新教材人教版高中数学必修第二册 期末测试卷（解析版）

1、精品文档 精心整理精品文档 可编辑的精品文档期末测试卷(满分:150分;时间:120分钟)一、单项选择题(本大题共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.已知复数z=3+i(i是虚数单位),z的共轭复数记作z,则z|z|=()A.32-i2B.32+i2C.-32-i2D.-32+i2【答案】A 【解析】z|z|=3-i2=32-i2,故选A.2.水平放置的ABC的直观图如图所示,若A1C1=2,A1B1C1的面积为22,则AB的长为()2B.217C.2D.8【答案】B 【解析】因为A1B1C1的面积为22,所以22=12A1C1B1C1sin

2、45=122B1C122,解得B1C1=4,所以BC=8,易知ACBC,AC=A1C1=2,由勾股定理得AB=AC2+BC2=22+82=217.故选B.3.已知AB=(2,3),AC=(3,t),ABAC=12,则|BC|=()A.2B.2C.3D.3【答案】A 【解析】AB=(2,3),AC=(3,t),ABAC=6+3t=12,解得t=2,AC=(3,2),BC=AC-AB=(1,-1),|BC|=12+(-1)2=2.4.天气预报说,在未来三天中,每天下雨的概率均为40%,用数字0,1,2,3表示下雨,数字 4,5,6,7,8,9表示不下雨,由计算机生成如下20组随机数:977,864

3、,191,925,271,932,812,458,569,683,431,257,394,027,556,488,730,113,537,908.由此估计未来三天中至少有一天下雨的概率为()A.0.6B.0.7C.0.75D.0.8【答案】B 【解析】代表未来三天都不下雨的随机数有977,864,458,569,556,488,共6组,记“未来三天中至少有一天下雨”为事件A,“未来三天都不下雨”为事件B,则A与B为对立事件,所以P(A)=1-P(B)=1-620=710=0.7.故选B.5.我国古代数学名著九章算术中有如下问题:“今有北乡算八千七百五十八,西乡算七千二百三十六,南乡算八千三百五

4、十六,凡三乡,发役三百七十八人,欲以算数多少出之,问各几何?”意思是:北乡有8 758人,西乡有7 236人,南乡有8 356人,现要按人数多少从三乡共征集378人,问从各乡征集多少人?在上述问题中,需从西乡征集的人数是()A.102B.112C.130D.136【答案】B 【解析】因为北乡有8 758人,西乡有7 236人,南乡有8 356人,现要按人数多少从三乡共征集378人,所以需从西乡征集的人数是3787 2368 758+7 236+8 356112.6.设两个单位向量a,b的夹角为23,则|3a+4b|=()A.1B.13C.37D.7【答案】B 【解析】两个单位向量a,b的夹角为

5、23,|a|=1,|b|=1,ab=|a|b|cos23=-12,|3a+4b|2=9a2+16b2+24ab=9+16+24-12=13,|3a+4b|=13.故选B.7.在四面体A-BCD中,若AB=CD=3,AC=BD=2,AD=BC=5,则直线AB与CD所成角的余弦值为()A.-13B.-14C.14D.13【答案】D 【解析】因为四面体的对边分别相等,所以该四面体的顶点为长方体的不相邻的四个顶点,如图所示,设长方体的长、宽、高分别为a,b,c,则a2+b2=5,a2+c2=4,b2+c2=3,解得a=3,b=2,c=1.连接DC,交AB于点O,则DCDC,所以AOD(或其补角)是直线

6、AB与CD所成的角.易知AO=DO=32,AD=2,在AOD中,cosAOD=AO2+DO2-AD22AODO=34+34-223232=-13,所以直线AB与CD所成角的余弦值为13,故选D.8.如图,某登山队在山脚A处测得山顶B的仰角为45,沿倾斜角为30的斜坡前进若干米后到达D处,又测得山顶的仰角为75,已知山的高度BC为1千米,则该登山队从A到D前进了()A.2千米B.(6-2)千米C.1千米D.1.5千米【答案】C 【解析】如图,过D作DEBC交BC于点E,DFAC交AC于点F,由题意得BAC=ABC=45,DAC=30,BDE=75,则BAD=15,DBE=15,则ABD=30.设

7、AD=x千米,在ABD中,由正弦定理得xsinABD=BDsinBAD,即BD=2xsin 15,在BED中,BE=BDcos 15=2xsin 15cos 15=xsin 30=12x,在ADF中,DF=CE=xsin 30=12x,因为BC=1,所以BE+CE=x=1,即该登山队从A到D前进了1千米,故选C.二、多项选择题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多个选项符合题目要求,全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分)9.有5件产品,其中3件正品,2件次品,从中任取2件,则互斥的两个事件是()A.至少有1件次品与至多有1件正品B.至少有1件次品与2件

8、都是正品C.至少有1件次品与至少有1件正品D.恰有1件次品与2件都是正品【答案】BD 【解析】在A中,至少有1件次品与至多有1件正品能同时发生,不是互斥事件,故A错误;在B中,至少有1件次品与2件都是正品是对立事件,属于互斥事件,故B正确;在C中,至少有1件次品与至少有1件正品能同时发生,不是互斥事件,故C错误;在D中,恰有1件次品与2件都是正品不能同时发生,但能同时不发生,是互斥但不对立的两个事件,故D正确.故选BD.【解题模板】对于互斥但不对立的两个事件的判断,解题时要认真审题,对试验的结果进行适当划分,注意对立事件、互斥事件定义的合理运用.10.已知甲运动员的投篮命中率是0.7,乙运动员

9、的投篮命中率是0.8,若甲、乙各投篮一次,则()A.都命中的概率是0.56B.恰有一人命中的概率是0.42C.恰有一人没命中的概率是0.38D.至少有一人命中的概率是0.94【答案】ACD 【解析】对于A,都命中的概率为0.70.8=0.56,故A正确;对于B,恰有一人命中的概率是0.70.2+0.30.8=0.38,故B错误;对于C,恰有一人没命中的概率是0.70.2+0.30.8=0.38,故C正确;对于D,至少有一人命中的概率是1-0.30.2=0.94,故D正确.故选ACD.11.下列条件中能够判定ABC是钝角三角形的是()A.a=4,b=5,c=6B.ABBC=2bC.c-ba+b=

10、sinAsinC+sinBD.b2sin2C+c2sin2B=2bccos Bcos C【答案】BC 【解析】对于A,a2+b2=41c2,所以ABC是锐角三角形,错误;对于B,ABBC=-accos B=2b,所以cos B6,所以球面与棱BC没有交点.所以球面与棱AB,CD,CC1,BB1相交,交点分别记为E,F,G,H.在RtAOE中,OA=5,OE=6,所以AE=OE2-OA2=1,所以E为AB的中点,同理,F,G,H分别为CD,CC1,BB1的中点,则EFHG,所以四边形EFGH为平行四边形.因为A1D1AD,EFAD,所以A1D1EF.因为A1D1平面EFGH,EF平面EFGH,所

11、以A1D1平面EFGH,故A正确.连接A1B,假设A1C平面EFGH,则A1CGH,又GHBC,所以A1CBC.因为BC平面AA1B1B,A1B平面AA1B1B,所以BCA1B,在A1BC中,有两个角为90,矛盾.故假设不成立,故B错误.连接AB1,因为BC平面AA1B1B,EFBC,所以EF平面AA1B1B,所以EFA1B.在正方形AA1B1B中,A1BAB1,因为E,H分别为AB,BB1的中点,所以EHAB1,所以EHA1B.因为EFEH=E,所以A1B平面EFGH.因为A1B1AB,所以A1B1与平面EFGH所成的角即为AB与平面EFGH所成的角,即为BEH=45,故C正确.易知SBEH

12、=14SABB1,所以SBEH=17S多边形AEHB1A1,所以VBEH-CFGVAEHB1A1-DFGC1D1=17,故D正确.故选ACD.三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.将答案填在题中横线上)13.某学校组织学生参加数学测试,成绩的频率分布直方图如下,数据的分组依次是20,40),40,60),60,80),80,100,则可估计这次数学测试成绩的第40百分位数是.【答案】65 【解析】由题图得,成绩在20,60)内的频率是(0.005+0.010)20=0.3,成绩在20,80)内的频率为0.3+0.02020=0.7,故第40百分位数一定位于60,80)内,则这次数学

13、测试成绩的第40百分位数为60+0.4-0.30.420=65.14.已知向量a,b满足|b|=3,|a+b|=4,|a-b|=5,则向量a在向量b上的投影为.【答案】-34 【解析】|a+b|=4,a2+b2+2ab=16, |a-b|=5,a2+b2-2ab=25,ab=-94,向量a在向量b上的投影为ab|b|=-34.【解题模板】研究向量a在向量b上的投影有两种方法:一是用定义|a|cos (为向量a与向量b的夹角),二是将定义式用夹角公式化为ab|b|求解.15.若复数2+i为一元二次方程x2+ax+b=0(a,bR)的一个根,则复数|a+bi|=.【答案】41 【解析】因为2+i为

14、一元二次方程x2+ax+b=0的根,所以(2+i)2+a(2+i)+b=0,所以(a+4)i+2a+b+3=0,又a,bR,故a+4=0,2a+b+3=0,解得a=-4,b=5.则|a+bi|=|-4+5i|=16+25=41.16.三棱锥P-ABC中,顶点P在底面ABC的射影为ABC的内心,三个侧面的面积分别为12,16,20,且底面面积为24,则该三棱锥P-ABC的体积为,它的外接球的表面积为.【答案】163;3163 【解析】因为P在底面ABC的射影是ABC的内心,所以三棱锥P-ABC的斜高相等,设为h,设三棱锥P-ABC的高为h,底面边长为a,b,c(abc),则abc=121620=

15、345,则ABC为直角三角形,所以SABC=12ab=24,由得a=6,b=8,c=10,因为12ah=12,所以h=4.ABC内切圆的半径r=242a+b+c=2,则h=h2-r2=23,所以V三棱锥P-ABC=13SABCh=163.设三棱锥外接球的半径为R,ABC的内心为H,斜边中点为G,则HG=5,球心O在过G且与PH平行的直线上,过O作ONGH,经计算知N在PH的延长线上,所以PN-HN=PN-OG=23,即R2-5-R2-25=23,所以R2=793,所以外接球的表面积S=4R2=3163.四、解答题(本大题共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.(本小题

16、满分10分)如图,在OAB中,已知P为线段AB上一点,OP=xOA+yOB.(1)若BP=PA,求实数x,y的值;(2)若BP=3PA,|OA|=4,|OB|=2,且OA与OB的夹角为60,求OPAB的值.【解析】(1)BP=PA,BO+OP=PO+OA,即2OP=OA+OB,(2分)OP=12OA+12OB,即x=12,y=12.(4分)(2)BP=3PA,BO+OP=3PO+3OA,即4OP=OB+3OA,(6分)OP=34OA+14OB,(8分)OPAB=34OA+14OB(OB-OA)=14OB2-34OA2+12OAOB=1422-3442+124212=-9.(10分)18.(本小

17、题满分12分)已知a,b,c分别为ABC三个内角A,B,C的对边,且a=7,c=1,A=23.(1)求b及ABC的面积S;(2)若D为BC边上一点,且,求ADB的正弦值.从AD=1,CAD=6这两个条件中任选一个,补充在上面问题中,并作答.【解析】(1)a=7,c=1,A=23,由余弦定理得(7)2=b2+12-2b1cos23,整理得b2+b-6=0,(3分)解得b=2或b=-3(舍去),S=12bcsin A=122132=32.(6分)(2)选,如图所示:在ABC中,由正弦定理得ACsinB=BCsin23,sin B=ACsin23BC=217,(9分)在ABD中,AD=AB=1,AD

18、B=B,sinADB=sin B=217.(12分)选,在ABC中,由正弦定理得ABsinC=BCsin23,sin C=ABsin23BC=2114,易知C为锐角,cos C=1-sin2C=5714,(9分)sinADB=sinC+6=32sin C+12cos C=322114+125714=277.(12分)19.(本小题满分12分)6月17日是联合国确定的“世界防治荒漠化和干旱日”,为增强全社会对防治荒漠化的认识与关注,聚焦联合国2030可持续发展目标实现全球土地退化零增长.自2004年以来,我国荒漠化和沙化状况呈现整体遏制、持续缩减、功能增强、成效明显的良好态势.治理沙漠离不开优质

19、的树苗,现从苗圃中随机地抽测了200株树苗的高度(单位:cm),得到以下频率分布直方图.(1)求图中a的值及数据的众数、中位数;(2)估计苗圃中树苗的平均高度;(3)在样本中从205 cm及以上的树苗中采用分层随机抽样的方法抽出5株,再从这5株中抽出2株树苗,求其中含有215 cm及以上树苗的概率.【解析】(1)由频率分布直方图中所有矩形的面积之和为1可得(0.001 5+0.011+0.022 5+0.03+a+0.008+0.002)10=1,解得a=0.025.(2分)众数为185+1952=190.(4分)设中位数为x,因为(0.001 5+0.011+0.022 5)10=0.350

20、.5,所以185x195,由0.35+0.03(x-185)=0.5,解得x=190.(6分)(2)x=1600.015+1700.11+1800.225+1900.3+2000.25+2100.08+2200.02=189.8(cm).因此估计苗圃中树苗的平均高度为189.8 cm. (8分)(3)从205,215)内抽取50.080.08+0.02=4(株),分别设为a1,a2,a3,a4,从215,225内抽取50.020.08+0.02=1(株),设为b,(10分)从这5株树苗中抽出2株有a1a2,a1a3,a1a4,a1b,a2a3,a2a4,a2b,a3a4,a3b,a4b,共10

21、种情况,其中含有215 cm及以上树苗的有4种,故所求概率P=410=25.(12分)20.(本小题满分12分)如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,已知点M在正方形A1B1C1D1内部,A1M=2,CM=6.(1)经过点M在平面A1B1C1D1内作一条直线与CM垂直(说明作法及理由);(2)求直线CM与平面BDD1B1所成角的余弦值.【解析】(1)当点M为A1C1,B1D1的交点时,B1D1为所求作的直线.(2分)理由如下:连接C1M,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,CC1平面A1B1C1D1,又C1M,B1D1平面A1B1C1D1,所以CC1C1M,CC1B1D1,所

22、以C1M=CM2-CC12=2,易知A1C1=22,则A1C1=A1M+C1M,所以M为A1C1的中点.(4分)因为四边形A1B1C1D1为正方形,所以M为B1D1的中点,易知B1D1MC1,因为MC1CC1=C1,MC1,CC1平面CMC1,所以B1D1平面CMC1,又CM平面CMC1,所以B1D1CM.(6分)(2)由(1)知M B1D1,故M平面BDD1B1,连接AC,设ACBD=O,连接OM,易知OM平面BDD1B1.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,易知BB1平面ABCD,因为CO平面ABCD,所以COBB1,在正方形ABCD中,易知COBD,又BB1BD=B,BB1,BD平面B

23、DD1B1,所以CO平面BDD1B1,所以COOM,所以CMO为直线CM与平面BDD1B1所成的角.(9分)在COM中,CO=2,CM=6,所以sinCMO=COCM=33,则cosCMO=1-sin2CMO=63,即直线CM与平面BDD1B1所成角的余弦值为63.(12分)21.(本小题满分12分)2020年是我国5G网络建设的加速之年.截至2020年年底,中国已建成全球最大的5G网络.为了切实推动移动网络质量提升,不断改善用户体验,中国信通院受工信部委托,定期在全国范围内开展重点场所移动网络质量专项测评,其中一项测评内容是在每座受测城市中任意挑选一条典型路段进行测评,以评估当地5G网络发展

24、水平,其中5座受测城市的5G综合下载速率(单位:Mbps)数据如表:城市路段5G综合下载速率(单位:Mbps)福州五四路708.92广州大学城外/中/内环817.13哈尔滨红军街630.34杭州环城东路882.60成都二环高架916.02(1)从这5座城市中随机选取2座城市进行分析,求选取的2座城市5G综合下载速率都大于800 Mbps的概率;(2)甲、乙两家5G网络运营商分别从以上5座城市中随机选取1座城市考察(甲、乙的选取互不影响),求甲、乙两家运营商中恰有一家选取的城市5G综合下载速率大于800 Mbps的概率.【解析】(1)这5座城市中5G综合下载速率大于800 Mbps的有3座,设为

25、A1,A2,A3,5G综合下载速率不大于800 Mbps的有2座,设为B1,B2.(2分)随机选取2座城市的所有可能为(A1,A2),(A1,A3),(A1,B1),(A1,B2),(A2,A3),(A2,B1),(A2,B2),(A3,B1),(A3,B2),(B1,B2),共10个,其中2座城市5G综合下载速率都大于800 Mbps的有(A1,A2),(A1,A3),(A2,A3),共3个.(4分)设“选取的2座城市5G综合下载速率都大于800 Mbps”为事件M,所以P(M)=310.(6分)(2)设“甲选取的城市5G综合下载速率大于800 Mbps”为事件C,“乙选取的城市5G综合下载速率大于800 Mbps”为事件D,“甲、乙两家运营商中恰有一家选取的城市5G综合下载速率大于800 Mbps”为事件N.易得P(C)=P(D)=35,(9分)所以P(N)=P(CDCD)=P(CD)+P(CD)=P(C)P(D)+P(C)P(D)=351-35+1-3535=1225.(12分)22.(本小题满分12分)如图甲,在矩形ABCD中,E是CD的中点,AB=2,BC=2,以AE,BE为折痕将ADE与BCE折起,使D,C重合(仍记为D),如图乙(以AB