资源简介

期末真题重组练习卷（二）-2024-2025学年高一数学下学期人教A版（2019）必修第二册
一．选择题（共8小题）
1．（2024春 锡山区校级期末）已知复数，则z的实部是（　　）
A． B． C． D．
2．（2021春 安庆期末）已知向量，若，则实数m的值为（　　）
A．2 B．﹣2 C．8 D．﹣8
3．（2021秋 兴义市校级期末）某工厂生产甲、乙、丙、丁四种不同型号的产品，产量分别为200，400，300，100件，为检验产品的质量，现用分层抽样的方法从以上所有的产品中抽取60件进行检验，则应从丙种型号的产品中抽取（　　）件．
A．24 B．18 C．12 D．6
4．（2024春 大兴区期末）如图，在测量河对岸的塔高AB时，测量者选取了与塔底B在同一水平面内的两个测量基点C与D，并测得∠BDC＝120°，∠BCD＝15°，CD＝20，在点C处测得塔顶A的仰角为60°，则塔高AB＝（　　）
A． B． C． D．
5．（2024春 龙凤区校级期末）“方斗”常作为盛米的一种容器，其形状是一个上大下小的正四棱台，现有“方斗”容器如图所示，已知AB＝2A1B1，现往容器里加米，当米的高度是“方斗”高度的一半时，用米38kg，则该“方斗”可盛米的总质量为（　　）
A．152kg B．133kg C．114kg D．112kg
6．（2024秋 辽宁期末）已知数据x1，x2，…，xn，t的平均数为t，方差为，数据x1，x2，…，xn的方差为，则（　　）
A．
B．
C．
D．与的大小关系无法判断
7．（2024春 东丽区校级期末）如图，在△ABC中，，，P为CD上一点，且满足，若，则的最小值是（　　）
A．2 B．4 C． D．
8．（2023春 陈仓区期末）某同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面ABCD是边长为2的正方形，△EAB，△FBC，△GCD，△HDA均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直，则该包装盒的容积为（　　）
A． B． C． D．20
二．填空题（共3小题）
9．（2023春 鼓楼区校级期末）已知向量，，则在方向上的投影向量等于 　 　 ．
10．（2024秋 唐县校级期末）在平面斜坐标系xOy中，∠xOy＝60°，平面上任一点P关于斜坐标系的斜坐标是这样定义的：若（其中，分别为x，y轴方向相同的单位向量），则P的坐标为（x，y），若P关于斜坐标系xOy的坐标为（2，﹣1），则　 　
11．（2024春 辽宁期末）已知直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1高为2，底面四边形ABCD中，∠B＝∠D＝90°，∠A＝60°，AB＝4，AD＝5，则四棱柱外接球的表面积是 　 　 ．
三．多选题（共3小题）
（多选）12．（2022春 丽水期末）下列命题中，正确的是（　　）
A．在△ABC中，若sinA＞sinB，则A＞B
B．在锐角三角形ABC中，不等式sinA＞cosB恒成立
C．在△ABC中，若acosA＝bcosB，则△ABC必是等腰直角三角形
D．在△ABC中，若B＝60°，b2＝ac，则△ABC必是等边三角形
（多选）13．（2024春 青羊区校级期末）已知直线l1∥l2，A是l1，l2之间的一定点并且点A到l1，l2的距离分别为1，2，B是直线l2上一动点，作AC⊥AB，且使AC与直线l1交于点C，，则（　　）
A．△ABC面积的最小值为2
B．点G到直线l1的距离为定值
C．当时，△GAB的外接圆半径为
D．的最大值为﹣2
（多选）14．（2024春 衡阳县期末）六氟化硫，化学式为SF6，在常压下是一种无色，无臭、无毒、不燃的稳定气体，有良好的绝缘性，在电器工业方面具有广泛用途．六氟化硫结构为正八面体结构，如图所示，硫原子位于正八面体的中心，6个氟原子分别位于正八面体的6个顶点，若相邻两个氟原子之间的距离为m，则（　　）
A．该正八面体结构的表面积为
B．该正八面体结构的体积为
C．该正八面体结构的外接球表面积为2πm2
D．该正八面体结构的内切球表面积为
四．解答题（共5小题）
15．（2024春 福建期末）设锐角△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a＝2bsinA．
（1）求角B的大小；
（2）若a＝3，c＝5，求b．
16．（2024秋 电白区期末）流行性感冒多由病毒引起，据调查，空气相对湿度过大或过小时，都有利于一些病毒的繁殖和传播．科学测定，当空气相对湿度大于65%或小于45%时，病毒繁殖滋生较快，当空气相对湿度在45%～55%时，病毒死亡较快．现随机抽取了全国部分城市，获得了它们的空气月平均相对湿度共300个数据，整理得到数据分组及频数分布表，其中为了记录方便，将空气相对湿度在a%～b%时记为区间[a，b）．
组号 1 2 3 4 5 6 7 8
分组 [15，25） [25，35） [35，45） [45，55） [55，65） [65，75） [75，85） [85，95）
频数 2 3 15 30 30 75 120 5
（1）求上述数据中空气相对湿度使病毒死亡较快的频率；
（2）从区间[15，35）的数据中任取两个数据，求两个数据都位于[25，35）内的概率．
17．（2024秋 上海校级期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，四边形ABCD为正方形，已知PD⊥平面ABCD，且PD＝AD，E为PC中点．
（1）证明：PA∥平面BDE；
（2）证明：平面PCD⊥平面PBC．
18．（2024春 天津期末）已知向量，满足，．
（Ⅰ）求向量，的数量积；
（Ⅱ）求向量，夹角θ的余弦值；
（Ⅲ）求的值．
19．（2024春 博山区校级期末）如图1，等腰梯形BCDP中，BC∥PD，BA⊥PD于点A，PD＝3BC，且AB＝BC＝1．沿AB把△PAB折起到△P'AB的位置（如图2），使∠P'AD＝90°．
（Ⅰ）求证：CD⊥平面P'AC；
（Ⅱ）求三棱锥A﹣P'BC的体积；
（Ⅲ）线段P'A上是否存在点M，使得BM∥平面P'CD．若存在，指出点M的位置并证明；若不存在，请说明理由．
期末真题重组练习卷（二）-2024-2025学年高一数学下学期人教A版（2019）必修第二册
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 A B B C D D A A
二．多选题（共3小题）
题号 12 13 14
答案 ABD ABD ACD
一．选择题（共8小题）
1．（2024春 锡山区校级期末）已知复数，则z的实部是（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：（1﹣i）2＝﹣2i，
则，
所以z的实部为．
故选：A．
2．（2021春 安庆期末）已知向量，若，则实数m的值为（　　）
A．2 B．﹣2 C．8 D．﹣8
【解答】解：向量，且，
所以1×（﹣4）﹣2m＝0，
解得m＝﹣2，
所以实数m的值为﹣2．
故选：B．
3．（2021秋 兴义市校级期末）某工厂生产甲、乙、丙、丁四种不同型号的产品，产量分别为200，400，300，100件，为检验产品的质量，现用分层抽样的方法从以上所有的产品中抽取60件进行检验，则应从丙种型号的产品中抽取（　　）件．
A．24 B．18 C．12 D．6
【解答】解：某工厂生产甲、乙、丙、丁四种不同型号的产品，产量分别为200，400，300，100件，
为检验产品的质量，现用分层抽样的方法从以上所有的产品中抽取60件进行检验，
则应从丙种型号的产品中抽取：6018（件）．
故选：B．
4．（2024春 大兴区期末）如图，在测量河对岸的塔高AB时，测量者选取了与塔底B在同一水平面内的两个测量基点C与D，并测得∠BDC＝120°，∠BCD＝15°，CD＝20，在点C处测得塔顶A的仰角为60°，则塔高AB＝（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：△BCD中，∠BDC＝120°，∠BCD＝15°，则∠CBD＝180°﹣∠BDC﹣∠BCD＝45°，
由正弦定理可得：，而CD＝20，
即，解得BC＝10，
由题意AB⊥平面BCD，可得AB⊥BC，∠ACB＝60°，
可得AB＝BCtan∠ACB＝1030．
故选：C．
5．（2024春 龙凤区校级期末）“方斗”常作为盛米的一种容器，其形状是一个上大下小的正四棱台，现有“方斗”容器如图所示，已知AB＝2A1B1，现往容器里加米，当米的高度是“方斗”高度的一半时，用米38kg，则该“方斗”可盛米的总质量为（　　）
A．152kg B．133kg C．114kg D．112kg
【解答】解：设线段AA1、BB1、CC1、DD1的中点分别为A2、B2、C2、D2，如图所示：
由题可知，四边形AA1B1B为等腰梯形，
设A1B1＝a，
因为AB＝2A1B1，
所以，
设棱台A1B1C1D1﹣A2B2C2D2的高为h，体积为V1，棱台A1B1C1D1﹣ABCD的高为2h，体积为V，
则，
，
所以，
又V1＝38，
所以，
所以该“方斗”可盛米的总质量为112kg．
故选：D．
6．（2024秋 辽宁期末）已知数据x1，x2，…，xn，t的平均数为t，方差为，数据x1，x2，…，xn的方差为，则（　　）
A．
B．
C．
D．与的大小关系无法判断
【解答】解：由t，得x1+x2+…+xn+t＝t（n+1），
所以x1+x2+…+xn＝tn，所以t，
故两组数据的平均数都是t，
则[（t﹣t）2]，
[]，
①x1＝x2＝…＝xn＝t时，，
②x1，x2，…xn，t不相等时，∴，
故选：D．
7．（2024春 东丽区校级期末）如图，在△ABC中，，，P为CD上一点，且满足，若，则的最小值是（　　）
A．2 B．4 C． D．
【解答】解：设λ，则λλ（）λ（1﹣λ）m，
∴，解得m＝λ．
S△ABC|| ||sin∠BAC|| ||＝2，
∴|| ||＝8，
||2＝（）22 ||||2|| ||cos∠BAC≥2|| |||| ||＝4．
当且仅当||||时，即当||||时，等号成立．
∴||的最小值为2．
故选：A．
8．（2023春 陈仓区期末）某同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面ABCD是边长为2的正方形，△EAB，△FBC，△GCD，△HDA均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直，则该包装盒的容积为（　　）
A． B． C． D．20
【解答】解：如图，可知包装盒的容积为长方体的体积减去四个三棱锥的体积，
其中长方体的高AA1＝EE′，
长方体的体积，
一个三棱锥的体积V′（1×1）．
则包装盒的容积为V﹣4V′．
故选：A．
二．填空题（共3小题）
9．（2023春 鼓楼区校级期末）已知向量，，则在方向上的投影向量等于 　　 ．
【解答】解：由题意向量，，
则，
则在方向上的投影向量为．
故答案为：．
10．（2024秋 唐县校级期末）在平面斜坐标系xOy中，∠xOy＝60°，平面上任一点P关于斜坐标系的斜坐标是这样定义的：若（其中，分别为x，y轴方向相同的单位向量），则P的坐标为（x，y），若P关于斜坐标系xOy的坐标为（2，﹣1），则　　
【解答】解：由题意，
所以．
故答案为：．
11．（2024春 辽宁期末）已知直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1高为2，底面四边形ABCD中，∠B＝∠D＝90°，∠A＝60°，AB＝4，AD＝5，则四棱柱外接球的表面积是 　32π　 ．
【解答】解：如图所示：
由底面四边形ABCD中，∠B＝∠D＝90°，
所以四边形ABCD的外接圆圆心即为△ABD的外接圆圆心，在AC中点，
连接BD，又∠A＝60°，AB＝4，AD＝5，
所以在△ABD中，由余弦定理得，
即，
所以四边形ABCD及△ABD的外接圆半径，
设四边形ABCD的外接圆圆心为O1，四边形A1B1C1D1的外接圆圆心为O2，
则O1O2＝2，，
直四棱柱的外接球球心为O1O2中点O，即，且OO1⊥O1A，
所以外接球半径，
所以外接球表面积S＝4πR2＝32π．
故答案为：32π．
三．多选题（共3小题）
（多选）12．（2022春 丽水期末）下列命题中，正确的是（　　）
A．在△ABC中，若sinA＞sinB，则A＞B
B．在锐角三角形ABC中，不等式sinA＞cosB恒成立
C．在△ABC中，若acosA＝bcosB，则△ABC必是等腰直角三角形
D．在△ABC中，若B＝60°，b2＝ac，则△ABC必是等边三角形
【解答】解：选项A，由正弦定理知，，因为sinA＞sinB，所以a＞b，所以A＞B，即选项A正确；
选项B，因为C＝π﹣（A+B）∈（0，），所以A+B，即AB，
因为A∈（0，），B∈（0，），且y＝sinx在（0，）上单调递增，
所以sinA＞sin（B）＝cosB，即选项B正确；
选项C，由正弦定理及acosA＝bcosB知，sinAcosA＝sinBcosB，即sin2A＝sin2B，
所以2A＝2B或2A+2B＝π，即A＝B或A+B，
所以△ABC为等腰或直角三角形，故选项C错误；
选项D，由余弦定理知，b2＝a2+c2﹣2accosB＝a2+c2﹣2acac，即（a﹣c）2＝0，所以a＝c，
又B＝60°，所以△ABC为等边三角形，即选项D正确．
故选：ABD．
（多选）13．（2024春 青羊区校级期末）已知直线l1∥l2，A是l1，l2之间的一定点并且点A到l1，l2的距离分别为1，2，B是直线l2上一动点，作AC⊥AB，且使AC与直线l1交于点C，，则（　　）
A．△ABC面积的最小值为2
B．点G到直线l1的距离为定值
C．当时，△GAB的外接圆半径为
D．的最大值为﹣2
【解答】解：对于A选项，过A作l1，l2的垂线，分别交l1，l2于点E，F，则AF＝2，AE＝1，
设∠FAC＝θ，
在Rt△ACF中，，
又因为AC⊥AB，因此在Rt△ABE中，∠ABE＝θ，
因此，
因此，
又因为，因此当且仅当时，sin2θ＝1取到最大值，
因此△ABC面积的最小值为2，所以A选项正确；
对于B选项，如图，以A为原点，EF所在的直线为y轴，建立平面直角坐标系，
所以，因此，，
因此，
因此，
因此，
因此点G到直线l1的距离为，是定值，所以B选项正确；
对于C选项，因为，，
因此，
又因为，
因此，
因此，
因此，
因此
即，
因此，解得tan2θ＝﹣1（舍去）或，
因此，
因此，B（2，1），C（1，﹣2），
因此，
因此，，
又因为，因此，
因此由正弦定理得，
因此，即△GAB的外接圆半径为，所以C选项错误；
对于D选项，因为，
因此
，
当且仅当，即当时取到等号，
所以的最大值为﹣2，所以D选项正确．
故选：ABD．
（多选）14．（2024春 衡阳县期末）六氟化硫，化学式为SF6，在常压下是一种无色，无臭、无毒、不燃的稳定气体，有良好的绝缘性，在电器工业方面具有广泛用途．六氟化硫结构为正八面体结构，如图所示，硫原子位于正八面体的中心，6个氟原子分别位于正八面体的6个顶点，若相邻两个氟原子之间的距离为m，则（　　）
A．该正八面体结构的表面积为
B．该正八面体结构的体积为
C．该正八面体结构的外接球表面积为2πm2
D．该正八面体结构的内切球表面积为
【解答】解：对A：由题知，各侧面均为边长为m的正三角形，
故该正八面体结构的表面积，故A正确；
对B：连接AS，PS，则底面ABCD，
故该正八面体结构的体积，故B错误；
对C：底面中心S到各顶点的距离相等，故S为外接球球心，外接球半径，
故该正八面体结构的外接球表面积，故C正确；
对D：该正八面体结构的内切球半径，
故内切球的表面积，故D正确．
故选：ACD．
四．解答题（共5小题）
15．（2024春 福建期末）设锐角△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a＝2bsinA．
（1）求角B的大小；
（2）若a＝3，c＝5，求b．
【解答】解：（1）∵a＝2bsinA，
又∵由正弦定理可得，
∴，
∵B为锐角，
∴B＝30°．
（2）由余弦定理：b2＝a2+c2﹣2ac cosB＝27+25﹣45＝7，
则．
16．（2024秋 电白区期末）流行性感冒多由病毒引起，据调查，空气相对湿度过大或过小时，都有利于一些病毒的繁殖和传播．科学测定，当空气相对湿度大于65%或小于45%时，病毒繁殖滋生较快，当空气相对湿度在45%～55%时，病毒死亡较快．现随机抽取了全国部分城市，获得了它们的空气月平均相对湿度共300个数据，整理得到数据分组及频数分布表，其中为了记录方便，将空气相对湿度在a%～b%时记为区间[a，b）．
组号 1 2 3 4 5 6 7 8
分组 [15，25） [25，35） [35，45） [45，55） [55，65） [65，75） [75，85） [85，95）
频数 2 3 15 30 30 75 120 5
（1）求上述数据中空气相对湿度使病毒死亡较快的频率；
（2）从区间[15，35）的数据中任取两个数据，求两个数据都位于[25，35）内的概率．
【解答】解：（1）根据题意，当在45%～55%时，病毒死亡较快，
则空气相对湿度使病毒死亡较快的频数为30，
则空气相对湿度使病毒死亡较快的频率；
（2）根据题意，区间[15，35）的数据有2+3＝5，
从区间[15，35）的数据中任取两个数据有种情况，
两个数据都位于[25，35）内有种情况，
则两个数据都位于[25，35）内的概率为．
17．（2024秋 上海校级期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，四边形ABCD为正方形，已知PD⊥平面ABCD，且PD＝AD，E为PC中点．
（1）证明：PA∥平面BDE；
（2）证明：平面PCD⊥平面PBC．
【解答】证明：（1）在四棱锥P﹣ABCD中，四边形ABCD为正方形，
连接AC，BD，交于点O，则O是AC中点，
连接OE，
∵E为PC中点，∴OE∥PA，
∵PA 平面BDE，OE 平面BDE，∴PA∥平面BDE．
（2）∵在四棱锥P﹣ABCD中，四边形ABCD为正方形，∴BC⊥CD，
∵PD⊥平面ABCD，BC 平面ABCD，∴BC⊥PD，
∵PD∩CD＝D，∴BC⊥平面PCD，
∵BC 平面PBC，∴平面PCD⊥平面PBC．
18．（2024春 天津期末）已知向量，满足，．
（Ⅰ）求向量，的数量积；
（Ⅱ）求向量，夹角θ的余弦值；
（Ⅲ）求的值．
【解答】解：（Ⅰ）∵，，
∴2×1+1×（﹣3）＝﹣1；
（Ⅱ）∵，，
∴，||，
∴；
（Ⅲ）∵，
∴|．
19．（2024春 博山区校级期末）如图1，等腰梯形BCDP中，BC∥PD，BA⊥PD于点A，PD＝3BC，且AB＝BC＝1．沿AB把△PAB折起到△P'AB的位置（如图2），使∠P'AD＝90°．
（Ⅰ）求证：CD⊥平面P'AC；
（Ⅱ）求三棱锥A﹣P'BC的体积；
（Ⅲ）线段P'A上是否存在点M，使得BM∥平面P'CD．若存在，指出点M的位置并证明；若不存在，请说明理由．
【解答】（本小题共14分）
解：（Ⅰ）因为∠P'AD＝90°，所以P'A⊥AD．
因为在等腰梯形中，AB⊥AP，所以在四棱锥中，AB⊥AP'．
又AD∩AB＝A，所以P'A⊥面ABCD．
因为CD 面ABCD，所以P'A⊥CD．…（3分）
因为等腰梯形BCDE中，AB⊥BC，PD＝3BC，且AB＝BC＝1．
所以，，AD＝2．所以AC2+CD2＝AD2．
所以AC⊥CD．
因为P'A∩AC＝A，所以CD⊥平面P'AC． …（5分）
（Ⅱ）因为，…（7分）
P'A⊥面ABCD．
所以． …（9分）
（Ⅲ）存在一点M，M为P'A的中点，使得BM∥面P'CD，…（10分）
证明：取P'A中点M，P'D中点N，连结BM，MN，NC，
因为M，N为中点，所以MN∥，因为BC∥，BC，
所以MN∥BC，MN＝BC．
所以四边形BCNM为平行四边形．…（12分）
所以BM∥CN．
因为BM 面P'CD，CN 面P'CD．
所以BM∥平面P'CD．…（14分）
第1页（共1页）

展开更多......

收起↑