高中数学必修二 期末模拟卷04（含答案）

1、期末模拟卷4一选择题（共8小题）1在一次抛硬币的试验中，同学甲用一枚质地均匀的硬币做了100次试验，发现正面朝上出现了45次，那么出现正面朝上的频率和概率分别为（）A0.45 0.45B0.5 0.5C0.5 0.45D0.45 0.5【分析】出现正面的频率是451000.45，出现正面的概率是0.5【解答】解：出现正面的频率是451000.45，出现正面的概率是0.5，故选：D2已知i是虚数单位，则复数的实部和虚部分别是（）A7，3B7，3iC7，3D7，3i【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案【解答】解：z，复数的实部和虚部分别是7，3故选：C3在某次测量中得到的A样本数据如下

2、：42，43，46，52，42，50，若B样本数据恰好是A样本数据每个都减5后所得数据，则A、B两样本的下列数字特征对应相同的是（）A平均数B标准差C众数D中位数【分析】根据样本A，B中数据之间的关系，结合众数，平均数，中位数和标准差的定义即可得到结论【解答】解：设样本A中的数据为xi，则样本B中的数据为yixi5，则样本数据B中的众数和平均数以及中位数和A中的众数，平均数，中位数相差5，只有标准差没有发生变化，故选：B4如图是一个正方体的表面展开图，则图中“有”在正方体中所在的面的对面上的是（）A者B事C竟D成【分析】直接把正方体的展开面图复原为空间图，进一步求出结果【解答】解：根据正方体的

3、表面展开图，复原成正方体如图所示：其中“者”在最里面，“有”在最外面构成对面关系故选：A5加强体育锻炼是青少年生活学习中非常重要的组成部分某学生做引体向上运动，处于如图所示的平衡状态时，若两只胳膊的夹角为60，每只胳膊的拉力大小均为400N，则该学生的体重（单位：kg）约为（）（参考数据：取重力加速度大小为g10m/s2，1.732）A63B69C75D81【分析】由题意知400，夹角60，计算（+）的模长，再求出体重即可【解答】解：由题意知，400，夹角60，所以+，即（+）；所以4002+2400400cos60+400234002；|400（N），则该学生的体重（单位：kg）约为4040

4、1.73269（kg），故选：B6已知向量不共线，若，则m（）A12B9C6D3【分析】由向量平行的性质得3+m+（m+2），由此能求出m【解答】解：向量不共线，3+m+（m+2），解得1，m3故选：D7如图所示是一样本的频率分布直方图，样本数据共分3组，分别为5，10），10，15），15，20估计样本数据的第60百分位数是（）A14B15C16D17【分析】由频率分布直方图，根据样本数据的百分位数列方程求出即可【解答】解：由频率分布直方图知，第1组的频率为0.0450.2，第2组的频率为0.1050.5，设样本数据的第60百分位数是x，则0.2+0.10（x10）0.6，解得x14，所以估

5、计样本数据的第60百分位数是14故选：A8已知正方体ABCDA1B1C1D1棱长为4，P是AA1中点，过点D1作平面，满足CP平面，则平面与正方体ABCDA1B1C1D1的截面周长为（）A4B12C8D8【分析】取 AD 中点 E，AB 中点 F，连接PD，D1E，EF，B1F，B1D1，AC，先证明 E，F，B1，D1四点共面，再由 EFCP，D1ECP 证明 CP平面 EFB1D1可知平面 EFB1D1为平面 与正方体 ABCDA1B1C1D1的截面，根据正方体的棱长即可求得 EFB1D1的周长【解答】解：取 AD 中点 E，AB 中点 F，连接PD，D1E，EF，B1F，B1D1，AC，

6、如下图所示：E 为 AD 中点，F 为 AB 中点，则 EFBD，BDB1D1所以 EFB1D1所以 E，F，B1，D1四点共面根据正方形性质可知 CD平面 ADD1A1，而 D1E平面ADD1A1，所以 CDD1E，AD1DEDAP，可知ED1DPDA，而PDA+PDD190，所以ED1D+PDD190，即 PDD1E为 CDPDD，所以 D1E平面 PDC，而CP平面 PDC，所以 D1ECP；E 为 AD 中点，F 为 AB 中点，由正方形和正方体性质可知EFAC，PAEF，且 PAACA，所以 EF平面 PAC，而 CP平面 PDC，所以 EFCP，又因为 D1ECP，D1EEFE所以

7、 CP平面 EFB1D1即平面 EFB1D1为平面 与正方体 ABCDA1B1C1D1的截面，正方体 ABCDA1B1C1D1棱长为 4所以 EFB1D1的周长为 B1D1+D1E+EF+B1F，故选：A二多选题（共4小题）9某城市为了解二手房成交价格的变化规律，更有效地调控房产经济，收集并整理了2019年1月至2019年12月期间二手房成交均价（单位：元/平方米）的数据（均价销售总额销售总面积），绘制了下面的折线统计图，那么下列结论中正确的有（）A月均价的极差大于4000元/平方米B年均价一定小于18000元/平方米C月均价高峰期大致在9月份和10月份D上半年月均价变化相对下半年，波动性较小

8、，变化比较平稳【分析】数据分析题目，可根据定义进行分析判断【解答】A极差等于极大值极小值根据折线统计图，可得极大值19000，极小值15000，所以极差19000150004000元/平方米，故A正确；B由于每月的成交数量未知，因此平均价无法确定，故B错误；C根据折线图可得，月均价高峰期大致在9月份和10月份，故C正确；D根据折线图，可知16月份极差18000150003000元/平方米，712月份极差4000元/平方米，所以可判定上半年月均价变化相对波动性较小，变化比较平稳故D正确故选：ACD10在ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，下列结论正确的是（）A若b2+c2a20，则A

9、BC为锐角三角形B若AB，则sinAsinBC若b3，A60，三角形面积S3，则aD若acosAbcosB，则ABC为等腰三角形【分析】A，根据余弦定理，判定命题A为锐角；B，由大角对大边，及正弦定理判定；C，利用三角形的面积计算公式、余弦定理即可得出；D，据正弦定理把等式acosAbcosB的边换成角的正弦，再利用倍角公式化简整理得sin2Asin2B，进而推断AB，或A+B90，即可判定【解答】解：对于A，若b2+c2a20，则cosA0，A为锐角，不能判定ABC为锐角三角形，故错；对于B，在ABC中，若ab，则2RsinA2RsinB，则sinAsinB，故正确；对于C，A60，b3，面

10、积S3，即有，解得c4a2b2+c22bccosA32+42234cos6013a，故正确；对于D，acosAbcosB，sinAcosAsinBcosB，sin2Asin2B，AB，或2A+2B180即A+B90，ABC为等腰或直角三角形，故不正确故选：BC11下列说法正确的是（）A对于任意两个向量，若|，且与同向，则B已知，为单位向量，若，则在上的投影向量为C设为非零向量，则“存在负数，使得”是“”的充分不必要条件D若，则与的夹角是钝角【分析】利用向量的定义判断A；向量的投影判断B；向量的数量积与充要条件判断C；向量的数量积的符号判断D；【解答】解：对于任意两个向量，若|，且与同向，但是不

11、能说，因为向量不能比较大小，所以A不正确；已知，为单位向量，若，则在上的投影为：3，投影向量为，所以B正确；存在负数，使得，则与反向共线，夹角为180，此时成立，当成立时，则与夹角满足90180，则与不一定反向共线，即“存在负数，使得”是“”的充分而不必要条件成立，故C正确，若，则与的夹角是钝角或平角，所以D不正确；故选：BC12如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，动点E在线段A1C1上，F、M分别是AD、CD的中点，则下列结论中正确的是（）AFMA1C1BBM平面CC1FC存在点E，使得平面BEF平面CC1D1DD三棱锥BCEF的体积为定值【分析】本题利用中位线定理以及线面垂直，

12、三棱锥的特征求解【解答】解：A：F，M分别是AD，CD的中点，FMACA1C1，故A正确；B：由平面几何得BMCF，又BMC1C，BM平面CC1F，故B正确；C：BF与平面CC1D1D有交点，不存在点E，使平面BEF平面CC1D1D，故C错误；D：三棱锥BCEF以面BCF为底，则高是定值，三棱锥BCEF的体积为定值，故D正确故选：ABD三填空题（共4小题）13甲、乙两人参加“社会主义价值观”知识竞赛，甲、乙两人能荣获一等奖的概率分别为和，甲、乙两人是否获得一等奖相互独立，则这两个人中恰有一人获得一等奖的概率为【分析】设事件事件A表示“甲参加知识竞赛”，事件B表示“乙参加知识竞赛”，则P（A），

13、P（B），利用相互独立事件概率乘法公式和互斥事件概率加法公式能求出这两个人中恰有一人获得一等奖的概率【解答】解：设事件事件A表示“甲参加知识竞赛”，事件B表示“乙参加知识竞赛”，则P（A），P（B），甲、乙两人是否获得一等奖相互独立，这两个人中恰有一人获得一等奖的概率为：P（A）+P（）P（A）P（）+P（）P（B）故答案为：14我国古代数学名著九章算术有一抽样问题：“今有北乡若干人，西乡七千四百八十八人，南乡六千九百一十二人，凡三乡，发役三百人，而北乡需遣一百零八人，问北乡人数几何？“其意思为：“今有某地北面若干人，西面有7488人，南面有6912人，这三面要征调300人，而北面共征调108

14、人（用分层抽样的方法），则北面共有8100人”【分析】根据分层抽样时抽取的比例相等，列方程求出结果【解答】解：设北面有x人，根据题意得，解得x8100故答案为：810015如图，为测量山高MN，选择A和另一座山的山顶C为测量观测点从A点测得M点的仰角MAN60，C点的仰角CAB45以及MAC75；从C点测得MCA60已知山高BC100m，则山高MN150m【分析】由题意，可先求出AC的值，从而由正弦定理可求AM的值，在RTMNA中，AM100m，MAN60，从而可求得MN的值【解答】解：在RTABC中，CAB45，BC100m，所以AC100m在AMC中，MAC75，MCA60，从而AMC45

15、，由正弦定理得，因此AM100m在RTMNA中，AM100m，MAN60，由得MN100150m故答案为：15016在底面为等腰梯形的四棱锥PABCD中，ADBC，ABADCD3，BC6，PA8，PA平面ABCD，该四棱锥的各个顶点都在球O的球面上，则球O的半径为5，球O的体积与四棱锥PABCD的体积的比值为【分析】由题意可得底面等腰梯形的外接圆的半径，过底面外接圆的圆心E作垂直于底面的直线，则外接球的球心在此直线上，在两个三角形中求出外接球的半径，进而求出球的体积，及体积之比【解答】解：如图，取BC的中点E，过E作EO面AC，因为PA面AC，所以PAOE因为ABCD，ADBC，ABADCD3

16、，BC6，所以ABC为等边三角形，ABC60CAB90，所以E为梯形ABCD的外接圆的圆心，则外接圆的半径r3，取O为外接球的球心，设外接球的半径为R，过O作OHPA于H，则四边形OHAE为矩形，所以OEAEBEr3，AHOE，连接OB，OP，则OPOBR，在OBE中，OB2R2OE2+BE2OE2+9，在OPH中，OP2R2OH2+PH2AE2+（PAAH）29+（8OE）2，由可得OE4，所以R29+4225，所以R5，所以V球，VPABCDS底ABCDPA（3+6）3818，所以故答案分别为：5，四解答题（共6小题）17已知不共线向量与，其中（2，m），（1，2）（）若（），求m的值；（

17、）若向量2与+2共线，求m的值【分析】（）可求出，从而根据即可得出，进行数量积的坐标运算即可求出m的值；（）可求出，然后根据与共线即可得出关于m的方程，解出m即可【解答】解：（），解得；（），又与共线，3（m+4）4（2m2）0，解得m418如图，在四棱锥SABCD中，底面ABCD为菱形，SA平面ABCD（1）求证：CD平面SAB；（2）求证：BDSC【分析】（1）推导出ABCD，由此能证明CD平面SAB（2）连结AC，推导出SABD，ACBD，从而BD平面SAC，由此能证明BDSC【解答】证：（1）在四棱锥SABCD中，底面ABCD为菱形，所以ABCD，（2分）AB平面SAB，CD平面SAB

18、，CD平面SAB（4分）（2）连结ACSA平面ABCD，BD平面ABCD，SABD（6分）底面ABCD为菱形，ACBD，ACSAA，AC，SA平面SAC，BD平面SAC，又SC平面SAC（9分）BDSC（10分）1920名学生某次数学考试成绩（单位：分）的频率分布直方图如图（1）求频率分布直方图中a的值；（2）分别求出成绩落在50，60）与60，70）中的学生人数；（3）从成绩在50，70）的学生中任选2人，求这两人的成绩都在60，70）中的概率【分析】（1）根据频率分布直方图求出a的值；（2）由图可知，成绩在50，60）和60，70）的频率分别为0.1和0.15，用样本容量20乘以对应的频率

19、，即得对应区间内的人数，从而求出所求（3）分别列出满足50，70）的基本事件，再找到在60，70）的事件个数，根据古典概率公式计算即可【解答】解：（1）根据直方图知组距10，由（2a+3a+6a+7a+2a）101，解得a0.005（2）成绩落在50，60）中的学生人数为20.00510202，成绩落在60，70）中的学生人数为30.00510203（3）记成绩落在50，60）中的2人为A，B，成绩落在60，70）中的3人为C，D，E，则成绩在50，70）的学生任选2人的基本事件有AB，AC，AD，AE，BC，BD，BE，CD，CE，DE共10个，其中2人的成绩都在60，70）中的基本事件有C

20、D，CE，DE共3个，故所求概率为P20如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1平面ABC，ABAA16，AC8，D，E分别是AC，CC1的中点（1）求证：AB1平面BDC1；（2）若异面直线AB与A1C1所成的角为30，求三棱锥C1BDE的体积【分析】（1）如图，连接B1C，交BC1于点F，连接DF，由已知结合三角形中位线定理可得DFAB1，再由直线与平面平行的判定定理，证明AB1平面BDC1；（2）由ACA1C1，可得BAC即为异面直线AB与A1C1所成的角为30，求三角形ABC的面积，得到三角形DBC的面积，然后分别求出三棱锥C1BCD，EBCD的体积，再由求解【解答】解：（1）证明：

21、如图，连接B1C，交BC1于点F，连接DF，在ACB1中，由于D为AC的中点，F为B1C的中点DF为ACB1的中位线，DFAB1，DF平面BDC1，AB1平面BDC1，AB1平面BDC1；（2）ACA1C1，BAC即为异面直线AB与A1C1所成的角，异面直线AB与A1C1所成的角为30，BAC30，D是AC的中点，又CC1平面ABC，CC16，E是CC1的中点，即三棱锥C1BDE的体积为621已知ABC中，三个内角A，B，C所对的边分别是a，b，c（1）证明acosB+bcosAc；（2）在，ccosA2bcosAacosC，2a这三个条件中任选一个补充在下面问题中，并解答若a7，b5，_，求

22、ABC的周长【分析】（1）由余弦定理化简已知等式即可证明（2）选择多个条件分别解答，先求A的值，进而再求c的值，即可得解【解答】解：（1）证明：由余弦定理可得：acosB+bcosAa+bc，即acosB+bcosAc，证毕（2）第一步：求A选：，2ccosAbcosA+acosB，由（1）中所证结论可得：2ccosAc，可得cosA，A（0，），A选：ccosA2bcosAacosC，2bcosAacosC+ccosA，由（1）中的证明同理可得：acosC+ccosAb，2bcoAb，可得cosA，A（0，），A选：2a，2acosAbcosC+ccosB，由（1）中的证明过程同理可得bcosC+ccosBa，2acoAa，可得cosA，A（0，），A第二步：求c在ABC中，由余弦定理可得：a2b2+c22bccosA25+c210c49，即c25c240，解得c8，或c3