2025版新教材高中数学本册质量检测湘教版必修第二册

本册质量检测考试时间：120分钟满分：150分一、单项选择题(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．若z(1－i)＝4i，则|z|＝()A．eq\r(2)B．2eq\r(2)C．2D．42．已知△ABC是边长为2的正三角形，则eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))的值为()A．2B．－2C．2eq\r(3)D．－2eq\r(3)3.3题图如图，正方体ABCD­A1B1C1D1中，直线AB1与BC1所成角为()A．30°B．45°C．60°D．90°4．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，S表示△ABC的面积，若ccosB＋bcosC＝asinA，S＝eq\f(\r(3),4)(b2＋a2－c2)，则∠B＝()A．90°B.60°C.45°D.30°5．已知a∈{0，1，2}，b∈{－1，1，3，5}，则函数f(x)＝ax2－2bx在区间(1，＋∞)上为增函数的概率是()A．eq\f(5,12)B.eq\f(1,3)C.eq\f(1,4)D.eq\f(1,6)6.如图，在正方形ABCD中，M是BC的中点，若eq\o(AC,\s\up6(→))＝λeq\o(AM,\s\up6(→))－μeq\o(BD,\s\up6(→))，则λ＋μ＝()A．eq\f(4,3)B.eq\f(5,3)C．1D.27．设a＝tan16°＋tan14°＋eq\f(\r(3),3)tan16°tan14°，b＝sin44°cos14°－sin46°cos76°，c＝2sin14°sin76°，则a，b，c的大小关系是()A．a＞b＞cB．a＞c＞bC．b＞c＞aD．c＞a＞b8．祖暅是我国南北朝时期杰出的数学家和天文学家祖冲之的儿子，他提出了一条原理：“幂势既同幂，则积不容异”．这里的“幂”指水平截面的面积，“势”指高．这句话的意思是：两个等高的几何体若在全部等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体体积相等．如图所示，某帐篷的造型是两个全等圆柱垂直相交的公共部分的一半(这个公共部分叫做牟合方盖).设两个圆柱底面半径为R，牟合方盖与其内切球的体积比为4∶π.则此帐篷距底面eq\f(R,2)处平行于底面的截面面积为()A．eq\f(3,4)πR2B．3πR2C．eq\f(4,3)πR2D．3R2二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．)9．已知复数z1，z2在复平面内对应的点关于虚轴对称，且z1＝2－i，eq\o(z,\s\up6(－))为z的共轭复数，若复数z0＝eq\f(\o(z,\s\up6(－))2,z2)，则下列结论正确的是()A．z0在复平面内对应的点位于其次象限B．|z0|＝1C．z0的实部为eq\f(3,5)D．z0的虚部为－eq\f(4,5)i10．同时抛掷两枚质地匀称的骰子，则下列说法正确的是()A．一共有36种不同的结果B．两枚骰子向上的点数相同的概率是eq\f(1,6)C．两枚骰子向上的点数之和为5的概率是eq\f(5,36)D．两枚骰子向上的点数之差的肯定值小于4的概率为eq\f(5,6)11．下列说法中正确的是()A．在△ABC中，若eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))<0，则△ABC为钝角三角形B．已知非零向量a，b，若|a＋b|＝|a|－|b|，则a与b反向共线且|a|≥|b|C．若a∥b，则存在唯一实数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分别表示△AOC，△ABC的面积，则S△AOC∶S△ABC＝3∶812．已知边长为a的菱形ABCD中，∠ADC＝60°，将△ADC沿AC翻折，下列说法正确的是()A．在翻折的过程中，直线AD，BC所成角的范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))B．在翻折的过程中，三棱锥D­ABC体积最大值为eq\f(a3,8)C．在翻折过程中，三棱锥D­ABC表面积最大时，其内切球表面积为(14－8eq\r(3))πa2D．在翻折的过程中，点D在平面ABC上的投影为D′，E为棱CD上的一个动点，ED′的最小值为eq\f(\r(3),4)a三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把正确答案填在题中横线上)13．平面对量a＝(2，1)，b＝(－1，3)，若(a－b)⊥(a＋λb)，则λ＝________．14．若coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＝eq\f(1,4)，则sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＝________．15．如图，在水平面上放置两个边长为1的正三角形ABC与DEF，将△DEF沿垂直于水平面的方向向上平移至△D′E′F′，得到多面体ABC­D′E′F′，已知各侧面(△D′BC，△D′E′C，△E′AC，△E′F′A，△F′BA及△F′D′B)均为正三角形，则多面体ABC­D′E′F′的外接球的体积为________．16．为实现学生中学选科和高校专业选择的有效连接，湖南省于2024年采纳“3＋1＋2”模式改革考试科目设置，即考生总成果由统一高考的语文、数学、外语3个科目成果，物理或历史中的1门成果，和生物、政治、地理、化学中的2个科目成果组成．在选择物理的学生中，选择物理、化学、生物的概率是选择其它组合的2倍，则选择物理、化学、生物的概率为________；现有选择物理的2名学生，他们选择专业的组合互不影响，则至少有1人选择物理、化学、生物的概率为________．四、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．)17．(本小题满分10分)已知平面对量a，b满意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与b夹角的余弦值．18．(本小题满分12分)已知△ABC内角A，B，C所对的边分别为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的面积．19．(本小题满分12分)已知在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为矩形，侧面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，且DP＝DC，点M为PC的中点．(1)若点N在棱PB上，直线MN∥平面ABCD，证明：点N为PB的中点；(2)证明：直线DM⊥平面PAC.20．(本小题满分12分)袋中有9个大小相同颜色不全相同的小球，分别为黑球、黄球、绿球，从中随意取一球，得到黑球或黄球的概率是eq\f(5,9)，得到黄球或绿球的概率是eq\f(2,3)，试求：(1)从中任取一球，得到黑球、黄球、绿球的概率各是多少？(2)从中任取两个球，得到的两个球颜色不相同的概率是多少？21．(本小题满分12分)某学校的平面示意图为如图五边形区域ABCDE，其中三角形区域ABE为生活区，四边形区域BCDE为教学区，AB，BC，CD，DE，EA，BE为学校的主要道路(不考虑宽度).DE＝3BC＝3CD＝eq\f(9,10)km，∠BCD＝∠CDE＝eq\f(2π,3)，∠BAE＝eq\f(π,3).(1)求道路BE的长度；(2)求生活区△ABE面积的最大值．22．(本小题满分12分)如图1，六边形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进行翻折，得到的图形如图2所示，且∠AEC＝90°.(1)求证：CD⊥平面ADEF；(2)求证：点E，C，B，F不在同一平面内；(3)求翻折后所得多面体ABCDEF的体积．本册质量检测1．解析：因为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是边长为2的正三角形，则·＝||·||·cos(π－B)＝－2×2×cos60°＝－4×eq\f(1,2)＝－2.答案：B3.解析：∵AB1∥DC1，∴∠DC1B是直线AB1与BC1所成的角，∵△BDC1是等边三角形，∴直线AB1与BC1所成角为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，因为0°<A<180°，所以A＝90°；由余弦定理、三角形面积公式及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)，又因为0°<C<90°，所以C＝60°，故B＝30°.答案：D5．解析：∵a∈{0，1，2}，b∈{－1，1，3，5}，∴基本领件总数n＝3×4＝12.用(a，b)表示a，b的取值．若函数f(x)＝ax2－2bx在区间(1，＋∞)上为增函数，则①当a＝0时，f(x)＝－2bx，符合条件的只有(0，－1)，即a＝0，b＝－1；②当a≠0时，则由题意a>0，只需满意eq\f(b,a)≤1，符合条件的有(1，－1)，(1，1)，(2，－1)，(2，1)，共4种．∴函数f(x)＝ax2－2bx在区间(1，＋∞)上为增函数的概率P＝eq\f(5,12)答案：A6．解析：因为＝＋，＝＋＝＋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：牟合方盖的内切球距底面eq\f(R,2)处平行于底面的截面圆的半径为eq\f(\r(3),2)R，截面面积为S1＝π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)R))eq\s\up12(2)＝eq\f(3,4)πR2，设帐篷距底面eq\f(R,2)处平行于底面的截面面积为S2，则由题意可得，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在复平面内对应的点关于虚轴对称，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在复平面内对应的点位于第四象限，所以选项A错误；|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，所以选项B正确；z0的实部为eq\f(3,5)，所以选项C正确；z0的虚部为－eq\f(4,5)，所以D不正确．答案：BC10．解析：同时抛掷两枚质地匀称的骰子，一共有6×6＝36种不同的结果，A选项正确；对于B选项，事务“两枚骰子向上的点数相同”所包含的基本领件有：(1，1)、(2，2)、(3，3)、(4，4)、(5，5)、(6，6)，共6种不同的结果，所求概率为eq\f(6,36)＝eq\f(1,6)，B选项正确；对于C选项，事务“两枚骰子向上的点数之和为5”所包含的基本领件有：(1，4)、(2，3)、(3，2)、(4，1)，共4种不同的结果，所求概率为eq\f(4,36)＝eq\f(1,9)，C选项错误；对于D选项，事务“两枚骰子向上的点数之差的肯定值不小于4”所包含的基本领件有：(1，5)、(1，6)、(2，6)、(5，1)、(6，1)、(6，2)，共6种不同的结果，因此，事务“两枚骰子向上的点数之差的肯定值小于4”的概率为1－eq\f(6,36)＝eq\f(5,6)，D选项正确．答案：ABD11．解析：∵·<0，∴·＝||·||·cos∠BAC<0，∴∠BAC为钝角，故A选项正确，∵非零向量a，b，|a＋b|＝|a|－|b|，可得a与b反向共线且|a|≥|b|，故B选项正确，若a∥b，且b＝0时，则有多数个λ，使得a＝λb，故C选项错误，设＝3，＝4，可得O为△ADE的重心，设S△AOC＝z，S△AOB＝y，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选项正确．答案：ABD12．解析：取AC的中点O，连接DO，BO，对于A：由题意可得△ABC和△ADC为等边三角形，翻折后，当△ABC和△ADC重合时，直线AD，BC所成角为120°，故A错误；对于B：当△ADC与底面垂直时，三棱锥DABC的体积最大，此时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正确；对于C：设AC中点为O，当平面ACD⊥平面ABC时，三棱锥DABC表面积最大，依据三棱锥内切球公式，可得r＝eq\f(3V,S侧)＝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)，内切球表面积为4πr2＝(14－8eq\r(3))πa2，故C正确；对于D：在翻折过程中，当D′与E重合时，最小值为0，故D错误．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：依据题意可得：D′E′∥AB，且D′E′＝AB，D′B＝AB，所以四边形ABD′E′是菱形，所以AD′⊥BE′，如图所示，将几何体进行旋转，使得平面ABD′E′位于水平位置，连接AD′，BE′相交于点O，所以O为AD′，BE′的中点，连接F′O，CO；因为F′B＝F′E′，F′A＝F′D′，所以F′O⊥BE′，F′O⊥AD′，所以三角形F′OD′和三角形F′OE′为直角三角形，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′，所以四边形ABD′E′是正方形，所以上下为两个正四棱锥，且全部棱长均为1，可得：OE′＝OD′＝OF′＝eq\f(\r(2),2)，O到全部顶点的距离都相等，所以O为外接圆圆心，且外接圆半径r＝eq\f(\r(2),2)，所以外接圆的体积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：设选择物理、化学、生物的概率为p，因为物理、化学、生物的概率是选择其它组合的2倍，所以p＋eq\f(p,2)＝1，解得p＝eq\f(2,3).即选择物理、化学、生物的概率为p＝eq\f(2,3)；因为至少有1人选择物理、化学、生物的组合的对立事务为2名学生都没有选择物理、化学、生物组合，所以2名学生都没有选择物理、化学、生物组合的概率为eq\f(1,3)×eq\f(1,3)，所以至少有1人选择物理、化学、生物的概率为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)∵当m＝5时，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)，设a与b的夹角为θ，则cosθ＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(4,\r(5)×4\r(2))＝eq\f(\r(10),10)，故a与b夹角的余弦值为eq\f(\r(10),10).18．解析：(1)因为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，因为sinC≠0，所以c＝4.(2)因为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的面积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．证明：(1)∵MN∥平面ABCD，NM⊂平面PBC，平面PBC∩平面ABCD＝BC，∴MN∥BC，而在△PBC中，M为PC的中点，N在棱PB上，∴N为PB的中点，即得证．(2)∵底面ABCD为矩形，∴CD⊥AD，∵侧面PAD⊥平面ABCD，侧面PAD∩平面ABCD＝AD，CD⊂平面ABCD，∴CD⊥平面PAD，又PA⊂平面PAD，则CD⊥PA，∵PA⊥PD，PD∩CD＝D，∴PA⊥平面PCD，∵DM⊂平面PCD，∴PA⊥DM，∵在△PCD中，DP＝DC，点M为PC的中点，∴DM⊥PC，PA∩PC＝P，∴DM⊥平面PAC.20．解析：(1)从中任取一球，分别记得到黑球、黄球、绿球为事务A，B，C，由于A，B，C为互斥事务，依据已知，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、黄球、绿球的概率分别是eq\f(1,3)，eq\f(2,9)，eq\f(4,9).(2)由(1)知黑球、黄球、绿球个数分别为3，2，4，从9个球中取出2个球的样本空间中共有36个样本点，其中两个是黑球的样本点是3个，两个黄球的是1个，两个绿球的是6个，于是，两个球同色的概率为eq\f(3＋1＋6,36)＝eq\f(5,18)，则两个球颜色不相同的概率是1－eq\f(5,18)＝eq\f(13,18).21．解析：(1)如图，连接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的长度为eq\f(3\r(3),5)km.(2)设∠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