2020年高中数学新教材同步必修第二册 期末检测试卷(二) 10页

期末检测试卷(二) (时间：120 分钟 满分：150 分) 一、选择题(本大题共 13 小题，每小题 4 分，共 52 分. 在每小题给出的四个选项中，第 1～ 10 题只有一项符合题目要求；第 11～13 题，有多项符合题目要求，全部选对的得 4 分，选 对但不全的得 2 分，有选错的不得分) 1.以下事件是随机事件的是( ) A.下雨屋顶湿 B.秋后柳叶黄 C.有水就有鱼 D.水结冰体积变大 答案 C 解析 A，B，D 是必然事件. 2.在△ABC 中，若 A＝60°，C＝45°，c＝ 3，则 a 等于( ) A.1 B.3 2 2 C.2 3 3 D.2 答案 B 解析 由正弦理得，a＝csin A sin C ＝3 2 2 . 3.设复数 z＝ 2i 1＋i(其中 i 为虚数单位)，则复数 z 在复平面内对应的点位于( ) A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 答案 A 解析 z＝ 2i 1＋i ＝ 2i1－i 1＋i1－i ＝2i1－i 2 ＝1＋i，对应的点为(1,1)，在第一象限. 4.某单位青年、中年、老年职员的人数之比为 10∶8∶7，从中抽取 200 名职员作为样本，若 每人被抽取的概率是 0.2，则该单位青年职员的人数为( ) A.280 B.320 C.400 D.1 000 答案 C 解析 由题意知这是一个分层随机抽样问题， ∵青年、中年、老年职员的人数之比为 10∶8∶7，从中抽取 200 名职员作为样本， ∴要从该单位青年职员中抽取的人数为 10 10＋8＋7 ×200＝80， ∵每人被抽取的概率为 0.2， ∴该单位青年职员共有80 0.2 ＝400(人). 5.已知向量 a，b 满足|a|＝1，|b|＝2，|a－b|＝2，则|a＋b|等于( ) A.1 B. 2 C. 5 D. 6 答案 D 解析 ∵|a－b|2＝|a|2＋|b|2－2a·b， ∴a·b＝1 2 ， ∵|a＋b|2＝|a－b|2＋4a·b， ∴|a＋b|2＝6， ∴|a＋b|＝ 6. 6.已知 a＝(2，－3)，b＝(1，－2)，且 c⊥a，b·c＝1，则 c 的坐标为( ) A.(3，－2) B.(3,2) C.(－3，－2) D.(－3,2) 答案 C 解析 设 c＝(x，y)，则有 2x－3y＝0， x－2y＝1， 解得 x＝－3， y＝－2. 故 c＝(－3，－2). 7.我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题，大概意思如下：在下雨时，用一 个圆台形的天池盆接雨水，天池盆盆口直径为 2 尺 8 寸，盆底直径为 1 尺 2 寸，盆深 1 尺 8 寸，若盆中积水深 9 寸，则平均降雨量是(注：①平均降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积； ②1 尺等于 10 寸)( ) A.3 寸 B.4 寸 C.5 寸 D.6 寸 答案 A 解析 作出圆台的轴截面如图所示， 由题意知，BF＝14 寸，OC＝6 寸，OF＝18 寸，OG＝9 寸， 即 G 是 OF 的中点， ∴GE 为梯形 OCBF 的中位线， ∴GE＝14＋6 2 ＝10 寸， 即积水的上底面半径为 10 寸， ∴盆中积水的体积为 1 3π×(100＋36＋10×6)×9＝588π(立方寸)， 又盆口的面积为 142π＝196π(平方寸)， ∴平均降雨量是588π 196π ＝3(寸)，即平均降雨量是 3 寸. 8.在△ABC 中，若 sin2A＋sin2B＝2sin2C，则角 C 为( ) A.钝角 B.直角 C.锐角 D.60° 答案 C 解析 由 sin2A＋sin2B＝2sin2C，得 a2＋b2＝2c2， 即 a2＋b2－c2＝c2>0， 又由余弦定理可得 cos C＝a2＋b2－c2 2ab >0， 所以角 C 为锐角. 9.甲、乙两个人进行“剪子、包袱、锤”的游戏，两人都随机出拳，则一次游戏两人平局的 概率为( ) A.1 3 B.2 3 C.1 4 D.2 9 答案 A 解析 甲、乙两个人进行“剪子、包袱、锤”的游戏，所以可能出现的结果列表如下： 甲 乙 锤 剪子 包袱 锤 (锤，锤) (锤，剪子) (锤，包袱) 剪子 (剪子，锤) (剪子，剪子) (剪子，包袱) 包袱 (包袱，锤) (包袱，剪子) (包袱，包袱) 因为由表格可知，共有 9 种等可能情况. 其中平局的有 3 种(锤，锤)、(剪子，剪子)、(包袱，包袱). 设事件 A 为“甲和乙平局”，则 P(A)＝3 9 ＝1 3. 10.正方体 ABCD－A1B1C1D1 中，直线 AD 与平面 A1BC1 所成角的正弦值为( ) A.1 2 B. 3 2 C. 3 3 D. 6 3 答案 C 解析 如图所示，正方体 ABCD－A1B1C1D1 中，直线 AD 与 B1C1 平行，则直线 AD 与平面 A1BC1 所成角的正弦值即为 B1C1 与平面 A1BC1 所成角的正弦值.因为△A1BC1 为等边三角形，则 B1 在平面 A1BC1 上的投影即为△A1BC1 的中心 O，则∠B1C1O 为 B1C1 与平面 A1BC1 所成角.可设 正方体边长为 1，显然 BO＝ 3 3 × 2＝ 6 3 ， 因此 B1O＝ 1－ 6 3 2＝ 3 3 ， 则 sin∠B1C1O＝B1O B1C1 ＝ 3 3 . 11.从装有两个红球和三个黑球的口袋里任取两个球，那么不互斥的两个事件是( ) A.“至少有一个黑球”与“都是黑球” B.“至少有一个黑球”与“至少有一个红球” C.“恰好有一个黑球”与“恰好有两个黑球” D.“至少有一个黑球”与“都是红球” 答案 AB 解析 “至少有一个黑球”中包含“都是黑球”，A 正确； “至少有一个黑球”与“至少有一个红球”可能同时发生，B 正确； “恰好有一个黑球”与“恰好有两个黑球”不可能同时发生，C 不正确； “至少有一个黑球”与“都是红球”不可能同时发生，D 不正确. 12.在 Rt△ABC 中，CD 是斜边 AB 上的高，如图，则下列等式成立的是( ) A.|AC→|2＝AC→·AB→ B.|BC→|2＝BA→·BC→ C.|AB→|2＝AC→·CD→ D.|CD→ |2＝ AC→·AB→×BA→·BC→ |AB→|2 答案 ABD 解析 AC→·AB→＝|AC→||AB→|cos A，由|AB→|·cos A＝|AC→|可得|AC→|2＝AC→·AB→，即选项 A 正确， BA→·BC→＝|BA→||BC→|cos B，由|BA→|·cos B＝|BC→|可得|BC→|2＝BA→·BC→，即选项 B 正确， 由AC→·CD→ ＝|AC→||CD→ |cos(π－∠ACD)<0，又|AB→|2>0，知选项 C 错误， 由图可知 Rt△ACD∽Rt△ABC，所以 AC·BC＝AB·CD， 由选项 A，B 可得|CD→ |2＝ AC→·AB→×BA→·BC→ |AB→|2 ，即选项 D 正确. 13.如图，正方体 ABCD－A1B1C1D1 的棱长为 1，线段 B1D1 上有两个动点 E，F，且 EF＝1 2 ， 则下列结论中错误的是( ) A.AC⊥AF B.EF∥平面 ABCD C.三棱锥 A－BEF 的体积为定值 D.△AEF 的面积与△BEF 的面积相等 答案 AD 解析 A.因为 AC⊥BD，而 BD∥B1D1，所以 AC⊥B1D1，即 AC⊥EF，若 AC⊥AF，则 AC⊥ 平面 AEF，即可得 AC⊥AE，由图分析显然不成立，故 A 不正确； B.因为 EF∥BD，EF⊄平面 ABCD，BD⊂平面 ABCD，所以 EF∥平面 ABCD，故 B 正确； C.VA－BEF＝1 3 ×S△BEF×1 2AC＝1 3 ×1 2 ×EF×BB1×1 2AC＝ 1 12 ×EF×BB1×AC，所以体积是定值， 故 C 正确； D.设 B1D1 的中点是 O，点 A 到直线 EF 的距离是 AO，而点 B 到直线 EF 的距离是 BB1，所以 AO>BB1，S△AEF＝1 2 ×EF×AO，S△BEF＝1 2 ×EF×BB1，所以△AEF 的面积与△BEF 的面积不相 等，D 不正确. 二、填空题(本大题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分) 14.在感冒流行的季节，设甲、乙患感冒的概率分别为 0.6 和 0.5，则两人都不感冒的概率是 ________，两人中有人患感冒的概率是________. 答案 0.2 0.8 解析 “有人感冒”这一事件包括甲、乙中有一人感冒和全都感冒. 设事件 A：甲患感冒，事件 B：乙患感冒. 则则两人都不感冒这一事件的概率为 P( A B )＝[1－P(A)]·[1－P(B)]＝0.2， 两人中有人感冒这一事件的概率为 P( A B＋A B ＋AB)＝P( A B)＋P(A B )＋P(AB) ＝P( A )P(B)＋P(A)P( B )＋P(A)P(B) ＝P( A )P(B)＋P(A) ＝0.4×0.5＋0.6＝0.8. 15.已知非零向量 a，b 满足|a|＝4|b|，且 b⊥(a＋2b)，则 a 与 b 的夹角为________. 答案 2π 3 解析 设 a 与 b 的夹角为θ，根据题意，可得 b·(a＋2b)＝0，即|a|·|b|cos θ＋2b2＝0，代入|a| ＝4|b|，得到 cos θ＝－1 2 ，于是 a 与 b 的夹角为2π 3 . 16.某人 5 次上班途中所花的时间(单位：分钟)分别为 x，y,10,11,9.已知这组数据的平均数为 10，方差为 2，则|x－y|的值为________. 答案 4 解析 由题意可得，x＋y＝20，(x－10)2＋(y－10)2＝8， 设 x＝10＋t，y＝10－t，则 2t2＝8，解得 t＝±2， ∴|x－y|＝2|t|＝4. 17.△ABC 中，角 A，B，C 的对边分别是 a，b，c，已知 a＝b，c2＝2b2(1－sin C)，则 C＝________. 答案 π 4 解析 ∵c2＝2b2(1－sin C)， ∴可得，sin C＝1－ c2 2b2 ， 又∵a＝b，由余弦定理可得， cos C＝a2＋b2－c2 2ab ＝1－ c2 2b2 ＝sin C， ∴sin C－cos C＝0，可得 2sin C－π 4 ＝0， ∵C∈(0，π)，可得 C－π 4 ∈ －π 4 ，3π 4 ， ∴C－π 4 ＝0，可得 C＝π 4. 三、解答题(本大题共 6 小题，共 82 分) 18.(12 分)已知|a|＝4，|b|＝8，a 与 b 夹角是 120°. (1)求 a·b 的值及|a＋b|的值； (2)当 k 为何值时，(a＋2b)⊥(ka－b)? 解 (1)由向量的数量积的运算公式， 可得 a·b＝|a||b|cos 120°＝4×8× －1 2 ＝－16， |a＋b|＝ a2＋b2＋2a·b ＝ 42＋82＋2×－16＝4 3. (2)因为(a＋2b)⊥(ka－b)， 所以(a＋2b)·(ka－b) ＝ka2－2b2＋(2k－1)a·b＝0， 整理得 16k－128＋(2k－1)×(－16)＝0， 解得 k＝－7. 即当 k＝－7 时，(a＋2b)⊥(ka－b). 19.(12 分)如图，在三棱锥 A－BCD 中，点 E，F 分别是 BD，BC 的中点，AB＝AD，AE⊥BC. 求证：(1)EF∥平面 ACD； (2)AE⊥CD. 证明 (1)因为在△BCD 中，点 E，F 分别是 BD，BC 的中点， 所以 EF∥CD， 又因为 EF⊄平面 ACD，CD⊂平面 ACD， 从而 EF∥平面 ACD. (2)因为点 E 是 BD 的中点，且 AB＝AD， 所以 AE⊥BD， 又因为 AE⊥BC，BC⊂平面 BCD，BD⊂平面 BCD， BC∩BD＝B，故 AE⊥平面 BCD， 因为 CD⊂平面 BCD， 所以 AE⊥CD. 20.(14 分)在△ABC 中，cos(A＋C)＝0，sin A＝1 3. (1)求 sin C 的值； (2)设∠ABC 的平分线与 AC 交于 D，若 AC＝3，求 BD 的长. 解 (1)由 cos(A＋C)＝0，得 A＋C＝π 2 ， 又由 A＋B＋C＝π，所以 B＝π 2 ， 所以 sin C＝sin π 2 －A ＝cos A＝2 2 3 . (2)在 Rt△ABC 中，sin A＝1 3 ，AC＝3， 所以 BC＝AC·sin A＝3×1 3 ＝1， 在△DBC 中，sin∠BDC＝sin π 4 ＋A ＝ 2 2 (sin A＋cos A)＝4＋ 2 6 ， 由正弦定理得， BD sin C ＝ BC sin∠BDC ， 所以 BD＝ BCsin C sin∠BDC ＝ 2 2 3 4＋ 2 6 ＝8 2－4 7 . 21.(14 分)某集团公司为了加强企业管理，树立企业形象，考虑在公司内部对迟到现象进行处 罚，现在员工中随机抽取 200 人进行调查，当不处罚时，有 80 人迟到，处罚时，得到如下数 据： 处罚金额 x(单位：元) 50 100 150 200 迟到的人数 y 50 40 20 0 若用表中数据所得频率代替概率. (1)当处罚金额定为 100 元时，员工迟到的概率会比不进行处罚时降低多少？ (2)将选取的 200 人中会迟到的员工分为 A，B 两类：A 类员工在罚金不超过 100 元时就会改 正行为；B 类是其他员工.现对 A 类与 B 类员工按分层随机抽样的方法抽取 4 人依次进行深度 问卷，则前两位均为 B 类员工的概率是多少？ 解 (1)设“当罚金定为 100 元时，某员工迟到”为事件 A，则 P(A)＝ 40 200 ＝1 5 ， 不处罚时，某员工迟到的概率为 80 200 ＝2 5. ∴当罚金定为 100 元时，比不制定处罚，员工迟到的概率会降低1 5. (2)由题意知，A 类员工和 B 类员工各有 40 人，分别从 A 类员工和 B 类员工各抽出两人， 设从 A 类员工抽出的两人分别为 A1，A2，从 B 类员工抽出的两人分别为 B1，B2， 设“从 A 类与 B 类员工按分层随机抽样的方法抽取 4 人依次进行深度问卷”为事件 M， 则事件 M 中首先抽出 A1 的基本事件有(A1，A2，B1，B2)，(A1，A2，B2，B1)，(A1，B1，A2， B2)，(A1，B1，B2，A2)，(A1，B2，A2，B1)，(A1，B2，B1，A2)共 6 种， 同理，首先抽出 A2，B1，B2 的事件也各有 6 种，故事件 M 共有 4×6＝24(种)基本事件， 设“抽取 4 人中前两位均为 B 类员工”为事件 N，则事件 N 有(B1，B2，A1，A2)，(B1，B2， A2，A1)，(B2，B1，A1，A2)，(B2，B1，A2，A1)共 4 种基本事件， ∴P(N)＝ 4 24 ＝1 6 ， ∴抽取 4 人中前两位均为 B 类员工的概率是1 6. 22.(15 分)某市为增强市民的环境保护意识，面向全市征召义务宣传志愿者.现从符合条件的志 愿者中随机抽取 100 名按年龄分组：第 1 组[20,25)，第 2 组[25,30)，第 3 组[30,35)，第 4 组[35,40)，第 5 组[40,45]，得到的频率分布直方图如图所示. (1)若从第 3,4,5 组中用分层随机抽样的方法抽取 6 名志愿者参加广场的宣传活动，应从第 3,4,5 组各抽取多少名志愿者？ (2)在(1)的条件下，该市决定在这 6 名志愿者中随机抽取 2 名志愿者介绍宣传经验，求第 5 组 志愿者有被抽中的概率. 解 (1)第 3 组的人数为 0.3×100＝30，第 4 组的人数为 0.2×100＝20，第 5 组的人数为 0.1×100＝10， 因为第 3,4,5 组共有 60 名志愿者，所以利用分层随机抽样的方法在 60 名志愿者中抽取 6 名志 愿者，每组抽取的人数分别为： 第 3 组30 60 ×6＝3；第 4 组20 60 ×6＝2；第 5 组10 60 ×6＝1. 所以应从第 3,4,5 组中分别抽取 3 人，2 人，1 人. (2)设“第 5 组的志愿者有被抽中”为事件 A. 记第 3 组的 3 名志愿者为 A1，A2，A3，第 4 组的 2 名志愿者为 B1，B2，第 5 组的 1 名志愿者 为 C1，则从 6 名志愿者中抽取 2 名志愿者有 (A1，A2)，(A1，A3)，(A1，B1)，(A1，B2)，(A1，C1)，(A2，A3)，(A2，B1)，(A2，B2)，(A2，C1)， (A3，B1)，(A3，B2)，(A3，C1)，(B1，B2)，(B1，C1)，(B2，C1)，共有 15 种等可能情况. 其中第 5 组的志愿者被抽中的有 5 种， P(A)＝ 5 15 ＝1 3. 答 第 5 组的志愿者有被抽中的概率为1 3. 23.(15 分)如图在△AOB 中，D 是边 OB 的中点，C 是 OA 上靠近 O 的三等分点，AD 与 BC 交于 M 点，设OA→ ＝a，OB→ ＝b. (1)用 a，b 表示OM→ ； (2)过点 M 的直线与边 OA，OB 分别交于 E，F.设OE→ ＝pOA→ ，OF→ ＝qOB→ ，求1 p ＋2 q 的值. 解 (1)设OM→ ＝xa＋yb， 则AM→ ＝OM→ －OA→ ＝(x－1)OA→ ＋yOB→ ＝(x－1)a＋yb，AD→ ＝OD→ －OA→ ＝－a＋1 2b， ∵A，M，D 三点共线， ∴AM→ ，AD→ 共线，从而1 2(x－1)＝－y，① 又 C，M，B 三点共线， ∴BM→ ，BC→共线， 同理可得1 3(y－1)＝－x，② 联立①②，解得 x＝1 5 ， y＝2 5 ， 故OM→ ＝1 5a＋2 5b. (2)∵EM→ ＝OM→ －OE→ ＝1 5a＋2 5b－pa＝ 1 5 －p a＋2 5b. EF→＝OF→ －OE→ ＝qb－pa. ∵EM→ ，EF→共线， ∴ 1 5 －p q＝－2 5p，整理得1 p ＋2 q ＝5.