2025版新教材高中數(shù)學本冊質量檢測湘教版必修第二冊

本冊質量檢測考試時間：120分鐘滿分：150分一、單項選擇題(本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．)1．若z(1－i)＝4i，則|z|＝()A．eq\r(2)B．2eq\r(2)C．2D．42．已知△ABC是邊長為2的正三角形，則eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))的值為()A．2B．－2C．2eq\r(3)D．－2eq\r(3)3.3題圖如圖，正方體ABCD-A1B1C1D1中，直線AB1與BC1所成角為()A．30°B．45°C．60°D．90°4．在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，S表示△ABC的面積，若ccosB＋bcosC＝asinA，S＝eq\f(\r(3),4)(b2＋a2－c2)，則∠B＝()A．90°B.60°C.45°D.30°5．已知a∈{0，1，2}，b∈{－1，1，3，5}，則函數(shù)f(x)＝ax2－2bx在區(qū)間(1，＋∞)上為增函數(shù)的概率是()A．eq\f(5,12)B.eq\f(1,3)C.eq\f(1,4)D.eq\f(1,6)6.如圖，在正方形ABCD中，M是BC的中點，若eq\o(AC,\s\up6(→))＝λeq\o(AM,\s\up6(→))－μeq\o(BD,\s\up6(→))，則λ＋μ＝()A．eq\f(4,3)B.eq\f(5,3)C．1D.27．設a＝tan16°＋tan14°＋eq\f(\r(3),3)tan16°tan14°，b＝sin44°cos14°－sin46°cos76°，c＝2sin14°sin76°，則a，b，c的大小關系是()A．a＞b＞cB．a＞c＞bC．b＞c＞aD．c＞a＞b8．祖暅是我國南北朝時期杰出的數(shù)學家和天文學家祖沖之的兒子，他提出了一條原理：“冪勢既同冪，則積不容異”．這里的“冪”指水平截面的面積，“勢”指高．這句話的意思是：兩個等高的幾何體若在全部等高處的水平截面的面積相等，則這兩個幾何體體積相等．如圖所示，某帳篷的造型是兩個全等圓柱垂直相交的公共部分的一半(這個公共部分叫做牟合方蓋).設兩個圓柱底面半徑為R，牟合方蓋與其內切球的體積比為4∶π.則此帳篷距底面eq\f(R,2)處平行于底面的截面面積為()A．eq\f(3,4)πR2B．3πR2C．eq\f(4,3)πR2D．3R2二、多項選擇題(本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的，全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分．)9．已知復數(shù)z1，z2在復平面內對應的點關于虛軸對稱，且z1＝2－i，eq\o(z,\s\up6(－))為z的共軛復數(shù)，若復數(shù)z0＝eq\f(\o(z,\s\up6(－))2,z2)，則下列結論正確的是()A．z0在復平面內對應的點位于其次象限B．|z0|＝1C．z0的實部為eq\f(3,5)D．z0的虛部為－eq\f(4,5)i10．同時拋擲兩枚質地勻稱的骰子，則下列說法正確的是()A．一共有36種不同的結果B．兩枚骰子向上的點數(shù)相同的概率是eq\f(1,6)C．兩枚骰子向上的點數(shù)之和為5的概率是eq\f(5,36)D．兩枚骰子向上的點數(shù)之差的肯定值小于4的概率為eq\f(5,6)11．下列說法中正確的是()A．在△ABC中，若eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))<0，則△ABC為鈍角三角形B．已知非零向量a，b，若|a＋b|＝|a|－|b|，則a與b反向共線且|a|≥|b|C．若a∥b，則存在唯一實數(shù)λ使得a＝λbD．若eq\o(OA,\s\up6(→))＋3eq\o(OB,\s\up6(→))＋4eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，S△AOC，S△ABC分別表示△AOC，△ABC的面積，則S△AOC∶S△ABC＝3∶812．已知邊長為a的菱形ABCD中，∠ADC＝60°，將△ADC沿AC翻折，下列說法正確的是()A．在翻折的過程中，直線AD，BC所成角的范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))B．在翻折的過程中，三棱錐D-ABC體積最大值為eq\f(a3,8)C．在翻折過程中，三棱錐D-ABC表面積最大時，其內切球表面積為(14－8eq\r(3))πa2D．在翻折的過程中，點D在平面ABC上的投影為D′，E為棱CD上的一個動點，ED′的最小值為eq\f(\r(3),4)a三、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分．請把正確答案填在題中橫線上)13．平面對量a＝(2，1)，b＝(－1，3)，若(a－b)⊥(a＋λb)，則λ＝________．14．若coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＝eq\f(1,4)，則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＝________．15．如圖，在水平面上放置兩個邊長為1的正三角形ABC與DEF，將△DEF沿垂直于水平面的方向向上平移至△D′E′F′，得到多面體ABC-D′E′F′，已知各側面(△D′BC，△D′E′C，△E′AC，△E′F′A，△F′BA及△F′D′B)均為正三角形，則多面體ABC-D′E′F′的外接球的體積為________．16．為實現(xiàn)學生中學選科和高校專業(yè)選擇的有效連接，湖南省于2024年采納“3＋1＋2”模式改革考試科目設置，即考生總成果由統(tǒng)一高考的語文、數(shù)學、外語3個科目成果，物理或歷史中的1門成果，和生物、政治、地理、化學中的2個科目成果組成．在選擇物理的學生中，選擇物理、化學、生物的概率是選擇其它組合的2倍，則選擇物理、化學、生物的概率為________；現(xiàn)有選擇物理的2名學生，他們選擇專業(yè)的組合互不影響，則至少有1人選擇物理、化學、生物的概率為________．四、解答題(本大題共6小題，共70分．解答時應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟．)17．(本小題滿分10分)已知平面對量a，b滿意a＋b＝(－3，6)，a－b＝(m，－2)，其中m∈R.(1)若a∥b，求|a－b|；(2)若m＝5，求a與b夾角的余弦值．18．(本小題滿分12分)已知△ABC內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，2acosB＋2bcosA＝eq\f(c2,2).(1)求c的值；(2)若C＝eq\f(π,3)，a＋b＝4eq\r(2)，求△ABC的面積．19．(本小題滿分12分)已知在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為矩形，側面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，且DP＝DC，點M為PC的中點．(1)若點N在棱PB上，直線MN∥平面ABCD，證明：點N為PB的中點；(2)證明：直線DM⊥平面PAC.20．(本小題滿分12分)袋中有9個大小相同顏色不全相同的小球，分別為黑球、黃球、綠球，從中隨意取一球，得到黑球或黃球的概率是eq\f(5,9)，得到黃球或綠球的概率是eq\f(2,3)，試求：(1)從中任取一球，得到黑球、黃球、綠球的概率各是多少？(2)從中任取兩個球，得到的兩個球顏色不相同的概率是多少？21．(本小題滿分12分)某學校的平面示意圖為如圖五邊形區(qū)域ABCDE，其中三角形區(qū)域ABE為生活區(qū)，四邊形區(qū)域BCDE為教學區(qū)，AB，BC，CD，DE，EA，BE為學校的主要道路(不考慮寬度).DE＝3BC＝3CD＝eq\f(9,10)km，∠BCD＝∠CDE＝eq\f(2π,3)，∠BAE＝eq\f(π,3).(1)求道路BE的長度；(2)求生活區(qū)△ABE面積的最大值．22．(本小題滿分12分)如圖1，六邊形ABCDEF是由等腰梯形ADEF和直角梯形ABCD拼接而成，且∠BAD＝∠ADC＝90°，AB＝AF＝EF＝ED＝2，AD＝CD＝4，沿AD進行翻折，得到的圖形如圖2所示，且∠AEC＝90°.(1)求證：CD⊥平面ADEF；(2)求證：點E，C，B，F(xiàn)不在同一平面內；(3)求翻折后所得多面體ABCDEF的體積．本冊質量檢測1．解析：因為z(1－i)＝4i，所以z＝eq\f(4i,1－i)，故|z|＝eq\f(|4i|,|1－i|)＝eq\f(4,\r(2))＝2eq\r(2).答案：B2．解析：由于△ABC是邊長為2的正三角形，則·＝||·||·cos(π－B)＝－2×2×cos60°＝－4×eq\f(1,2)＝－2.答案：B3.解析：∵AB1∥DC1，∴∠DC1B是直線AB1與BC1所成的角，∵△BDC1是等邊三角形，∴直線AB1與BC1所成角為60°.答案：C4．解析：由正弦定理及ccosB＋bcosC＝asinA，得sinCcosB＋sinBcosC＝sin2A?sin(C＋B)＝sin2A?sinA＝1，因為0°<A<180°，所以A＝90°；由余弦定理、三角形面積公式及S＝eq\f(\r(3),4)(b2＋a2－c2)，得eq\f(1,2)absinC＝eq\f(\r(3),4)·2abcosC，整理得tanC＝eq\r(3)，又因為0°<C<90°，所以C＝60°，故B＝30°.答案：D5．解析：∵a∈{0，1，2}，b∈{－1，1，3，5}，∴基本領件總數(shù)n＝3×4＝12.用(a，b)表示a，b的取值．若函數(shù)f(x)＝ax2－2bx在區(qū)間(1，＋∞)上為增函數(shù)，則①當a＝0時，f(x)＝－2bx，符合條件的只有(0，－1)，即a＝0，b＝－1；②當a≠0時，則由題意a>0，只需滿意eq\f(b,a)≤1，符合條件的有(1，－1)，(1，1)，(2，－1)，(2，1)，共4種．∴函數(shù)f(x)＝ax2－2bx在區(qū)間(1，＋∞)上為增函數(shù)的概率P＝eq\f(5,12)答案：A6．解析：因為＝＋，＝＋＝＋eq\f(1,2)，＝－所以＝λ－μ＝λ－μ(－)＝(λ＋μ)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)λ－μ))，所以λ＋μ＝1.答案：C7．解析：∵tan30°＝tan(16°＋14°)＝eq\f(tan16°＋tan14°,1－tan16°·tan14°)，∴tan16°＋tan14°＝eq\f(\r(3),3)－eq\f(\r(3),3)tan16°tan14°，∴a＝tan16°＋tan14°＋eq\f(\r(3),3)tan16°tan14°＝eq\f(\r(3),3)，∵b＝sin44°cos14°－sin46°cos76°＝sin44°cos14°－cos44°sin14°＝sin(44°－14°)＝sin30°＝eq\f(1,2)，c＝2sin14°sin76°＝2sin14°cos14°＝sin28°<eq\f(1,2)，∴a>b>c.答案：A8．解析：牟合方蓋的內切球距底面eq\f(R,2)處平行于底面的截面圓的半徑為eq\f(\r(3),2)R，截面面積為S1＝π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)R))eq\s\up12(2)＝eq\f(3,4)πR2，設帳篷距底面eq\f(R,2)處平行于底面的截面面積為S2，則由題意可得，RS2∶RS1＝4∶π，即eq\f(S2,\f(3,4)πR2)＝eq\f(4,π)，解得S2＝eq\f(4,π)×eq\f(3,4)πR2＝3R2.答案：D9．解析：由z1，z2在復平面內對應的點關于虛軸對稱，且z1＝2－i，得z2＝－2－i，2＝－2＋i，所以z0＝＝eq\f(－2＋i,－2－i)＝eq\f(4－4i＋i2,4－i2)＝eq\f(3,5)－eq\f(4,5)i，所以z0在復平面內對應的點位于第四象限，所以選項A錯誤；|z0|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)))\s\up12(2))＝1，所以選項B正確；z0的實部為eq\f(3,5)，所以選項C正確；z0的虛部為－eq\f(4,5)，所以D不正確．答案：BC10．解析：同時拋擲兩枚質地勻稱的骰子，一共有6×6＝36種不同的結果，A選項正確；對于B選項，事務“兩枚骰子向上的點數(shù)相同”所包含的基本領件有：(1，1)、(2，2)、(3，3)、(4，4)、(5，5)、(6，6)，共6種不同的結果，所求概率為eq\f(6,36)＝eq\f(1,6)，B選項正確；對于C選項，事務“兩枚骰子向上的點數(shù)之和為5”所包含的基本領件有：(1，4)、(2，3)、(3，2)、(4，1)，共4種不同的結果，所求概率為eq\f(4,36)＝eq\f(1,9)，C選項錯誤；對于D選項，事務“兩枚骰子向上的點數(shù)之差的肯定值不小于4”所包含的基本領件有：(1，5)、(1，6)、(2，6)、(5，1)、(6，1)、(6，2)，共6種不同的結果，因此，事務“兩枚骰子向上的點數(shù)之差的肯定值小于4”的概率為1－eq\f(6,36)＝eq\f(5,6)，D選項正確．答案：ABD11．解析：∵·<0，∴·＝||·||·cos∠BAC<0，∴∠BAC為鈍角，故A選項正確，∵非零向量a，b，|a＋b|＝|a|－|b|，可得a與b反向共線且|a|≥|b|，故B選項正確，若a∥b，且b＝0時，則有多數(shù)個λ，使得a＝λb，故C選項錯誤，設＝3，＝4，可得O為△ADE的重心，設S△AOC＝z，S△AOB＝y(tǒng)，S△BOC＝x，∴S△AOE＝4z，S△AOD＝3y，S△EOD＝12x，∵4z＝3y＝12x，∴x∶y∶z＝1∶4∶3，∴S△AOC∶S△ABC＝z∶(x＋y＋x)＝3∶8，故D選項正確．答案：ABD12．解析：取AC的中點O，連接DO，BO，對于A：由題意可得△ABC和△ADC為等邊三角形，翻折后，當△ABC和△ADC重合時，直線AD，BC所成角為120°，故A錯誤；對于B：當△ADC與底面垂直時，三棱錐DABC的體積最大，此時hmax＝eq\f(\r(3)a,2)，Vmax＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)a2×eq\f(\r(3)a,2)＝eq\f(a3,8)，故B正確；對于C：設AC中點為O，當平面ACD⊥平面ABC時，三棱錐DABC表面積最大，依據三棱錐內切球公式，可得r＝eq\f(3V,S側)＝eq\f(\f(3a3,8),2×\f(1,2)×a×\f(\r(3),2)a＋2×\f(1,2)×a×a)所以r＝eq\f(a\r(14－8\r(3)),2)，內切球表面積為4πr2＝(14－8eq\r(3))πa2，故C正確；對于D：在翻折過程中，當D′與E重合時，最小值為0，故D錯誤．答案：BC13．解析：∵a－b＝(3，－2)，a＋λb＝(2－λ，3λ＋1)，且(a－b)⊥(a＋λb)，∴(a－b)·(a＋λb)＝3(2－λ)－2(3λ＋1)＝0，解得λ＝eq\f(4,9).答案：eq\f(4,9)14．解析：∵coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＝eq\f(1,4)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＋\f(π,2)))＝cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＝2cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))－1＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq\s\up12(2)－1＝－eq\f(7,8).答案：－eq\f(7,8)15．解析：依據題意可得：D′E′∥AB，且D′E′＝AB，D′B＝AB，所以四邊形ABD′E′是菱形，所以AD′⊥BE′，如圖所示，將幾何體進行旋轉，使得平面ABD′E′位于水平位置，連接AD′，BE′相交于點O，所以O為AD′，BE′的中點，連接F′O，CO；因為F′B＝F′E′，F(xiàn)′A＝F′D′，所以F′O⊥BE′，F(xiàn)′O⊥AD′，所以三角形F′OD′和三角形F′OE′為直角三角形，且F′E′＝F′D′，所以直角三角形F′OD′和直角三角形F′OE′全等，所以OE′＝OD′，所以AD′＝BE′，所以四邊形ABD′E′是正方形，所以上下為兩個正四棱錐，且全部棱長均為1，可得：OE′＝OD′＝OF′＝eq\f(\r(2),2)，O到全部頂點的距離都相等，所以O為外接圓圓心，且外接圓半徑r＝eq\f(\r(2),2)，所以外接圓的體積V＝eq\f(4,3)πr3＝eq\f(4,3)×eq\f(\r(2),4)π＝eq\f(\r(2),3)π.答案：eq\f(\r(2),3)π16．解析：設選擇物理、化學、生物的概率為p，因為物理、化學、生物的概率是選擇其它組合的2倍，所以p＋eq\f(p,2)＝1，解得p＝eq\f(2,3).即選擇物理、化學、生物的概率為p＝eq\f(2,3)；因為至少有1人選擇物理、化學、生物的組合的對立事務為2名學生都沒有選擇物理、化學、生物組合，所以2名學生都沒有選擇物理、化學、生物組合的概率為eq\f(1,3)×eq\f(1,3)，所以至少有1人選擇物理、化學、生物的概率為P＝1－eq\f(1,3)×eq\f(1,3)＝eq\f(8,9).答案：eq\f(2,3)eq\f(8,9)17．解析：(1)∵a＋b＝(－3，6)，a－b＝(m，－2)，∴a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m－3,2)，2))，b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(m＋3,2)，4))，∵a∥b，∴4×eq\f(m－3,2)＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(m＋3,2)))，解得m＝1，∴a－b＝(1，－2)，|a－b|＝eq\r(12＋（－2）2)＝eq\r(5).(2)∵當m＝5時，a＝(1，2)，b＝(－4，4)，∴a·b＝1×(－4)＋2×4＝4，∴|a|＝eq\r(12＋22)＝eq\r(5)，|b|＝eq\r(（－4）2＋42)＝4eq\r(2)，設a與b的夾角為θ，則cosθ＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(4,\r(5)×4\r(2))＝eq\f(\r(10),10)，故a與b夾角的余弦值為eq\f(\r(10),10).18．解析：(1)因為2acosB＋2bcosA＝eq\f(c2,2)，由正弦定理可得2sinAcosB＋2sinBcosA＝eq\f(1,2)csinC，可得2sin(A＋B)＝2sinC＝eq\f(1,2)csinC，因為sinC≠0，所以c＝4.(2)因為C＝eq\f(π,3)，a＋b＝4eq\r(2)，所以由余弦定理可得c2＝a2＋b2－2abcosC＝a2＋b2－ab＝(a＋b)2－3ab＝32－3ab＝16，解得ab＝eq\f(16,3)，所以△ABC的面積S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×eq\f(16,3)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(4\r(3),3).19．證明：(1)∵MN∥平面ABCD，NM?平面PBC，平面PBC∩平面ABCD＝BC，∴MN∥BC，而在△PBC中，M為PC的中點，N在棱PB上，∴N為PB的中點，即得證．(2)∵底面ABCD為矩形，∴CD⊥AD，∵側面PAD⊥平面ABCD，側面PAD∩平面ABCD＝AD，CD?平面ABCD，∴CD⊥平面PAD，又PA?平面PAD，則CD⊥PA，∵PA⊥PD，PD∩CD＝D，∴PA⊥平面PCD，∵DM?平面PCD，∴PA⊥DM，∵在△PCD中，DP＝DC，點M為PC的中點，∴DM⊥PC，PA∩PC＝P，∴DM⊥平面PAC.20．解析：(1)從中任取一球，分別記得到黑球、黃球、綠球為事務A，B，C，由于A，B，C為互斥事務，依據已知，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(P（A＋B）＝P（A）＋P（B）＝\f(5,9),P（B＋C）＝P（B）＋P（C）＝\f(2,3),P（A＋B＋C）＝P（A）＋P（B）＋P（C）＝1))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(P（A）＝\f(1,3),P（B）＝\f(2,9),P（C）＝\f(4,9)))，所以，任取一球，得到黑球、黃球、綠球的概率分別是eq\f(1,3)，eq\f(2,9)，eq\f(4,9).(2)由(1)知黑球、黃球、綠球個數(shù)分別為3，2，4，從9個球中取出2個球的樣本空間中共有36個樣本點，其中兩個是黑球的樣本點是3個，兩個黃球的是1個，兩個綠球的是6個，于是，兩個球同色的概率為eq\f(3＋1＋6,36)＝eq\f(5,18)，則兩個球顏色不相同的概率是1－eq\f(5,18)＝eq\f(13,18).21．解析：(1)如圖，連接BD，在△BCD中，由余弦定理得：BD2＝BC2＋CD2－2BC·CDcos∠BCD＝eq\f(27,100)，∴BD＝eq\f(3\r(3),10)，∵BC＝CD，∴∠CDB＝∠CBD＝eq\f(π－\f(2,3)π,2)＝eq\f(π,6)，又∵∠CDE＝eq\f(2π,3)，∴∠BDE＝eq\f(π,2)，∴在Rt△BDE中，BE＝eq\r(BD2＋DE2)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(3),10)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,10)))\s\up12(2))＝eq\f(3\r(3),5)(km)，故道路BE的長度為eq\f(3\r(3),5)km.(2)設∠ABE＝α，∵∠BAE＝eq\f(π,3)，∴∠AEB＝eq\f(2π,3)－α，在△ABE中，由正弦定理得eq\f(AB,sin∠AEB)＝eq\f(AE,sin∠ABE)＝eq\f(BE,sin∠B