新教材2023高中数学综合质量评估新人教A版必修第二册

这是一份新教材2023高中数学综合质量评估新人教A版必修第二册，共10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。

综合质量评估
(时间:120分钟　分值:150分)
一、单项选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题所给的四个选项中,只有一个选项是符合题目要求的)
1.(2022·广东广州测试)若复数z=,则|z-i|=(　　)
A.2　　　　B.　　　　C.4　　　　D.5
解析:因为z=,所以z-i=-i=-i=1-2i,所以|z-i|=
=.
答案:B
2. 某公司生产三种型号的轿车,其中型号Ⅰ的轿车的月产量为1 200辆,型号Ⅱ的轿车的月产量为6 000辆,型号Ⅲ的轿车的月产量为2 000辆,现用比例分配的分层抽样方法抽取92辆车进行检验,则型号Ⅲ的轿车应抽取(　　)
A.12辆 B.36辆 C.20辆 D.60辆
解析:型号Ⅲ的轿车应抽取92×=20(辆).故选C.
答案:C
3.2010-2018年之间,受益于基础设施建设对光纤产品的需求,以及个人计算机及智能手机的下一代规格升级,电动汽车及物联网等新机遇,连接器行业发展较快.2010-2018年全球连接器营收情况如图所示,根据折线图,下列结论正确的个数为(　　)

①每年的营收额逐年增长;②营收额增长最快的一年为2013-2014年;③2010-2018年的营收额增长率约为40%;④2014-2018年每年的营收额相对于2010-2014年每年的营收额,变化比较平稳.
A.1 B.2 C.3 D.4
解析:2011-2012年,营收额减少,故①错误;由折线图可知营收额增长最快的一年为2013-2014年,故②正确;×100%≈40%,故③正确;经过计算,得2014-2018年每年的营收额相对于2010-2014年每年的营收额,变化比较平稳,故④正确.即②③④正确,故选C.
答案:C
4.已知小张每次射击命中十环的概率都为40%,现采用随机模拟的方法估计小张三次射击恰有两次命中十环的概率,先由计算器产生0到9之间取整数值的随机数,指定2,4,6,8表示命中十环,0,1,3,5,7,9表示未命中十环,再以每三个随机数为一组,代表三次射击的结果,经随机模拟产生了如下20组随机数:
321　421　292　925　274　632　800　478　598　663
531　297　396　021　506　318　230　113　507　965
据此估计,小张三次射击恰有两次命中十环的概率约为(　　)
A.0.25 B.0.3 C.0.35 D.0.4
解析:由题意知,模拟三次射击的结果,经随机模拟产生了20组随机数,在20组随机数中表示三次射击恰有两次命中十环的有421,292,274,632,478,663,共6组随机数,所以所求概率P==0.3.
答案:B
5.盒子中有若干个大小和质地完全相同的红球和黄球,从中任意取出2个球,都是红球的概率为,都是黄球的概率为,则从盒子中任意取出2个球,恰好是同一颜色的概率为(　　)
A. B. C. D.
解析:设“从中任意取出2个球都是红球”为事件A,“从中任意取出2个球都是黄球”为事件B,“从中任意取出2个球恰好是同一颜色”为事件C,则C=A∪B,且事件A与B互斥,所以P(C)=P(A)+P(B)=+=,即从中任意取出2个球,恰好是同一颜色的概率为.故选A.
答案:A
6.某校篮球运动员进行投篮练习,若他前一球投进,则后一球投进的概率为;若他前一球投不进,则后一球投进的概率为.若他第1球投进的概率为,则他第3球投进的概率为(　　)
A. B. C. D.
解析:分以下两种情况讨论:
(1)第2球投进,其概率为×+×=,第3球投进的概率为×=;
(2)第2球投不进,其概率为1-=,第3球投进的概率为×=.
故第3球投进的概率为+=.
答案:D
7.已知数据x1,x2,x3的中位数为k,众数为m,平均数为n,方差为p,下列说法中,错误的是(　　)
A.数据2x1,2x2,2x3的中位数为2k
B.数据2x1,2x2,2x3的众数为2m
C.数据2x1,2x2,2x3的平均数为2n
D.数据2x1,2x2,2x3的方差为2p
解析:数据x1,x2,x3的中位数为k,众数为m,平均数为n,方差为p,则由性质知数据2x1,2x2,2x3的中位数、众数、平均数均变为原来的2倍,故选项A,B,C不符合题意,由方差的性质知数据2x1,2x2,2x3的方差为4p,故选项D符合题意.
答案:D
8.一个圆柱的轴截面是正方形,如果这个圆柱的侧面积与一个球的表面积相等,那么圆柱的体积与球的体积之比为(　　)
A.1∶3 B.3∶1 C.2∶3 D.3∶2
解析:设圆柱的底面半径为r,轴截面正方形的边长为a,则a=2r,
可得圆柱的侧面积S1=2πra=4πr2.
设表面积与圆柱侧面积相等的球的半径为R,
则球的表面积S2=4πR2=4πr2,解得R=r.
因为圆柱的体积为V1=πr2a=2πr3,球的体积为V2=πR3=πr3,
所以圆柱的体积与球的体积之比为=.
答案:D
二、多项选择题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得3分,有选错的得0分)
9.如图,已知点O为正六边形ABCDEF的中心,下列结论中正确的是 (　　)

A.++=0
B.(-)·(-)=0
C.(+)·=·+·
D.|+|=|+-|
解析:++=++=2,故选项A错误;
(-)·(-)=(-)·(-)=·,因为六边形ABCDEF是正六边形,所以EA⊥OF,所以·=0,故选项B正确;
由平面向量公式可知选项C正确;
|+|=|+|=||,|+-|=|-+|=|+
|=||,显然||≠||,故选项D错误.故选BC.
答案:BC
10.在发生公共卫生事件期间,有专业机构认为该事件在一段时间内没有发生大规模群体感染的标志为“连续10天,每天新增疑似病例不超过7人”.过去10日,甲、乙、丙、丁四地新增疑似病例数据信息如下,一定符合该标志的是(　　)
甲地:中位数为2,极差为5;乙地:总体平均数为2,众数为2;
丙地:总体平均数为1,总体方差大于0;丁地:总体平均数为2,总体方差为3.
A.甲地 B.乙地C.丙地 D.丁地
解析:甲地:中位数为2,极差为5,每天新增疑似病例没有超过7人的可能,故甲地符合该标志,即A项正确;
乙地:总体平均数为2,众数为2,每天新增疑似病例有超过7人的可能,故乙地不符合该标志,即B项不正确;
丙地:总体平均数为1,总体方差大于0,每天新增疑似病例有超过7人的可能,故丙地不符合该标志,即C项不正确;
丁地:总体平均数为2,总体方差为3.根据方差公式,如果存在大于7的数,那么方差一定大于3,故丁地符合该标志,即D项正确.
故选AD.
答案:AD
11.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,以下四个选项正确的是
(　　)

A.D1C∥平面A1ABB1
B.A1D1与平面BCD1相交
C.AD⊥平面D1DB
D.平面BCD1⊥平面A1ABB1
解析:在正方体ABCD-A1B1C1D1中,连接A1B(图略).
因为D1C∥A1B,D1C⊄平面A1ABB1,A1B⊂平面A1ABB1,所以D1C∥平面A1ABB1,故A项正确;
因为A1D1∥BC,BC⊂平面BCD1,A1D1∩平面BCD1=D1,所以A1D1⊂平面BCD1,故B项错误;
因为∠ADB=45°,所以AD与平面D1DB相交但不垂直,故C项错误;
因为BC⊥平面A1ABB1,BC⊂平面BCD1,所以平面BCD1⊥平面A1ABB1,故D项正确.
答案:AD
12.在△ABC中,三个内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.若b=ccos A,
A的平分线交BC于点D,AD=1,cos A=,以下结论正确的是(　　)
A.AC=
B.AB=8
C.=
D.△ABD的面积为
解析:因为b=ccos A,所以sin B=sin Ccos A=sin(A+C),
所以sin Ccos A=sin Acos C+sin Ccos A,所以sin Acos C=0.
因为sin A≠0,所以cos C=0,即C=π.
因为cos A==,由角平分线定理,可得==.
设AC=x,则AB=8x,BC=3x,CD=x.
在Rt△ACD中,由勾股定理,可得x2+(x)2=1,
解得x=,即AC=,所以AB=6.
因为S△ABC=bcsin A=××6×=,
所以S△ABD=S△ABC=.故选ACD.
答案:ACD
三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.将答案填在题中的横线上)
13.已知a=(1,-1),b=(λ,1),若a与b的夹角为钝角,则实数λ的取值范围是(-∞,-1)∪(-1,1).
解析:由题意,向量a与b的夹角为钝角,所以a·b<0,且a,b不共线,则解得λ<1,且λ≠-1,所以实数λ的范围(-∞,-1)∪(-1,1).
14.从分别写有1,2,3,4,5的五张质地相同的卡片中,任取两张,这两张卡片上的数字之差的绝对值等于1的概率为.
解析:从分别写有1,2,3,4,5的五张卡片中,任取两张,样本点有(1,
2),(1,3),(1,4),(1,5),(2,3),(2,4),(2,5),(3,4),(3,5),(4,5),共10个,
这两张卡片上的数字之差的绝对值等于1包含的样本点有(1,2),
(2,3),(3,4),(4,5),共4个,
所以这两张卡片上的数字之差的绝对值等于1的概率为P==.
15.(本题第一空2分,第二空3分)随机抽取100名学生,测得他们的身高(单位:cm),按照身高依次分成六组:[155,160),[160,165),[165,
170),[170,175),[175,180),[180,185),并得到样本身高的频率分布直方图如图所示,则频率分布直方图中的x的值为0.06;若将身高区间[170,175),[175,180),[180,185)依次记为A,B,C三组,并用分例分配的分层抽样方法从这三组中抽取6人,则从A,B,C三组中依次抽取的人数为3,2,1.

解析:由频率分布直方图可知,5x=1-5×(0.01+0.03+0.04+0.04+
0.02),解得x=0.06.因为100×(0.06×5)=30(人),100×(0.04×5)=20(人),
100×(0.02×5)=10(人),所以A,B,C三组的人数分别为30,20,10.因此应该从A,B,C三组中依次抽取6×=3(人),6×=2(人),6×=1(人).
16.如图所示,已知六棱锥P-ABCDEF的底面是正六边形,PA⊥平面ABC,PA=2AB.则下列命题中正确的有②④.(填序号)
①PB⊥AD;②平面PAB⊥平面PAE;③BC∥平面PAE;④直线PD与平面ABC所成的角为45°.

解析:因为AD与PB在平面的射影AB不垂直,所以①不正确;
因为PA⊥平面ABC,所以PA⊥AB.在正六边形ABCDEF中,AB⊥AE,PA∩AE=A,所以AB⊥平面PAE,且AB⊂平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAE,故②正确;
因为BC∥AD∥平面PAD,平面PAD∩平面PAE=PA,所以直线BC与平面PAE不平行,即③不正确.
在Rt△PAD中,PA=AD=2AB,所以∠PDA=45°,故④正确.
四、解答题(本大题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算过程)
17.(10分)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,E,F分别为A1B,AC的中点.
(1)证明:EF∥平面A1C1D;
(2)求三棱锥C-A1C1D的体积.

(1)证明:如图,连接BD.

因为四边形ABCD为正方形,所以BD交AC于点F,且F为BD的中点.
因为E为A1B的中点,所以EF∥A1D.
因为EF⊄平面A1C1D,A1D⊂平面A1C1D,
所以EF∥平面A1C1D.
(2)解:三棱锥C-A1C1D的体积V==·A1D1=×
×2×2×2=.
18.(12分)从含有两件正品a1,a2和一件次品b1的三件产品中,每次任取一件,每次取出后不放回,连续取两次.
(1)写出所有可能的结果组成的样本空间.
(2)求取出的两件产品中,恰有一件次品的概率.
解:(1)每次取出一个,取后不放回地连续取两次,其所有可能的结果有6个,
即Ω={(a1,a2),(a1,b1),(a2,a1),(a2,b1),(b1,a1),(b1,a2)},其中小括号内左边的字母表示第1次取出的产品,右边的字母表示第2次取出的产品.
(2)用A表示事件“取出的两件产品中,恰好有一件次品”,则A={(a1,b1),(a2,b1),(b1,a1),(b1,a2)},所以P(A)==.
19.(12分)某居民小区为了提高小区居民的读书兴趣,特举办读书活动,准备进一定量的书籍丰富小区图书站.由于不同年龄段需看不同类型的书籍,为了合理配备资源,现对小区内读书者进行年龄调查,随机抽取了一天中40名读书者进行调查,将他们的年龄分成6段:[20,
30),[30,40),[40,50),[50,60),[60,70),[70,80],得到的频率分布直方图如图所示.

(1)估计在这40名读书者中年龄分布在区间[40,70)上的人数;
(2)求这40名读书者年龄的平均数和中位数;
(3)从年龄在区间[20,40)上的读书者中任选两名,求这两名读书者年龄在区间[30,40)上的人数恰为1的概率.
解:(1)由频率分布直方图知,年龄在区间[40,70)上的频率为(0.020+0.030+0.025)×10=0.75.所以40名读书者中年龄分布在区间[40,70)上的人数为40×0.75=30.
(2)40名读书者年龄的平均数为25×0.05+35×0.1+45×0.2+55×0.3+
65×0.25+75×0.1=54.
设40名读书者年龄的中位数为x,
0.05+0.1+0.2+(x-50)×0.03=0.5,解得x=55,
即40名读书者年龄的中位数为55岁.
(3)年龄在区间[20,30)上的读书者有2人,分别记为a,b,年龄在区间[30,40)上的读书者有4人,分别记为A,B,C,D.
从上述6人中选出2人,有如下样本点:(a,b),(a,A),(a,B),(a,C),(a,D),
(b,A),(b,B),(b,C),(b,D),(A,B),(A,C),(A,D),(B,C),(B,D),(C,D),共15个,记选取的两名读书者中恰好有1人年龄在区间[30,40)上为事件A,
则事件A包含8个样本点:(a,A),(a,B),(a,C),(a,D),(b,A),(b,B),(b,C),
(b,D),
故P(A)=.
20.(12分)(2022·广东佛山质检)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且acos C=(2b-c)cos A.
(1)求角A的大小;
(2)若b=2,边BC上的中线AD=,求△ABC的面积.
解:(1)因为acos C=(2b-c)cos A,
所以sin Acos C=(2sin B-sin C)cos A,
所以sin Acos C+sin Ccos A=2sin Bcos A,即sin B=2sin Bcos A.
因为A,B∈(0,π),所以sin B≠0,cos A=,所以A=.
(2)在△ABC中,由余弦定理得a2=c2+b2-2bccos A,
即a2=c2+4-2c. ①
在△ADB中,由余弦定理得c2=()2+AD2-2··AD·cos∠ADB. ②
在△ADC中,由余弦定理得b2=()2+AD2-2··AD·cos∠ADC. ③
因为∠ADC+∠ADB=π,b=2,AD=,由②③得c2+4=+6. ④
由①④得c=2,所以S△ABC=bcsin A=×2×2×sin=.
21.(12分)已知向量a,b满足|a|=|b|=1,|xa+b|=|a-xb|(x>0,x∈R).
(1)求a·b关于x的解析式f(x);
(2)求向量a与b夹角的最大值;
(3)若a与b平行,且方向相同,试求x的值.
解:(1)由题意得|xa+b|2=3|a-xb|2,即x2a2+2xa·b+b2=3a2-6xa·b+3x2b2.
因为|a|=|b|=1,所以8xa·b=2x2+2,
所以a·b=(x>0),即f(x)= (x>0).
(2)设向量a与b夹角为θ,则cos θ==f(x)=,
当=,即x=1时,cos θ有最小值.因为0≤θ≤π,所以θmax=.
(3)因为a与b平行,且方向相同,|a|=|b|=1,
所以a=b,所以a·b==1,解得x=2±.
22.(12分)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为菱形,AA1⊥平面ABCD,AC与BD交于点O,∠BAD=60°,AB=2,AA1=.
(1)证明:平面A1BD⊥平面ACC1A1;
(2)求二面角A-A1C-B的大小.

(1)证明:由AA1⊥平面ABCD,得AA1⊥BD,AA1⊥AC.
因为四边形ABCD为菱形,所以AC⊥BD.
因为AC∩AA1=A,所以BD⊥平面ACC1A1.
因为BD⊂平面A1BD,所以平面A1BD⊥平面ACC1A1.
(2)解:如图,过点O作OE⊥A1C于点E,连接BE,DE.

由(1)知BD⊥平面ACC1A1,所以BD⊥A1C.
因为OE⊥A1C,OE∩BD=O,所以A1C⊥平面BDE,所以A1C⊥BE.
因为OE⊥A1C,BE⊥A1C,所以∠OEB为二面角A-A1C-B的平面角.
因为△ABD为等边三角形且O为BD中点,
所以OB=AB=1,OA=OC=AB=.
因为AA1⊥AC,所以A1C==3.
因为△A1AC∽△OEC,所以=,所以OE===1.
在△OEB中,OB⊥OE,所以tan∠OEB==1,即∠OEB=45°.
综上,二面角A-A1C-B的大小为45°.