期末考试押题卷02（考试范围：必修二考试时间：120分钟满分：150分）一、单选题：本大题共8小题，每个小题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．已知复数（i是虚数单位）是纯虚数，则实数（ ）A．-2B．-1C．0D．1【答案】A【分析】利用纯虚数的定义，列式求解即可．【详解】解：因为是纯虚数，所以且，所以．故选：．2．在正方体中，点为的中点，则平面与平面所成的锐二面角的余弦值为（ ）A．B．C．D．【答案】C【分析】在正方体中，由平面，得即为二面角的平面角，因平面平面，得平面与平面所成的锐二面角等于，求出的余弦值即可得出答案.【详解】解：如图：在正方体中，平面，\n则，故即为二面角的平面角，设正方体的棱长为2，则，在中，，又因平面平面，所以平面与平面所成的锐二面角等于，故平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.故选：C.3．在复平面内，复数对应的点位于（ ）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限【答案】C【分析】利用复数的乘法将其化为复数的代数形式，求出其对应的点的坐标，即可得复数对应的点所在的象限.【详解】，其对应的点的坐标为，位于第三象限.故选：C4．在中，若点满足，则（ ）A．B．C．D．【答案】A【分析】利用向量加减法公式，化简已知条件，即可判断结果.【详解】由条件可知，得.故选：A5．已知是所在平面内的一动点且满足，则动点的轨迹一定通过的（ ）\nA．重心B．内心C．外心D．垂心【答案】A【分析】作交与点，不妨设的底边上的中线，由可得答案.【详解】作交与点，不妨设的底边上的中线，所以，所以，因为，则动点的轨迹一定通过的重心，故选：A.6．一个侧棱长为的直棱柱的底面用斜二测画法所画出的水平放置的直观图为如图所示的菱形，其中，则该直棱柱的体积为（ ）A．B．C．D．【答案】C【分析】根据斜二测画法的定义，求出四边形的面积，然后根据棱柱的体积公式计算即可.\n【详解】解：根据题意，四边形为矩形，因为，所以，所以矩形的面积为，所以直棱柱的体积为.故选：C.7．如图①所示，在平面四边形中，，，，．现将沿折起，并连接，如图②，只当三棱锥的体积最大时，其外接球的体积为（ ）A．B．C．D．【答案】C【分析】沿边折起，当平面平面时，三棱锥的高最大，此时体积最大，然后求出外接球的半径，即可求解外接球的体积．【详解】解：由题意，当平面平面时，三棱锥的高最大，此时体积最大，，，的高为，的投影在的中点，平面平面，三棱锥的高为，，，，又，，平面外接圆半径，设球心到圆心的距离为，可得，①，②联立①②解得．\n外接球的体积．故选：．8．过球表面上一点引三条长度相等的弦，且两两夹角都为60°，若，则该球的体积为（ ）A．B．C．D．【答案】A【解析】将几何体补形成正方体，根据求得正方体的边长，从而求得正方体的体对角线长，也即求得球的直径，由此可求得球的体积.【详解】依题意，将几何体补形成正方体，如下图所示，由于，所以正方体的边长为，其体对角线长为，也即球的直径为，半径为，所以球的体积为.故选：A【点睛】本小题主要考查球的体积计算，考查球与内接几何体，考查空间想象能力，考查化归与转化的数学思想方法，属于基础题.二、多选题：本大题共4小题，每个小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，只有一项\n或者多项是符合题目要求的.9．在中，角所对的边分别为，由已知条件解三角形，其中有唯一解的是（ ）A．B．C．D．【答案】ABC【分析】根据题设条件和三角形解的个数的判定方法，逐项判定，即可求解，得到答案.【详解】解:对于A选项,由题知,此时三角形已知三角和一边,有唯一解,故A选项满足;对于B选项,两边及夹角已知,由唯一解,故B选项正确;对于C选项,由正弦定理得,故,此时三角形为直角三角形,由唯一解,故C选项正确;对于D选项,因为,故,由于,故三角形无解.故选：ABC10．下列选项中，与的值相等的有（ ）A．B．C．D．【答案】BC【分析】利用二倍角公式，两角和与差的正弦（余弦）、正切公式求值后判断．【详解】；；\n；．．故选：BC．11．已知函数，将图象上所有点向右平移个单位，然后纵坐标不变，横坐标伸长为原来的倍，得到函数的图象．若为偶函数，且最小正周期为，则下列说法正确的是（ ）A．的图象关于对称B．在上单调递增C．的周期为D．在上有个零点【答案】AC【分析】根据正弦型函数图象的变换特点、正弦型函数的奇偶性、最小正周期公式可以求出的解析式，最后根据正弦型函数、余弦型函数的性质逐一判断即可.【详解】将图象上所有点向右平移个单位，所以得到函数的解析式为，然后该函数图象纵坐标不变，横坐标伸长为原来的倍，得到函数的图象，因此，因为最小正周期为，，所以，即，又因为为偶函数，所以，因为，所以，即，因此，；\nA：因为，所以的图象关于对称，故本选项说法正确；B：当时，令，而正弦函数在上单调递增，故本选项说法不正确；C：因为的周期为，所以本选项说法正确；D：令，因为，所以，即函数在上有个零点，因此本选项说法不正确，故选：AC【点睛】关键点睛：根据正弦型函数图象的变换特点和正弦型函数的性质求出函数的解析式是解题的关键.12．已知正方体的棱长为，如图，点分别为的中点，则下列说法正确的是（ ）A．平面平面B．直线与直线所成角的余弦值为C．平面截正方体所得截面的面积为D．点与点到平面的距离相等【答案】ABC【分析】连接，证明，后可得面面平行，判断A，由此可求得异面直线所成的角，判断B，作出完整的截面，求出面积判断C，根据点面距离的概念与性质判断D．\n【详解】连接，因为点分别为的中点，所以，且，正方体中，与平行且相等，与平行且相等，所以与平行且相等，所以是平行四边形，是平行四边形，所以，，由得，由平面，平面，得平面，同理平面，而．平面，所以平面平面，A正确；由以上证明过程知（或春补角）是直线与直线所成角，，，三角形是等腰三角形，所以，所以B正确．因为平面平面，所以截面与这两个平面的交线平行，因此取中点，连接，则，所以，所以截面就是梯形，，，，梯形的高为，截面面积为．C正确．，且与在平面的同侧，在同一平面内，所以与到平面的距离不相等，也即点与点到平面的距离不相等，D错．故选：ABC．\n【点睛】本题考查面面平行的判断，异面直线所成的角，正方体的截面的计算，点到平面的距离等，解题关键是掌握空间线面位置关系的判定方法，证明时注意定理的条件，解答选择题、填空题时注意常用的结论，它们可以使学生能更好更快地判断出正确结论．三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡中的横线上.13．为了解高一学生的体能情况，某校随机抽取了200名高一学生进行了1分钟跳绳测试，统计测试成绩并绘制如图的频率分布直方图，则这200名学生1分钟跳绳次数的中位数为____________．【答案】142【分析】先由频率之和为1求得，再根据中位数的求法即可求出.【详解】由频率之和为1可得，解得，因为前2组的频率之和为，前3组的频率之和为，所以中位数在内，设为，则，解得，所以这200名学生1分钟跳绳次数的中位数为142.故答案为：142.14．已知一母线长为的圆锥的轴截面面积是，则该圆锥的侧面积为_________．【答案】或\n【分析】设圆锥的底面半径为，高为，根据已知条件可得出关于、的方程组，解出的值，即可求得该圆锥的侧面积.【详解】设圆锥的底面半径为，高为，由题意可得，解得或，因此，该圆锥的侧面积为或.故答案为：或.15．某盒子中有大小和质地完全相同的四个小球，分别写有“百”“炼”“成”“钢”四个字，有放回地从中任意依次摸球，每次1球，直到“成”“钢”二字都摸到就停止，用随机模拟的方法估计恰好在第三次停止的概率．利用电脑随机产生1~4之间取整数值的随机数，用1，2，3，4分别代表“百”“炼”“成”“钢”这四个字，以每三个随机数为一组，表示摸球三次的结果，经随机模拟产生了以下20组随机数：434 342 431 143 243 124 234 441 223 321432 134 233 432 332 341 213 243 431 314由此可以估计，恰好第三次就停止的概率为________．【答案】【分析】随机模拟产生了20组随机数，其中第三次就停止摸球的随机数有6个，由此可以估计，恰好第三次就停止摸球的概率．【详解】随机模拟产生了以下20组随机数：434 342 431 143 243 124 234 441 223 321432 134 233 432 332 341 213 243 431 314其中第三次就停止摸球的随机数有：143，243，234，134，243，314共6个，由此可以估计，恰好第三次就停止摸球的概率为．故答案为：16．已知梯形中，，，为的中点，为与的交点，，则________；若，，，则的余弦值为________．\n【答案】 【分析】利用平面向量的加法与减法可得出关于、的表达式，可得出、的值，可求得的值；以点为坐标原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，可得出，利用平面向量数量积的坐标运算可求得结果.【详解】，因为，则，，故；以点为坐标原点，所在直线为轴建立如下图所示的平面直角坐标系，则、、、、，所以，，，故.故答案为：；.四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．17．某快餐配送平台针对外卖员送餐准点情况制定了如下的考核方案：每一单自接单后在规定时间内送达､延迟5分钟内送达､延迟5至10分钟送达､其他延迟情况，分别评定为，，，四个等级，各等级依次奖励3元､奖励0元､罚款3元､罚款6元.假定评定为等级，，的概率分别是，，.（1）若某外卖员接了一个订单，求其延迟送达且被罚款的概率；（2）若某外卖员接了两个订单，且两个订单互不影响，求这两单获得的奖励之和为0元的概率.\n【答案】（1）；（2）.【分析】（1）设事件，，，分别表示“被评为等级，，，”.由题意，事件，，，两两互斥，然后利用互斥事件的概率加法公求解即可；（2）设事件，，，表示“第单被评为等级，，，”，.则“两单共获得的奖励为0元”即事件，且事件，，互斥，然后分别求出对应的概率，再利用互斥事件的概率加法公求解即可【详解】解：（1）设事件，，，分别表示“被评为等级，，，”.由题意，事件，，，两两互斥，所以.又“延迟送达且被罚款”，所以.因此“延迟送达且被罚款”的概率为.（2）设事件，，，表示“第单被评为等级，，，”，.则“两单共获得的奖励为0元”即事件，且事件，，互斥，又又所以18．如图，在空间四边形中，、、、分别为棱、、、的中点.\n（1）求证：四边形为平行四边形；（2）当对角线与满足什么条件时，四边形为正方形？（给出一个满足题意的条件即可，不必证明）.【答案】（1）证明见解析；（2）且.【分析】（1）连接，证明出且，即可证得结论成立；（2）根据正方形的定义可得出结论.【详解】（1）连接，因为、分别为棱、的中点，所以且，同理，，所以且，所以四边形是平行四边形；（2）当且时，四边形为正方形.19．为调查高一､高二学生心理健康达标情况，某学校采用分层随机抽样方法，从高一､高二学生中分别抽取了50人､40人参加心理健康测试(满分：10分).经初步统计，参加测试的高-学生成绩的平均分，方差，高二学生的成绩的统计表如下：成绩456789频数3711964\n（1）计算参加测试的高二学生成绩的平均分和方差；（2）估计该学校高一､高二全体学生的平均分和方差.【答案】（1），；（2），.【分析】（1）利用平均数和方差公式直接求解（2）利用分层抽样的平均数和方差公式直接求解【详解】（1）由题意，..（2）由（1）可得，.20．《中华人民共和国民法典》于2021年1月1日正式施行.某社区为了解居民对民法典的认识程度，随机抽取了一定数量的居民进行问卷测试(满分：100分)，并根据测试成绩绘制了如图所示的频率分布直方图.（1）求频率分布直方图中的值；（2）估计该组测试成绩的平均数和第57百分位数；（3）该社区在参加问卷且测试成绩位于区间和的居民中，采用分层随机抽样，确定了5人.若从这5人中随机抽取2人作为该社区民法典宣讲员，设事件“两人的测试成绩分别位于和”，求.\n【答案】（1）；（2）平均数，第57百分位数为；（3）.【分析】（1）由频率分布直方图中所有频率和为1可求得；（2）用频率分布直方图中每组数据中间值乘以该组频率相加即得均值，第57百分位数，即频率对应的值，先估算其在哪一组中，然后再根据比例求解；（3）确定位于区间和的人数，把人进行编号，用列举法写出任取2人的所有基本事件，并得出事件含有的基本事件，计数后可得概率．【详解】解：（1）由己知，解得.（2）测试成绩的平均数.测试成绩落在区间的频率为，落在在区间的频率为，所以设第57百分位数为，有，解得.（3）由题知，测试分数位于区间､的人数之比为，所以采用分层随机抽样确定的5人，在区间中3人，用，，表示，在区间中2人，用，表示.从这5人中抽取2人的所有可能情况有：，，，，，，，，，，共10种.其中“落在区间和”有6种.所以.21．如图，在直三棱柱中，，.\n（1）求证：；（2）若与平面所成角的正弦值为，求三棱锥的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）由直棱柱的定义可得，，从而得平面，得，由于，所以由线面垂直的判定可得平面，进而可得；（2）过作，垂足为，连，则可得为与平面所成的角，从而结合已知条件可得，，在中，求出，进而可求得体积【详解】解（1）证明：因为，，所以平面，平面，所以又因为直三棱柱中，，所以四边形为正方形，所以.因为，所以平面，平面，所以.（2）过作，垂足为，连，则平面，为与平面所成的角.\n因为，则，所以，所以.在中，，所以.在中，.所以.22．如图，在梯形中，，，，将沿折起，形成四棱锥，（1）若点为的中点，求证：平面；（2）在四棱锥中，，求面与面所成二面角(锐角)的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）取中点，连，证明四边形为平行四边形，所以，得证线面平行；（2）延长，交于点，则为平面与平面的交线，证明平面，过作，垂足为，连接，证明为二面角的平面角，再在\n中计算其余弦值．【详解】解：（1）证明：取中点，连，则，.又因为，，所以，.所以四边形为平行四边形，所以.又因为平面，平面所以平面.（2）延长，交于点，则为平面与平面的交线因为，，所以.三角形中，因为，为的中点，所以，又因为，，，平面，所以平面，平面，所以.又因为，平面，所以平面.平面，所以.在三角形中，过作，垂足为，连接，因为，平面，所以平面，平面，所以.所以为二面角的平面角.\n在中，，，，由，所以，所以.在中，，，.所以.即面与面所成二面角(锐角)的余弦值为.
