数是10,甲的众数比乙的众数小,C错误;甲的数据比乙的数据集中,更稳定,D正确.
三、填空题
13.答案　65
解析　由题图得,成绩在[20,60)的频率是(0.005+0.010)×20=0.3,成绩在[20,80)的频率为0.3+0.020×20=0.7,故第40百分位数一定位于[60,80)内,
则这次数学测试成绩的第40百分位数为60+0.4-0.30.4×20=65.
14.答案　78
解析　BA·CA=12BC-AD·-12BC-AD=4AD2-BC24=36FD2-BC24=4,
BF·CF=12BC-13AD·-12BC-13AD=19AD2-14BC2=4FD2-BC24=-1,
所以FD2=58,BC2=132,
所以BE·CE=12BC-ED·-12BC-ED=4ED2-BC24=16FD2-BC24=78.
方法总结
研究向量的数量积时,一般有两个思路,一是建立平面直角坐标系,利用坐标研究向量的数量积;二是利用一个基底表示所有向量.两种思路实质相同.对于涉及中线的向量问题,一般利用向量加、减法的平行四边形法则进行求解.
15.答案　7
解析　设圆锥的底面半径为r,则高为3r,母线长为2r.
∵圆锥的侧面积为π,
∴π·r·2r=π,即r2=12.
设正方形的边长为a,则2a2=4r2,整理得a=2r,
易知四棱锥P-ABCD为正四棱锥,其斜高为(3r)2+22r2=72r,
∴正四棱锥的侧面积为4×12×2r×72r=27r2=7.
16.答案　12;14
解析　设事件A表示“甲选做第22题”,事件B表示“乙选做第22题”,
则甲、乙两名学生选做同一道题的事件为“AB∪A　B”,∵事件A,B相互独立,
∴P(AB∪A　B)=P(A)P(B)+P(A)P(B)=12×12+1-12×1-12=12.
∴甲、乙两名学生选做同一道题的概率为12.
∵P(A)P(B)=12×12=14,∴甲、乙两名学生都选做第22题的概率为14.
四、解答题
17.解析　(1)由独立事件的概率乘法公式可得P(X=0)=1-233=127,
P(X=1)=3×23×1-232=29,
P(X=2)=3×232×1-23=49,
P(X=3)=233=827.(4分)
(2)设乙同学上学期间的三天中,7:30之前到校的天数为Y,
则P(M)=P(X=2,Y=0)+P(X=3,Y=1)=P(X=2)P(Y=0)+P(X=3)P(Y=1)=49×127+827×29=20243.(10分)
18.解析　(1)∵BP=PA,
∴BO+OP=PO+OA,即2OP=OB+OA,(2分)
∴OP=12OA+12OB,即x=12,y=12.(4分)
(2)∵BP=3PA,∴BO+OP=3PO+3OA,即4OP=OB+3OA,(6分)
∴OP=34OA+14OB,(8分)
∴OP·AB=34OA+14OB·(OB-OA)
=14OB2-34OA2+12OA·OB
=14×22-34×42+12×4×2×12=-9.(12分)
19.解析　(1)在△ABC中,由正弦定理asinA=bsinB及bsin A=32a,
得sin Bsin A=32sin A.(2分)
因为△ABC为锐角三角形,所以A∈0,π2,所以sin A>0,(3分)
所以sin B=32,(4分)
又因为B∈0,π2,所以B=π3.(5分)
(2)若选①,在△ABC中,由余弦定理,得
AC2=AB2+BC2-2AB·BCcos∠ABC=22+322-2×2×32×cos π3=134,
所以AC=132(负值舍去),所以AD=DC=134.(7分)
在△ABD中,由余弦定理,得AB2=BD2+DA2-2BD·DAcos∠ADB,
即4=BD2+1316-132BD·cos∠ADB.(9分)
在△DBC中,由余弦定理,得BC2=BD2+DC2-2BD·DC·cos∠CDB,
即94=BD2+1316-132BD·cos∠CDB.
因为∠ADB+∠CDB=π,
所以cos∠ADB+cos∠CDB=0.
所以4+94=2BD2+138,所以BD=374(负值舍去).(12分)
若选②,在△ABC中,S△ABC=S△ABD+S△CBD,(7分)
即12BA·BC·sin π3=12BA·BD·sin π6+12BD·BC·sin π6,(9分)
即12×2×32×32=12×2×BD×12+12×BD×32×12,解得BD=637.(12分)
若选③,在△ABC中,由余弦定理,得AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos∠ABC=22+322-2×2×32×cos π3=134,
所以AC=132(负值舍去),(8分)
因为S△ABC=12BA·BC·sin∠ABC=334,
又S△ABC=12BD·AC=134BD,
所以134BD=334,解得BD=33913.(12分)
20.解析　(1)证明:如图,连接BD,交AC于O,取PD的中点F,连接OF、EF,

∵O、F分别为BD、PD的中点,
∴OF∥PB,且OF=12PB.
又∵PB∥CE,且CE=12PB,
∴OF∥CE,且OF=CE,(2分)
∴四边形OCEF为平行四边形,∴OC∥EF,即AC∥EF,又AC⊄平面PDE,EF⊂平面PDE,∴AC∥平面PDE.(4分)
(2)连接PC,BE.
在△ABD中,AB=1,AD=2,∠BAD=60°,
由余弦定理得BD2=AD2+AB2-2AD·ABcos∠BAD=4+1-2=3,(5分)
∴AB2+BD2=AD2,∴AB⊥BD.(6分)
∵AB∥CD,∴CD⊥BD.
∵PB⊥平面ABCD,∴PB⊥BD,
∴PD=PB2+BD2=7.
∵PB∥CE,∴CE⊥平面ABCD,∴CE⊥BD,CE⊥CD,∴DE=CD2+CE2=2.(8分)
又CD∩CE=C,
∴BD⊥平面DCE,又易得PB∥平面DCE,
∴P到平面DCE的距离为BD,
∵PE=BC2+(PB-CE)2=5,∴PD2=DE2+PE2,
∴PE⊥DE,∴S△PDE=12PE·DE=102,
S△DCE=12CD·CE=12.(10分)
设点C到平面PDE的距离为h,
则由VP-DCE=VC-PDE,VP-DCE=VB-DCE,得VB-DCE=VC-PDE,
∴13×BD×S△DCE=13×h×S△PDE,即3×12=h×102,∴h=3010,
∴CD与平面PDE所成角的正弦值为hCD=3010.(12分)
21.解析　(1)∵5+a+30+20+10=100,
∴a=35.(1分)
∵0.05+0.35+b+0.20+0.10=1,
∴b=0.30.(2分)
频率分布直方图如下.

(4分)
(2)该组数据众数的估计值为7.50.(5分)
易知中位数应在[10,15)内,设中位数为x,则0.05+0.35+(x-10)×0.06=0.5,解得x≈11.67,故中位数的估计值为11.67.(7分)
(3)因为第4组和第5组的频数之比为2∶1,所以从第4组抽取4人,第5组抽取2人.(8分)
所以这6人得分的平均数
a=4×x+2×y6=4×7+2×76=7,(10分)
方差σ2=4[s2+(x-a)2]+2[t2+(y-a)2]6=4(2+0)+2(1+0)6≈1.67,
即这6人得分的平均数为7,方差为1.67.(12分)
22.解析　(1)性质1:DE⊥平面ABD.(1分)
证明如下:
翻折前,DE⊥DA,CE⊥BC,翻折后垂直关系不变,则DE⊥DA,DE⊥DB,又DA∩DB=D,所以DE⊥平面ABD.(4分)
性质2:DE⊥AB.(1分)
证明如下:
与性质1证明方法相同,得到DE⊥平面ABD,又AB⊂平面ABD,所以DE⊥AB.(4分)
性质3:DE与平面ABD内任一直线都垂直.(1分)
证明如下:
与性质1证明方法相同,得到DE⊥平面ABD,从而DE与平面ABD内任一直线都垂直.(4分)
性质4:直线DE与平面ABE所成的角等于π4.(1分)
证明如下:
如图,取AB的中点F,连接DF、EF,

由DA=DB,得DF⊥AB,
与性质2证明方法相同,得DE⊥AB,DE⊥DF,
因为DE∩DF=D,所以AB⊥平面DEF,因为AB⊂平面ABE,所以平面DEF⊥平面ABE.
作DH⊥EF于H,则DH⊥平面ABE,所以∠DEF即为直线DE与平面ABE所成的角,
易知DE=1,EF=2,所以cos∠DEF=DEEF=12=22,所以∠DEF=π4.(4分)
写出其中一条即可.
(2)解法一:AD=BD=2,AB=2,则AB2=AD2+BD2,所以△ABD是等腰直角三角形,如图,取AB的中点P,

连接DP,则P是△ABD的外心,(6分)
设几何体E-ABD外接球的球心是O,则OP⊥平面ABD.(8分)
作OM⊥DE于M,则M是DE的中点,易得四边形OPDM是矩形,OP=DM=12,DP=12AB=1,
几何体E-ABD的外接球半径R=OP2+PD2=14+1=52,(10分)
则外接球的体积V=43πR3=556π.(12分)
解法二:易知DA、DB、DE两两垂直,外接球就是以DA、DB、DE为相邻的棱的长方体的外接球,(7分)
设外接球的半径为R,则(2R)2=DA2+DB2+DE2=2+2+1=5,解得R=52,(10分)
故外接球的体积V=4π3R3=556π.(12分)