综合检测(B卷) 同步训练习题 高中数学新人教A版必修第二册（2022年）

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综合检测（B卷）
（时间:120分钟　满分:150分）
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.在△ABC中，已知a=40，b=202，A=45°，则角B等于（　　）
A.60° B.60°或120°
C.30° D.30°或150°
答案:C
解析:由正弦定理，得sin B=bsinAa=202×2240=12.
∵b 2.某人射击一次，设事件A=“中靶”；事件B=“击中环数大于6”；事件C=“击中环数大于1且小于6”；事件D=“击中环数大于0且小于6”，则正确的关系是（　　）
A.B与C为互斥事件 B.B与C为对立事件
C.A与D为互斥事件 D.A与D为对立事件
答案:A
解析:对于选项A，B∩C=⌀，故B和C是互斥事件；
对于选项B，存在不中靶现象，B∪C≠Ω，故B与C不是对立事件；
对于选项C，因为事件A包含事件D，所以A与D不是互斥事件；
对于选项D，因为事件A包含事件D，所以A与D不是对立事件.
3.已知z是z的共轭复数，若z+z=2，（z-z）i=2（i为虚数单位），则z=（　　）
A.1+i B.-1-i C.-1+i D.1-i
答案:D
解析:设z=a+bi（a，b∈R），则z=a-bi.
由已知得z+z=2a=2，解得a=1，（z-z）i=-2b=2，解得b=-1.故z=1-i.
4.已知向量a=（2，1），b=（1，x），若a+b与3b-2a平行，则实数x的值是（　　）
A.0 B.12 C.1 D.32
答案:B
解析:由已知得a+b=（3，1+x），3b-2a=（-1，3x-2），∵a+b与3b-2a平行，∴3（3x-2）+1+x=0，解得x=12.
5.在△ABC中，若内角A，B，C满足6sin A=4sin B=3sin C，则cos B=（　　）
A.154 B.34 C.31510 D.1116
答案:D
解析:由6sin A=4sin B=3sin C，得sin A∶sin B∶sin C=2∶3∶4.设角A，B，C的对边分别为a，b，c，则由正弦定理，得a∶b∶c=2∶3∶4.
设a=2k，b=3k，c=4k，k>0，
则cos B=a2+c2-b22ac=(2k)2+(4k)2-(3k)22×2k×4k=1116.
6.对于直线m，n和平面α，β，下列选项能得出α⊥β的是（　　）
A.m⊥n，m∥α，n∥β B.m⊥n，α∩β=m，n⊂α
C.m∥n，n⊥β，m⊂α D.m∥n，m⊥α，n⊥β
答案:C
解析:∵m∥n，n⊥β，∴m⊥β.
又m⊂α，∴α⊥β.
故C符合题意.易知A，B，D均不符合题意.
7.某校高一年级有甲、乙、丙三名学生，他们前三次月考的物理成绩如下表:
学生
第一次月考物理成绩
第二次月考物理成绩
第三次月考物理成绩
甲
80
85
90
乙
81
83
85
丙
90
86
82
则下列结论正确的是（　　）
A.甲、乙、丙第三次月考物理成绩的平均数为86
B.在这三次月考物理成绩中，甲的成绩的平均分最高
C.在这三次月考物理成绩中，丙的成绩的方差最大
D.在这三次月考物理成绩中，乙的成绩最稳定
答案:D
解析:∵90+85+823=8523，∴A中结论不正确；
∵x甲=80+85+903=85，x乙=81+83+853=83，x丙=90+86+823=86，∴B中结论不正确；
∵s甲2=13×[（80-85）2+（85-85）2+（90-85）2]=503,s乙2=13×[（81-83）2+（83-83）2+（85-83）2]=83,s丙2=13×[（90-86）2+（86-86）2+（82-86）2]=323，
∴这三次月考物理成绩中，甲的成绩方差最大，乙的成绩最稳定，故C中结论不正确，D中结论正确.
8.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c.若a2-b2=3bc，sin C=23sin B，则A=（　　）
A.30° B.60°
C.120° D.150°
答案:A
解析:由sin C=23sin B及正弦定理，得c=23b，
代入a2-b2=3bc，得a2-b2=6b2，即a2=7b2，
由余弦定理，得cos A=b2+c2-a22bc=b2+12b2-7b22b·23b=32.
∵0° 二、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.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.
9.已知i为虚数单位，下列说法中正确的是（　　）
A.若复数z满足|z-i|=5，则复数z对应的点在以（1，0）为圆心，5为半径的圆上
B.若复数z满足z+|z|=2+8i，则复数z=15+8i
C.复数的模实质上就是复平面内复数对应的点到原点的距离，也就是复数对应的向量的模
D.复数z1对应的向量为OZ1，复数z2对应的向量为OZ2，若|z1+z2|=|z1-z2|，则OZ1⊥OZ2
答案:CD
解析:满足|z-i|=5的复数z对应的点在以（0，1）为圆心，5为半径的圆上，故A中说法错误；
在选项B中，设z=a+bi（a，b∈R），则|z|=a2+b2.
由z+|z|=2+8i，得a+bi+a2+b2=2+8i，
∴a+a2+b2=2,b=8,解得a=−15,b=8,∴z=-15+8i，故B中说法错误；
由复数的模的定义知C中说法正确；
由|z1+z2|=|z1-z2|的几何意义知，以OZ1，OZ2为邻边的平行四边形为矩形，从而两邻边垂直，故D中说法正确.
10.△ABC是边长为2的等边三角形，已知向量a，b满足AB=2a，AC=2a+b，则下列结论中正确的是（　　）
A.a为单位向量 B.b为单位向量
C.a⊥b D.（4a+b）⊥BC
答案:AD
解析:∵等边三角形ABC的边长为2，AB=2a，
∴|AB|=2|a|=2，∴|a|=1，故A中结论正确；
∵AC=AB+BC=2a+BC=2a+b，∴BC=b，
∴|b|=2，故B中结论错误；
∵AB=2a，BC=b，∴a与b的夹角为120°，故C中结论错误；
∵（4a+b）·BC=4a·b+|b|2=4×1×2×-12+4=0，
∴（4a+b）⊥BC，故D中结论正确.
11.如图所示，点P为矩形ABCD所在平面外一点，矩形对角线的交点为O，M为线段PB的中点，给出以下结论，其中正确的是（　　）

A.OM∥PD B.OM∥平面PCD
C.OM∥平面PDA D.OM∥平面PBA
答案:ABC
解析:由题意知，线段OM为△BPD的中位线，
∴OM∥PD，故A中结论正确；
PD⊂平面PCD，OM⊄平面PCD，∴OM∥平面PCD，故B中结论正确；
同理，可得OM∥平面PDA，故C中结论正确；
OM与平面PBA和平面PBC都相交，故D中结论不正确.
12.在某次高中学科知识竞赛中，对4 000名考生的参赛成绩进行统计，得到频率分布直方图，如图所示.其中分组的区间为[40，50），[50，60），[60，70），[70，80），[80，90），[90，100]，60分以下视为不及格，若同一组中数据用该组区间中间值作代表值，则下列说法中正确的是（　　）

A.成绩在区间[70，80）内的考生人数最多
B.不及格的考生人数为1 000
C.考生竞赛成绩的平均分约为70.5分
D.考生竞赛成绩的中位数为75分
答案:ABC
解析:由频率分布直方图可得，成绩在区间[70，80）内的频率最高，因此考生人数最多，故A中说法正确；
成绩在区间[40，60）内的频率为0.010×10+0.015×10=0.25，因此，不及格的人数为4 000×0.25=1 000，故B中说法正确；
考生竞赛成绩的平均分约为45×0.1+55×0.15+65×0.2+75×0.3+85×0.15+95×0.1=70.5，故C中说法正确；
因为成绩在区间[40，70）内的频率为0.45，在区间[70，80）内的频率为0.3，
所以中位数为70+10×0.050.3≈71.67，故D中说法错误.
三、填空题:本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.一个样本a，3，5，7的平均数是b，且a，b是方程x2-5x+4=0的两根，则这个样本的方差是　　　　　. 
答案:5
解析:x2-5x+4=0的两根是1，4.当a=1时，a，3，5，7的平均数是4；
当a=4时，a，3，5，7的平均数不是1.
所以a=1，b=4，则方差s2=14×[（1-4）2+（3-4）2+（5-4）2+（7-4）2]=5.
14.已知向量a=（1，m），b=（3，3），若向量a，b的夹角为π3，则实数m的值为　　　　　. 
答案:-33
解析:因为a·b=3+3m，且a·b=23×1+m2cosπ3=3(1+m2)，
所以3+3m=3(1+m2)，解得m=-33.
15.在△ABC中，若a2-c2=2b，tanAtanC=3，则b=　　　　　. 
答案:4
解析:∵tanAtanC=sinAcosCcosAsinC=3，∴a·a2+b2-c22abc·b2+c2-a22bc=3，
化简得b2=2（a2-c2），
又a2-c2=2b，∴b2=4b，∴b=4.
16.已知一个半球的表面积为Q，一个圆柱与此半球等底等体积，则这个圆柱的表面积是　　　　　. 
答案:109Q
解析:设半球的半径为R，则圆柱的底面半径也为R，设圆柱的高为h，由题意得2πR2+πR2=Q，则R2=Q3π，又23πR3=πR2h，则h=23R.
故圆柱的表面积S=2πRh+2πR2=43πR2+2πR2=103πR2=103π·Q3π=109Q.
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.（10分）设向量e1，e2的夹角为60°，且|e1|=|e2|=1.
（1）若AB=e1+e2，BC=2e1+8e2，CD=3（e1-e2），证明:A，B，D三点共线；
（2）试确定实数k的值，使向量2e1+e2与向量e1+ke2垂直.
（1）证明:∵AB=e1+e2，BD=BC+CD=5e1+5e2，
∴BD=5AB，即AB与BD共线.
又AB与BD有公共点B，
∴A，B，D三点共线.
（2）解:∵（2e1+e2）⊥（e1+ke2），
∴（2e1+e2）·（e1+ke2）=0，
∴2e12+2ke1·e2+e1·e2+ke22=0，
即2+k+12+k=0，解得k=-54.
18.（12分）在△ABC中，已知AB=2，AC=3，A=60°.
（1）求BC的长；
（2）求sin 2C的值.
解:（1）由余弦定理，得BC2=AB2+AC2-2AB·AC·cos A=4+9-2×2×3×12=7，所以BC=7.
（2）由正弦定理，得ABsinC=BCsinA，
所以sin C=ABBC·sin A=2sin60°7=217.
因为AB 所以cos C=1−sin2C=1−37=277.
所以sin 2C=2sin Ccos C=2×217×277=437.
19.（12分）求同时满足下列条件的复数z:
（1）z+10z是实数，且1 （2）z的实部和虚部都是整数.
解:设z=a+bi（a，b∈R），
则z+10z=a+bi+10a+bi=a+bi+10(a-bi)a2+b2=a1+10a2+b2+b1−10a2+b2i.
∵z+10z是实数，
∴b1−10a2+b2=0，即b=0或a2+b2=10.
又1 当b=0时，1 当a2+b2=10时，1<2a≤6，即12 又z的实部和虚部都是整数，
∴a=1，2，3.
当a=1时，b=±3；
当a=2时，b=±6，舍去；
当a=3时，b=±1.
故复数z为1+3i或1-3i或3+i或3-i.
20.（12分）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱垂直于底面，AB⊥BC，AA1=AC=2，BC=1，E，F分别是A1C1，BC的中点.

（1）求证:平面ABE⊥平面B1BCC1；
（2）求证:C1F∥平面ABE；
（3）求三棱锥E-ABC的体积.
（1）证明:在三棱柱ABC-A1B1C1中，
因为BB1⊥底面ABC，所以BB1⊥AB.
又AB⊥BC，BB1∩BC=B，
所以AB⊥平面B1BCC1.
所以平面ABE⊥平面B1BCC1.
（2）证明:取AB的中点G，连接EG，FG，如图.

因为E，F分别是A1C1，BC的中点，
所以FG∥AC，且FG=12AC.
因为AC∥A1C1，且AC=A1C1，
所以FG∥EC1，且FG=EC1.
所以四边形FGEC1为平行四边形.
所以C1F∥EG.
又EG⊂平面ABE，C1F⊄平面ABE，
所以C1F∥平面ABE.
（3）解:因为AA1=AC=2，BC=1，AB⊥BC，
所以AB=AC2-BC2=3.
所以三棱锥E-ABC的体积V=13S△ABC·AA1=13×12×3×1×2=33.
21.（12分）某日用品按行业质量标准分成五个等级，等级系数X依次为1，2，3，4，5.现从一批该日用品中随机抽取20件，对其等级系数进行统计分析，得到频率分布表如下:
等级系数X
1
2
3
4
5
频率
a
0.2
0.45
b
c
（1）若所抽取的20件日用品中，等级系数为4的恰有3件，等级系数为5的恰有2件，求a，b，c的值；
（2）在（1）的条件下，将等级系数为4的3件日用品记为x1，x2，x3，等级系数为5的2件日用品记为y1，y2，购买者从x1，x2，x3，y1，y2这5件日用品中任取两件（假定每件日用品被取出的可能性相同），写出试验的样本空间，并求这两件日用品的等级系数恰好相等的概率.
解:（1）由题中频率分布表得a+0.2+0.45+b+c=1，
即a+b+c=0.35.
因为抽取的20件日用品中，等级系数为4的恰有3件，所以b=320=0.15.
等级系数为5的恰有2件，所以c=220=0.1，
从而a=0.35-b-c=0.1，
所以a=0.1，b=0.15，c=0.1.
（2）从日用品x1，x2，x3，y1，y2中任取两件，试验的样本空间Ω={（x1，x2），（x1，x3），（x1，y1），（x1，y2），（x2，x3），（x2，y1），（x2，y2），（x3，y1），（x3，y2），（y1，y2）}，共有10个样本点.
设事件A=“从日用品x1，x2，x3，y1，y2中任取两件，其等级系数相等”，则A={（x1，x2），（x1，x3），（x2，x3），（y1，y2）}，共有4个样本点.
故所求的概率P（A）=410=0.4.
22.（12分）如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点.

（1）求证:BD⊥平面PAC；
（2）若∠ABC=60°，求证:平面PAB⊥平面PAE；
（3）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE?说明理由.
（1）证明:因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以PA⊥BD.
因为底面ABCD为菱形，所以BD⊥AC.
又PA∩AC=A，所以BD⊥平面PAC.
（2）证明:因为PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，
所以PA⊥AE.
因为底面ABCD为菱形，∠ABC=60°，且E为CD的中点，所以AE⊥CD.
所以AB⊥AE.又PA∩AB=A，
所以AE⊥平面PAB.
所以平面PAB⊥平面PAE.
（3）解:棱PB上存在点F，使得CF∥平面PAE.
取F为PB的中点，取G为PA的中点，连接CF，FG，EG，如图.则FG∥AB，且FG=12AB.

因为底面ABCD为菱形，且E为CD的中点，
所以CE∥AB，且CE=12AB.
所以FG∥CE，且FG=CE.
所以四边形CEGF为平行四边形.
所以CF∥EG.
因为CF⊄平面PAE，EG⊂平面PAE，
所以CF∥平面PAE.