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2025-2026学年湘教版数学必修第二册
全册综合测评练习卷
一、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.如果复数z满足|z+i|+|z-i|=2,那么|z+i+1|的最小值是(　　)
A.1 B. C.2 D.
2.在△ABC中,已知(b+c-a)(b+c+a)=3bc,且2cos Bsin C=sin A,则△ABC的形状为(　　)
A.钝角三角形 B.等边三角形
C.直角三角形 D.等腰直角三角形
3.若|z-2|=|z+2|,则复数z对应的点Z在(　　)
A.实轴上 B.虚轴上
C.第一象限 D.第二象限
4.在一个圆柱内挖去一个圆锥,圆锥的底面与圆柱的上底面重合,顶点是圆柱下底面中心.若圆柱的轴截面是边长为2的正方形,则圆锥的侧面展开图的面积为(　　)
A.π B.π
C.3π D.4π
5.已知底面边长为1,侧棱长为的正四棱柱的各顶点均在同一球面上,则该球的体积为(　　)
A. B.4π C.2π D.
6.在△ABC中,内角∠A,∠B,∠C的对边分别为a,b,c.若△ABC的面积为S,且a=1,4S=b2+c2-1,则△ABC外接圆的面积为(　　)
A.4π B.2π C.π D.
7.已知tan θ是方程x2-6x+1=0的一实根,则cos2(θ+)等于(　　)
A. B. C. D.
8.在边长为2的菱形ABCD中,∠BAD=60°,E是BC的中点,则等于(　　)
A. B. C. D.9
二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18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6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.
9.下列各式中,值为的是(　　)
A.2sin 15°cos 15° B.
C.1-2sin215° D.
10.在△ABC中,内角∠A,∠B,∠C的对边分别为a,b,c,若c=3,b=2,∠B=2∠C,则下列结论正确的是(　　)
A.sin C= B.a=
C.a=c D.S△ABC=2
11.如图,在三棱锥P-ABC中,D,E,F分别为棱PC,AC,AB的中点,PA⊥平面ABC,∠ABC=90°,AB=PA=6,BC=8,则(　　)
A.三棱锥D-BEF的体积为6
B.直线PB和直线DF垂直
C.平面DEF截三棱锥P-ABC所得的截面面积为12
D.点P与点A到平面BDE的距离相等
三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.
12.已知在三棱锥P-ABC中,若PA⊥平面ABC,PA=AB=AC=BC,则异面直线PB与AC所成角的余弦值为　　　　.
13.甲、乙、丙三人向同一飞机射击,设击中的概率分别为0.4,0.5,0.8,若只有1人击中,则飞机被击落的概率为0.2;若2人击中,则飞机被击落的概率为0.6;若3人击中,则飞机一定被击落.飞机被击落的概率为　　　　.
14.在△ABC中,∠ABC=90°,AB=4,BC=3,点D在线段AC上,若∠BDC=45°,则BD=　　　　,cos∠ABD=　　　　.
四、解答题:本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.(13分)(2025上海,18)如图,P是圆锥的顶点,O是底面圆圆心,AB为底面圆直径,AB=2.
(1)若PA与底面所成角大小为,求该圆锥的侧面积;
(2)已知Q是母线AP的中点,点C,D在底面圆周上,弧长为,且CD∥AB,点T在OC上运动,求证:QT∥平面PBD.
16.(15分)(2025天津,16)在△ABC中,内角∠A,∠B,∠C所对的边分别为a,b,c.已知asin B=bcos A,c-2b=1,a=.
(1)求∠A的值;
(2)求c的值;
(3)求sin(A+2B)的值.
17.(15分)某集团公司为了加强企业管理,树立企业形象,考虑在公司内部对迟到现象进行处罚.现在员工中随机抽取200人进行调查,当不处罚时,有80人迟到,处罚时,得到如下数据:
处罚金额x/元 50 100 150 200
迟到的人数y 50 40 20 0
若用表中数据所得频率代替概率.
(1)当处罚金额定为100元时,员工迟到的概率会比不进行处罚时降低多少
(2)将选取的200人中会迟到的员工分为A,B两类:A类员工在罚金不超过100元时就会改正行为;B类是其他员工.现按分层抽样的方法从A类与B类员工中抽取4人依次进行深度问卷调查,则前两位均为B类员工的概率是多少
18.(17分)已知向量m=(cos x,sin x),n=(cos x,-sin x),函数f(x)=m·n+.
(1)若f()=1,x∈(0,π),求tan(x+)的值;
(2)若f(α)=-,α∈(),sin β=,β∈(0,),求2α+β的值.
19.(17分)如图,在△AOB中,D是边OB的中点,C是OA上靠近O的三等分点,AD与BC交于点M,设=a,=b.
(1)用a,b表示;
(2)过点M的直线与边OA,OB分别交于点E,F.设=p=q,求的值.
参考答案
1.A　设复数z,-i,i,-1-i在复平面内对应的点分别为Z,Z1,Z2,Z3,因为|z+i|+|z-i|=2,|Z1Z2|=2,所以点Z的集合为线段Z1Z2.
问题转化为:动点Z在线段Z1Z2上移动,求|ZZ3|的最小值.画图可知(图略),当Z位于Z1位置时,|ZZ3|最小.
因为|Z1Z3|=1,所以|z+i+1|min=1.故选A.
2.B　由题意,得sin A=sin(π-A)=sin(B+C)=sin Bcos C+sin Ccos B,
则2cos Bsin C=sin Bcos C+sin Ccos B sin Bcos C-cos Bsin C=sin(B-C)=0.
又-π由(b+c-a)(b+c+a)=3bc,可得(b+c)2-a2=3bc,即b2+c2-a2=bc,
所以cos A=.
由0<∠A<π,知∠A=.
综上可知,△ABC是等边三角形.故选B.
3.B　∵|z-2|=|z+2|,∴点Z到(2,0)和(-2,0)的距离相等,即点Z在以(2,0)和(-2,0)为端点的线段的中垂线上.
4.A　圆锥的侧面展开图是半径为,弧长为2π的扇形,其面积S=lr=×2π×π,所以圆锥的侧面展开图的面积为π.
5.D　∵正四棱柱的底面边长为1,侧棱长为,
∴正四棱柱体对角线的长为=2.
又正四棱柱的顶点在同一球面上,∴正四棱柱体对角线恰好是球的一条直径,得球的半径R=1,根据球的体积公式,得此球的体积V=πR3=.
6.D　由余弦定理得,b2+c2-a2=2bccos A,a=1,所以b2+c2-1=2bccos A.又S=bcsin A,4S=b2+c2-1,所以4×bcsin A=2bccos A,即sin A=cos A,tan A=1,又0<∠A<π,所以∠A=.由正弦定理,得=2R(R为△ABC外接圆的半径),得R=,所以△ABC外接圆的面积为.
7.C　∵tan θ是方程x2-6x+1=0的一实根,
∴tan2θ-6tan θ+1=0,则+1=0,
可得sin2θ-6sin θcos θ+cos2θ=0,
可得sin θcos θ=,
∴sin 2θ=2sin θcos θ=,∴cos2(θ+)=.
8.D　由题意∠ABC=120°,=2×2×cos 120°=-2,=()·()=()·()=×22-×(-2)+22=9.
9.BCD　2sin 15°cos 15°=sin 30°=tan(45°+15°)=tan 60°=;1-2sin215°=cos 30°=tan 30°=.故选BCD.
10.AB　∵∠B=2∠C,
∴sin B=sin 2C=2sin Ccos C,
由正弦定理知,,可得,可得cos C=,sin C=,故A正确.
由余弦定理知,c2=a2+b2-2abcos C,
∴9=a2+(2)2-2a×2,
即a2-4a+3=0,解得a=3或a=1.
若a=3,则∠A=∠C=,此时cos C=,与题意不符,
∴a=1=,故B正确,C错误.经检验a=1,符合题意.
△ABC的面积S△ABC=ab·sin C=×1×2,故D错误.
11.ACD　对于A,由三角形中位线定理可得DE=PA,且S△BEF=S△ABC.
所以三棱锥D-BEF的体积为VP-ABC=×6×8×6=6,故A正确;
对于B,由已知得BC⊥PB,又EF∥BC,可得EF⊥PB,假设直线PB与直线DF垂直,又DF∩EF=F,可得PB⊥平面DEF,又AB⊥平面DEF,与过平面外一点有且只有一条直线垂直该平面矛盾,故B错误;
对于C,如图,取PB中点M,连接DM,FM,可得平面DEF截三棱锥P-ABC所得的截面为矩形MFED,面积为3×4=12,故C正确;
对于D,由已知可得PA∥DE,而PA 平面DBE,DE 平面DBE,所以PA∥平面DBE,故点P与点A到平面BDE的距离相等,故D正确.
故选ACD.
12.　过点B作BD∥AC,且BD=AC,连接AD,则四边形ADBC为菱形,如图所示,
∴∠PBD(或其补角)即为异面直线PB与AC所成角.
设PA=AB=AC=BC=a,∴AD=a,BD=a.
∵PA⊥平面ABC,∴PB=PD=a,
∴cos∠PBD=.∴异面直线PB与AC所成角的余弦值为.
13.0.492　设甲、乙、丙三人击中飞机为事件A,B,C,依题意,A,B,C相互独立,故所求事件概率为P=[P(A)+P()+P(C)]×0.2+[P(AB)+P(BC)+P(AC)]×0.6+P(ABC)=(0.4×0.5×0.2+0.6×0.5×0.2+0.6×0.5×0.8)×0.2+(0.4×0.5×0.2+0.6×0.5×0.8+0.4×0.5×0.8)×0.6+0.4×0.5×0.8=0.492.
14.　在△ABD中,由正弦定理,得,而AB=4,∠ADB=135°,AC==5,sin∠BAC=,cos∠BAC=,
所以BD=,cos∠ABD=cos(∠BDC-∠BAC)=cos 45°cos∠BAC+sin 45°sin∠BAC=.
15.(1)解如图,连接PO,由题意知PO垂直底面,
∵PA与底面所成角大小为,
∴∠PAO=,∠POA=,
又OA=AB=1,∴PA=2,
∴S侧=π·OA·PA=2π.
(2)证明如图,作出点C,D,T,连接CD,BD,QT,QC,QO,OD,PD,在△PAB中,∵O,Q分别是AB,AP的中点,∴OQ∥PB,又PB 平面PBD,OQ 平面PBD,∴OQ∥平面PBD.
∵∠AOC=,且CD∥AB,∴∠OCD=∠AOC=,又OC=OD=1,∴△OCD是等边三角形,∴CD=1=OB,
又CD∥OB,∴四边形OCDB是平行四边形,
∴OC∥BD,
又OC 平面PBD,BD 平面PBD,
∴OC∥平面PBD,
又OC∩OQ=O,OC 平面OCQ,OQ 平面OCQ,∴平面OCQ∥平面PBD.
∵QT 平面OCQ,∴QT∥平面PBD.
16.解(1)∵asin B=bcos A,
∴sin Asin B=sin Bcos A.
又在△ABC中,sin B>0,
∴sin A=cos A,∴tan A=.
∵∠A∈(0,π),∴∠A=.
(2)由余弦定理知a2=b2+c2-2bccos A,
又∠A=,a=,∴b2+c2-bc=7. ①
又c-2b=1, ②
由①②得b=1,c=3.
(3)cos B=,
∴sin B=.
∴sin 2B=2sin Bcos B=2×,cos 2B=2cos2B-1=2×2-1=,
∴sin(A+2B)=sin(+2B)=sincos 2B+cossin 2B=.
17.解(1)设“当处罚金额定为100元时,员工迟到”为事件A,则P(A)=,不处罚时,员工迟到的概率为.所以当处罚金额定为100元时,比不进行处罚员工迟到的概率会降低.
(2)由题意知,A类员工和B类员工各有40人,分别从A类员工和B类员工中各抽出两人,
设从A类员工抽出的两人分别为A1,A2,从B类员工抽出的两人分别为B1,B2,设“按分层抽样的方法从A类与B类员工中抽取4人依次进行深度问卷调查,首先抽出A1”为事件M,则M={(A1,A2,B1,B2),(A1,A2,B2,B1),(A1,B1,A2,B2),(A1,B1,B2,A2),(A1,B2,A2,B1),(A1,B2,B1,A2)},共6个样本点,同理,首先抽出A2,B1,B2的样本点也各有6个,故样本空间中共有24个样本点,
设“抽取4人中前两位均为B类员工”为事件N,则N={(B1,B2,A1,A2),(B1,B2,A2,A1),(B2,B1,A1,A2),(B2,B1,A2,A1)},共4个样本点,
所以P(N)=,
所以抽取4人中前两位均为B类员工的概率是.
18.解(1)因为向量m=(cos x,sin x),n=(cos x,-sin x),
所以f(x)=m·n+=cos2x-sin2x+=cos 2x+.
因为f()=1,所以cos x+=1,即cos x=.
又因为x∈(0,π),所以x=.所以tan(x+)=tan()==-2-.
(2)因为f(α)=-,所以cos 2α+=-,
即cos 2α=-.
因为α∈(),所以2α∈(π,),
则sin 2α=-=-,
因为sin β=,β∈(0,),所以cos β=,所以cos(2α+β)=cos 2αcos β-sin 2αsin β=(-)×-(-)×.
又因为2α∈(π,),β∈(0,),
所以2α+β∈(π,2π),所以2α+β=.
19.解(1)设=xa+yb,则=(x-1)a+yb,=-a+b,
∵A,M,D三点共线,
∴共线,从而(x-1)=-y, ①
又C,M,B三点共线,∴共线,
又=xa+(y-1)b,a-b,
同理可得(y-1)=-x, ②
联立①②,解得
故a+b.
(2)∵a+b-pa=(-p)a+b,=qb-pa.
又共线,∴(-p)q=-p,
整理得=5.

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