高一数学下学期人教A版2019必修第二册 综合测试 教师版＋学生版

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高一下学期综合测试卷一 单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1．已知集合U={1,2,3,4,5,6,7},A={2,4,6,7},A∩(∁UB)={4,7}，则集合可以为（   ）A．B．C．D．【详解】因为集合，U={1,2,3,4,5,6,7},A={2,4,6,7},A∩(∁UB)={4,7},所以集合中的元素不能有4或7，必含有2和6故选：B2．已知，则（    ）A．B．C．D．【详解】因为，则，所以.故选：C．3．如图，在中，，则等于（    ）  A．B．C．D．【详解】因为，所以，即得.故选：B.4．四川耙耙柑以果肉饱满圆润，晶莹剔透等特点深受民众喜爱，某耙耙柑果园的质检员对刚采摘下来的耙耙柑采用随机抽样的方式对成筐的耙耙柑进行质检，记录下了8筐耙耙柑中残次品的个数为5，7，6，3，9，4，8，10，则该组样本数据的第30百分位数为（   ）A．5B．5.5C．6D．6.5【详解】残次品的个数由小到大排列为：3，4，5，6，7，8，9，10，由，得该组样本数据的第30百分位数为5.故选：A.5．某篮球运动员进行投篮训练，共进行了10组，每组投篮55次，每组投篮命中的个数分别为m，n，48，47，48，50，45，47，49，50.已知这组数据的平均数为48，方差为7，则（    ）A．10B．C．D．5【详解】因为这组数据的平均数为48，方差为7，所以整理得设，则，因为50，所以，即，则．故选：A6．杭州亚运会的三个吉祥物分别取名“琮琮”“宸宸”“莲莲”，如图，现将三张分别印有“琮踪”“宸宸”“莲莲”图案的卡片（卡片的形状､大小和质地完全相同）放入盒子中.若从盒子中依次有放回地取出两张卡片，则一张为“琮琮”，一张为“宸宸”的概率是（    ）A．B．C．D．【详解】记印有“琮琮”“宸宸”“莲莲”图案的卡片分别为，代表依次摸出的卡片，，则基本事件分别为：，其中一张为“琮琮”，一张为“宸宸”的共有两种情况：，所以从盒子中依次有放回地取出两张卡片，则一张为“琮琮”，一张为“宸宸”的概率是.故选：B.7．已知，则（    ）A．B．C．D．【详解】由，可得，即，即得，.故选：B.8．已知正三棱锥的底面边长为，若半径为1的球与该正三棱锥的各棱均相切，则三棱锥外接球的半径为（    ）A．B．2C．D．【详解】因为球与该正三棱锥的各棱均相切，所以平面截球得到的截面圆与的三边均相切，所以该球的球心在过截面圆圆心且与平面垂直的直线上，又因为底面边长为，所以底面正三角形的内切圆的半径为，又因为球的半径为1，所以棱切球的球心即为底面正三角形的中心点，如图，过球心作的垂线交于，则，又因为，所以，所以，所以，因为外接圆的半径为，正三棱锥外接球的球心在上，设半径为，所以，即，解得.故选：.二 多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9．若实数满足，则（　 　）A．B．C．D．【详解】根据基本不等式得，当且仅当时等号成立，所以，因此，故选项A正确，选项B不正确；根据重要不等式得，当且仅当时等号成立，所以，故选项C正确；当异号时，，所以，选项D不正确；故选：AC.10．已知向量，满足，，则下列结论正确的有（    ）A．B．若，则C．在方向上的投影向量为D．若，则在的夹角为【详解】对于A，由可得，故A正确；对于B，由，可得，因，则，故，则B正确；对于C，在方向上的投影向量为，则C错误；对于D，若，两边取平方，，解得 ，因，故与的夹角为，则D正确.故选：ABD.11.如图，已知三棱柱ABC－A1B1C1的底面ABC为正三角形，侧棱AA1垂直于底面ABC，D为AC的中点，则下列判断正确的是(　　)A．C1D与BB1是异面直线B．BD⊥A1C1C．平面BDC1⊥平面ACC1A1D．A1B1∥平面BDC1【详解】对于A，在三棱柱ABC－A1B1C1中，BB1∥CC1，CC1⊂平面 ACC1A1，BB1⊄平面ACC1A1，所以BB1∥平面 ACC1A1，又CC1∩C1D＝C1，所以 C1D 与 BB1 是异面直线，故A正确；对于B，因为AA1垂直于底面ABC，BD⊂平面ABC，所以AA1⊥BD，又因为△ABC为正三角形，且D为AC的中点，所以BD⊥AC，又AC∩AA1＝A，AC，AA1⊂平面ACC1A1，所以BD⊥平面ACC1A1，又A1C1⊂平面ACC1A1，所以BD⊥A1C1，故B正确；对于C，因为 BD⊥平面 ACC1A1，BD⊂平面BDC1，所以平面BDC1⊥平面 ACC1A1，故C正确；对于D，因为 AB∩平面 BDC1＝B，所以AB与平面BDC1不平行，又 AB∥A1B1，所以A1B1与平面BDC1不平行，故D错误．三 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．已知函数（且）在区间上单调递增，则a的取值范围是 ．【详解】因为函数（且）在区间上单调递增，在上单调递减，所以，且在上大于等于0恒成立.所以.故答案为：13．已知甲、乙两个圆台上下底面的半径均为和，母线长分别为和，则两个圆的体积之比 ．【详解】因为甲、乙两个圆台上下底面的半径均为和，母线长分别为和，所以，，则两个圆台的体积之比．故答案为：．14．在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若，，则外接圆半径为 .【详解】由＝，得＝，则＝，整理得，因为B为的内角，所以，故，因为A为的内角，故，设外接圆半径为，由正弦定理得，则外接圆半径.故答案为：1.四 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．（本小题13分）已知平面向量，且.(1)求与的夹角的值；(2)当取得最小值时，求实数的值.【详解】（1）由，可得，又，所以，又，所以；（2）因为，所以.所以的最小值为，且取到最小值时.16．（本小题15分）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，．(1)求角C的大小；(2)若，的面积为，求的周长．【详解】（1）由题设，整理可得，所以，，故.（2）由题意，又，所以，故的周长为.17．（本小题15分）随着城镇化不断发展，老旧小区改造及管理已经引起政府部门的高度重视，为了解某小区业主对小区物业服务的满意程度，现从该小区随机抽查了户业主，根据业主对物业服务的满意度评分，将评分分成六段：得到如下频率分布直方图.已知评分在40,50之间的有5户.(1)求和的值；(2)从中按分层抽样的方法抽取26人成立物业服务监督小组，则从40,50，中分别抽取几人？(3)估计满意度评分的平均数和中位数.【详解】（1）由题意可知（2）由题意可知抽取比例为.则若抽取26人，则中抽取2人，中抽取4人，中抽取8人，中抽取12人.（3）平均数：中位数：18．（本小题17分）如图，平行六面体ABCD－A1B1C1D1的所有棱长都相等，平面CDD1C1⊥平面ABCD，AD⊥DC，二面角D1－AD－C的大小为120°，E为棱C1D1的中点．(1)证明：CD⊥AE；(2)点F在棱CC1上，AE∥平面BDF，求直线AE与DF所成角的余弦值．(1)证明　因为平面CDD1C1⊥平面ABCD，且平面CDD1C1∩平面ABCD＝DC，AD⊥DC，AD⊂平面ABCD，所以AD⊥平面CDD1C1，又D1D⊂平面CDD1C1，所以AD⊥D1D，则∠D1DC是二面角D1－AD－C的平面角，故∠D1DC＝120°.连接DE(图略)，因为E为棱C1D1的中点，则DE⊥C1D1，又C1D1∥CD，从而DE⊥CD.又AD⊥CD，DE∩AD＝D，DE，AD⊂平面AED，所以CD⊥平面AED，又AE⊂平面AED，因此CD⊥AE.(2)解 如图，连接DE，连接AC交BD于点O，连接CE交DF于点G，连接OG.设AB＝2，则DE＝eq \r(D1D2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)D1C1))2)＝eq \r(3)，所以CE＝AE＝eq \r(AD2＋DE2)＝eq \r(7).因为AE∥平面BDF，AE⊂平面AEC，平面AEC∩平面BDF＝OG，所以AE∥OG，因为O为AC的中点，所以G为CE的中点，故OG＝eq \f(1,2)AE＝eq \f(\r(7),2).且直线OG与DF所成的角等于直线AE与DF所成的角．在Rt△EDC中，DG＝eq \f(1,2)CE＝eq \f(\r(7),2)，因为OD＝eq \r(2)，所以cos∠OGD＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(7),2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(7),2)))2－\r(2)2,2×\f(\r(7),2)×\f(\r(7),2))＝eq \f(3,7).因此直线AE与DF所成角的余弦值为eq \f(3,7).19．（本小题17分）已知函数（且）的图象过点.(1)求实数的值；(2)解关于的不等式.(3)判断函数的零点个数，并证明.【详解】（1）解：因为函数（且）的图象过点.所以，解得；（2）由复合函数的单调性知：在上单调递增，又，所以，即，即，解得，所以不等式的解集为；（3）由（1）得函数，令，得，在同一坐标系中作出函数与的图象，如图所示：则函数的零点个数即为两个函数图象交点的个数，由图象知：函数的零点个数为1.