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全书综合测评-2022版数学必修第二册 湘教版（2019） 同步练习 （Word含解析）
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这是一份全书综合测评-2022版数学必修第二册 湘教版（2019） 同步练习 （Word含解析），共19页。
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的直观图如图所示,若A1C1=2,△A1B1C1的面积为22,则AB的长为 ( )
A.2B.217
C.2 D.8
3.设D为△ABC所在平面内一点,BC=3CD,则 ( )
A.AD=-13AB+43ACB.AD=13AB-43AC
C.AD=43AB+13ACD.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.-13B.-14
C.14D.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2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.已知函数f(x)=3sin x+cos x,下列说法正确的是 ( )
A.f(x)的最小正周期为2π
B.f(x)的最大值为3+1
C.f(x)在区间π3,2π3上为减函数
D.5π6为f(x)的一个零点
11.下列结论正确的是 ( )
A.若A>B,则sin A>sin B
B.在锐角△ABC中,不等式b2+c2-a2>0恒成立
C.在△ABC中,若C=π4,a2-c2=bc,则△ABC为等腰直角三角形
D.在△ABC中,若b=3,A=60°,S△ABC=33,则△ABC的外接圆半径为33
12.如图,正方体ABCD-A'B'C'D'的棱长为1,则下列命题中正确的是 ( )
A.若点M,N分别是线段A'A,A'D'的中点,则MN∥BC'
B.点C到平面ABC'D'的距离为2
C.直线BC与平面ABC'D'所成的角等于π4
D.三棱柱AA'D'-BB'C'的外接球的表面积为3π
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.sin 50°(1+3tan 10°)= .
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 .
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)设函数f(x)=cos x·cosx-π6+3sin2x-334.
(1)求f(x)的最小正周期和单调递增区间;
(2)当x∈π12,π2时,求函数f(x)的最大值和最小值.
20.(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,并解答.
注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.
21.(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.
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 由题意得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'(或其补角)是异面直线AB与CD所成的角.
易知AO=D'O=32,AD'=2,
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,
由扩充的正弦定理可得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.ACD f(x)=3sin x+cos x=2sinx+π6.
对选项A,f(x)的最小正周期为2π,故A正确;
对选项B,当sinx+π6=1时,f(x)取得最大值,最大值为2,故B错误;
对选项C,当x∈π3,2π3时,x+π6∈π2,5π6⊆π2,3π2,
所以f(x)在区间π3,2π3上为减函数,故C正确;
对选项D,f5π6=2sin5π6+π6
=2sin π=0,所以5π6为f(x)的一个零点,故D正确.
故选ACD.
11.BC A>B⇒sin A>sin B,只有在三角形中才成立,故A选项错误;在锐角△ABC中,每个内角都是锐角,所以A是锐角,于是cos A=b2+c2-a22bc>0,因此b2+c2-a2>0恒成立,故B选项正确;由余弦定理可得c2=a2+b2-2abcos C,因为C=π4,所以c2=a2+b2-2ab,又a2-c2=bc,所以2ab-b2=bc,即2a-b=c,则a=b+c2,所以b+c22-c2=bc,整理可得b=c,于是B=π4,A=π2,故△ABC为等腰直角三角形,故C选项正确;由b=3,A=60°,S△ABC=33,得33=12×3c×sin 60°,所以c=4,于是a=b2+c2-2bccosA=32+42-2×3×4×12=13,所以△ABC的外接圆直径2R=asinA=1332=2393,所以△ABC的外接圆半径为393,故D选项错误.
12.ACD 因为M,N分别是线段A'A,A'D'的中点,所以MN∥AD',又因为AD'∥BC',所以MN∥BC',故A选项正确;连接B'C,易证B'C⊥平面ABC'D',因此点C到平面ABC'D'的距离为12B'C=22,故B选项错误;直线BC与平面ABC'D'所成的角为∠CBC'=π4,故C选项正确;三棱柱AA'D'-BB'C'的外接球即正方体的外接球,其半径R=32,因此其表面积为4π×322=3π,故D选项正确.
三、填空题
13.答案 1
解析 sin 50°(1+3tan 10°)
=sin 50°1+3×sin10°cos10°
=sin 50°×cos10°+3sin10°cos10°
=sin 50°×212cos10°+32sin10°cos10°
=2sin50°sin(10°+30°)cos10°
=2sin50°·cos50°cos10°
=sin100°cos10°=cos10°cos10°=1.
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.
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)由独立事件的概率计算公式可得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)f(x)=cos x·cosx-π6+3sin2x-334
=cos x32cosx+12sinx+3(1-cos2x)-334
=12sin xcos x-32cos2x+34
=14sin 2x-34cos 2x
=12sin2x-π3, (2分)
所以f(x)的最小正周期是2π2=π. (4分)
由-π2+2kπ≤2x-π3≤π2+2kπ,k∈Z,
解得-π12+kπ≤x≤5π12+kπ,k∈Z,
所以f(x)的单调递增区间为-π12+kπ,5π12+kπ,k∈Z. (6分)
(2)当x∈π12,π2时,2x-π3∈-π6,2π3, (8分)
所以sin2x-π3∈-12,1, (10分)
所以f(x)∈-14,12.
综上,f(x)的最大值为12,最小值为-14. (12分)
20.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)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)
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)
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)
21.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)
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(R>0),则(2R)2=DA2+DB2+DE2=2+2+1=5,解得R=52(负值舍去), (10分)
故外接球的体积V=4π3R3=556π. (12分)
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的直观图如图所示,若A1C1=2,△A1B1C1的面积为22,则AB的长为 ( )
A.2B.217
C.2 D.8
3.设D为△ABC所在平面内一点,BC=3CD,则 ( )
A.AD=-13AB+43ACB.AD=13AB-43AC
C.AD=43AB+13ACD.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.-13B.-14
C.14D.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2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.已知函数f(x)=3sin x+cos x,下列说法正确的是 ( )
A.f(x)的最小正周期为2π
B.f(x)的最大值为3+1
C.f(x)在区间π3,2π3上为减函数
D.5π6为f(x)的一个零点
11.下列结论正确的是 ( )
A.若A>B,则sin A>sin B
B.在锐角△ABC中,不等式b2+c2-a2>0恒成立
C.在△ABC中,若C=π4,a2-c2=bc,则△ABC为等腰直角三角形
D.在△ABC中,若b=3,A=60°,S△ABC=33,则△ABC的外接圆半径为33
12.如图,正方体ABCD-A'B'C'D'的棱长为1,则下列命题中正确的是 ( )
A.若点M,N分别是线段A'A,A'D'的中点,则MN∥BC'
B.点C到平面ABC'D'的距离为2
C.直线BC与平面ABC'D'所成的角等于π4
D.三棱柱AA'D'-BB'C'的外接球的表面积为3π
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.sin 50°(1+3tan 10°)= .
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 .
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)设函数f(x)=cos x·cosx-π6+3sin2x-334.
(1)求f(x)的最小正周期和单调递增区间;
(2)当x∈π12,π2时,求函数f(x)的最大值和最小值.
20.(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,并解答.
注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.
21.(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.
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 由题意得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'(或其补角)是异面直线AB与CD所成的角.
易知AO=D'O=32,AD'=2,
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,
由扩充的正弦定理可得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.ACD f(x)=3sin x+cos x=2sinx+π6.
对选项A,f(x)的最小正周期为2π,故A正确;
对选项B,当sinx+π6=1时,f(x)取得最大值,最大值为2,故B错误;
对选项C,当x∈π3,2π3时,x+π6∈π2,5π6⊆π2,3π2,
所以f(x)在区间π3,2π3上为减函数,故C正确;
对选项D,f5π6=2sin5π6+π6
=2sin π=0,所以5π6为f(x)的一个零点,故D正确.
故选ACD.
11.BC A>B⇒sin A>sin B,只有在三角形中才成立,故A选项错误;在锐角△ABC中,每个内角都是锐角,所以A是锐角,于是cos A=b2+c2-a22bc>0,因此b2+c2-a2>0恒成立,故B选项正确;由余弦定理可得c2=a2+b2-2abcos C,因为C=π4,所以c2=a2+b2-2ab,又a2-c2=bc,所以2ab-b2=bc,即2a-b=c,则a=b+c2,所以b+c22-c2=bc,整理可得b=c,于是B=π4,A=π2,故△ABC为等腰直角三角形,故C选项正确;由b=3,A=60°,S△ABC=33,得33=12×3c×sin 60°,所以c=4,于是a=b2+c2-2bccosA=32+42-2×3×4×12=13,所以△ABC的外接圆直径2R=asinA=1332=2393,所以△ABC的外接圆半径为393,故D选项错误.
12.ACD 因为M,N分别是线段A'A,A'D'的中点,所以MN∥AD',又因为AD'∥BC',所以MN∥BC',故A选项正确;连接B'C,易证B'C⊥平面ABC'D',因此点C到平面ABC'D'的距离为12B'C=22,故B选项错误;直线BC与平面ABC'D'所成的角为∠CBC'=π4,故C选项正确;三棱柱AA'D'-BB'C'的外接球即正方体的外接球,其半径R=32,因此其表面积为4π×322=3π,故D选项正确.
三、填空题
13.答案 1
解析 sin 50°(1+3tan 10°)
=sin 50°1+3×sin10°cos10°
=sin 50°×cos10°+3sin10°cos10°
=sin 50°×212cos10°+32sin10°cos10°
=2sin50°sin(10°+30°)cos10°
=2sin50°·cos50°cos10°
=sin100°cos10°=cos10°cos10°=1.
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.
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)由独立事件的概率计算公式可得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)f(x)=cos x·cosx-π6+3sin2x-334
=cos x32cosx+12sinx+3(1-cos2x)-334
=12sin xcos x-32cos2x+34
=14sin 2x-34cos 2x
=12sin2x-π3, (2分)
所以f(x)的最小正周期是2π2=π. (4分)
由-π2+2kπ≤2x-π3≤π2+2kπ,k∈Z,
解得-π12+kπ≤x≤5π12+kπ,k∈Z,
所以f(x)的单调递增区间为-π12+kπ,5π12+kπ,k∈Z. (6分)
(2)当x∈π12,π2时,2x-π3∈-π6,2π3, (8分)
所以sin2x-π3∈-12,1, (10分)
所以f(x)∈-14,12.
综上,f(x)的最大值为12,最小值为-14. (12分)
20.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)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)
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)
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)
21.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)
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(R>0),则(2R)2=DA2+DB2+DE2=2+2+1=5,解得R=52(负值舍去), (10分)
故外接球的体积V=4π3R3=556π. (12分)
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