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【期末押题卷一】2024-2025学年高一数学下学期人教版A版（2019）必修第二册
一．选择题（共8小题）
1．（2024春 福州期末）已知复数z满足，则（　　）
A．5+2i B．5﹣2i C．4+2i D．4﹣2i
2．（2024春 高碑店市校级期末）某篮球兴趣小组7名学生参加投篮比赛，每人投10个，投中的个数分别为：8、5、7、5、8、6、8，则这组数据的众数和中位数分别为（　　）
A．5、7 B．6、7 C．8、5 D．8、7
3．（2024春 新会区校级期末）设向量，则（　　）
A．“x＝﹣3”是“”的必要条件
B．“x＝﹣3”是“”的必要条件
C．“x＝0”是“”的充分条件
D．“”是“”的充分条件
4．（2024秋 四川校级期末）高考结束后，为了分析该校高三年级1000名学生的高考成绩，从中随机抽取了100名学生的成绩，就这个问题来说，下列说法中正确的是（　　）
A．100名学生是个体
B．样本容量是100
C．每名学生的成绩是所抽取的一个样本
D．1000名学生是样本
5．（2024秋 承德期末）已知四棱锥VA﹣BCDE＝16，CD＝3，BC＝4，CE平分∠BCD，点P在AC上且满足AC＝3AP，则三棱锥A﹣DEP的体积为（　　）
A． B． C． D．
6．（2021春 如皋市校级期末）如图，已知等于（　　）
A． B．
C． D．
7．（2024秋 湘潭期末）已知x是三角形的一个内角，则不等式的解集为（　　）
A． B． C． D．
8．（2023春 乐安县校级期末）赵爽是我国古代著名的数学家，大约在公元222年，赵爽为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”．亦称“赵爽弦图”．如图1，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形．我们通过类比得到图2，它是由三个全等的钝角三角形与一个小等边三角形A′B′C′拼成的一个大等边三角形ABC，若图2中A′B′＝2，，则（　　）
A． B． C． D．
二．多选题（共3小题）
（多选）9．（2021春 葫芦岛期末）以下四个命题为真命题的是（　　）
A．两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内
B．过空间中任意三点有且仅有一个平面
C．若空间两条直线不相交，则这两条直线平行
D．若直线l 平面α，直线m⊥平面α，则m⊥l
（多选）10．（2022春 岳麓区校级期末）已知i为虚数单位，下列说法中正确的是（　　）
A．若复数z满足，则复数z对应的点在以（1，0）为圆心，为半径的圆上
B．若复数z满足z+|z|＝2+8i，则复数z＝﹣15+8i
C．若复数z1，z2满足|z1|＝|z2|，则
D．若复数z1，z2满足|z1|＝|z2|，则
（多选）11．（2024春 沈阳期末）在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M为CC1中点，N为四边形A1D1DA内一点（含边界），若B1N∥平面BMD，则下列结论正确的是（　　）
A．NB1⊥NC1
B．三棱锥B1﹣NBM的体积为
C．点N的轨迹长度为
D．tan∠A1NB1的取值范围为
三．填空题（共3小题）
12．（2024春 锡林郭勒盟期末）已知（1+i）z＝1﹣i，则z＝　 　 ．
13．（2022春 贵州期末）已知向量，且，则向量与向量的夹角余弦值为 　 　 ．
14．（2024秋 樟树市校级期末）在锐角△ABC中，，它的面积为10，，E，F分别在AB、AC上，且满足，对任意x，y∈R恒成立，则　 　 ．
四．解答题（共5小题）
15．（2024秋 昆明校级期末）已知盒中有大小、质地相同的红球、黄球、蓝球共4个，从中任取一球，得到红球或黄球的概率是，得到黄球或蓝球的概率是．
（1）求盒中红球、黄球、蓝球的个数；
（2）随机试验：从盒中有放回的取球两次，每次任取一球记下颜色．
（i）写出该试验的样本空间Ω；
（ii）设置游戏规则如下：若取到两个球颜色相同则甲胜，否则乙胜．从概率的角度，判断这个游戏是否公平，请说明理由．
16．（2025春 武强县校级期末）已知z＝i4+（1﹣i）2，．
（1）求，z1；
（2）若，z1在复平面内对应的向量分别为，且，求实数λ的值．
17．（2024秋 肇东市校级期末）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知．
（1）求角B；
（2）若b＝3，求△ABC周长的取值范围．
18．（2025春 武强县校级期末）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，E，F分别为A1C1，BC的中点．
（Ⅰ）求证：FC1∥平面ABE；
（Ⅱ）若，求直三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积和表面积．
19．（2024秋 平凉校级期末）近年来，“直播带货”受到越来越多人的喜爱，目前已经成为推动消费的一种流行营销形式．某直播平台有100个直播商家，对其进行调查统计，发现所售商品多为小吃、衣帽、生鲜、玩具、饰品类等，各类直播商家所占比例如图①所示．为了更好地服务买卖双方，该直播平台打算用分层抽样的方式抽取80个直播商家进行问询交流．
（1）应抽取小吃类商家多少家？
（2）在问询了解直播商家的利润状况时，工作人员对抽取的80个商家的平均日利润进行了统计（单位：元），所得频率直方图如图②所示．
（i）估计该直播平台商家平均日利润的第75百分位数；
（ii）若将平均日利润超过480元的商家称为“优质商家”，估计该直播平台“优质商家”的个数．
【期末押题卷一】2024-2025学年高一数学下学期人教版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 D C B B C C C
二．多选题（共3小题）
题号 9 10 11
答案 AD BC BD
一．选择题（共8小题）
1．（2024春 福州期末）已知复数z满足，则（　　）
A．5+2i B．5﹣2i C．4+2i D．4﹣2i
【解答】解：因为，则z＝1﹣2i（1+2i）＝1﹣2i+4＝5﹣2i，
所以5+2i．
故选：A．
2．（2024春 高碑店市校级期末）某篮球兴趣小组7名学生参加投篮比赛，每人投10个，投中的个数分别为：8、5、7、5、8、6、8，则这组数据的众数和中位数分别为（　　）
A．5、7 B．6、7 C．8、5 D．8、7
【解答】解：将数据由小到大进行排列为：5，5，6，7，8，8，8，
因此，这组数据的众数为8，中位数为7．
故选：D．
3．（2024春 新会区校级期末）设向量，则（　　）
A．“x＝﹣3”是“”的必要条件
B．“x＝﹣3”是“”的必要条件
C．“x＝0”是“”的充分条件
D．“”是“”的充分条件
【解答】解：对于A，当时，则，
所以x （x+1）+2x＝0，解得x＝0或﹣3，即必要性不成立，故A错误；
对于B，当时，则2（x+1）＝x2，解得，即必要性不成立，故B错误；
对于C，当x＝0时，，故，
所以，即充分性成立，故C正确；
对于D，当时，不满足2（x+1）＝x2，所以不成立，即充分性不立，故D错误．
故选：C．
4．（2024秋 四川校级期末）高考结束后，为了分析该校高三年级1000名学生的高考成绩，从中随机抽取了100名学生的成绩，就这个问题来说，下列说法中正确的是（　　）
A．100名学生是个体
B．样本容量是100
C．每名学生的成绩是所抽取的一个样本
D．1000名学生是样本
【解答】解：根据题意，为了分析该校高三年级1000名学生的高考成绩，从中随机抽取了100名学生的成绩，
其中总体、个体、样本这三个概念考查的对象都是学生成绩，而不是学生，
根据选项可得选项A、D表达的对象都是学生，而不是成绩，所以A、D都错误．
对于C，每名学生的成绩是所抽取的一个样本也是错的，应是每名学生的成绩是一个个体．
对于B，样本的容量是100正确．
故选：B．
5．（2024秋 承德期末）已知四棱锥VA﹣BCDE＝16，CD＝3，BC＝4，CE平分∠BCD，点P在AC上且满足AC＝3AP，则三棱锥A﹣DEP的体积为（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：根据题意，设点A到平面BCDE的距离为d，P到平面ADE的距离为h，
则有VA﹣BCDEd×S四边形BCDEd×（S△BCE+S△CDE）＝16，
而S△BCEBC×CE×sin∠BCE，S△CDECD×CE×sin∠DCE，
又由CD＝3，BC＝4，CE平分∠BCD，则S△BCES△CDE，
则VA﹣CDEd×S△CDE（d×S四边形BCDE）VA﹣BCDE；
故VC﹣ADE＝VA﹣CDE，而VC﹣ADEh×S△ADE，
则有h×S△ADE，
又由点P在AC上且满足AC＝3AP，故P到平面AED的距离为，
则有VP﹣ADEVC﹣ADE，
故VA﹣DEP＝VP﹣ADEVC﹣ADE．
故选：B．
6．（2021春 如皋市校级期末）如图，已知等于（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：∵
∴（）
化简整理得
故选：C．
7．（2024秋 湘潭期末）已知x是三角形的一个内角，则不等式的解集为（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：根据x是三角形的一个内角，可得x∈（0，π），
不等式，即cosx＞cos，
根据y＝cosx在（0，π）上为减函数，解不等式，可得．
即不等式的解集为．
故选：C．
8．（2023春 乐安县校级期末）赵爽是我国古代著名的数学家，大约在公元222年，赵爽为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”．亦称“赵爽弦图”．如图1，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形．我们通过类比得到图2，它是由三个全等的钝角三角形与一个小等边三角形A′B′C′拼成的一个大等边三角形ABC，若图2中A′B′＝2，，则（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：∵，且，∴，
在△ABB′中，设BB′＝t，则AB′＝t+2，由题知，，
∴，
由正弦定理：，即，∴t＝3，
由余弦定理：AB2＝AB′2+BB′2﹣2AB′ BB′cos∠BB′A，
∴AB＝7，
，，
∴S阴影＝S△ABC﹣S空白，
∴．
故选：C．
二．多选题（共3小题）
（多选）9．（2021春 葫芦岛期末）以下四个命题为真命题的是（　　）
A．两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内
B．过空间中任意三点有且仅有一个平面
C．若空间两条直线不相交，则这两条直线平行
D．若直线l 平面α，直线m⊥平面α，则m⊥l
【解答】解：对于A，设直线a交b于A，b交c于B，a交c于C，A，B，C不重合，
a交b于A，则 a，b可确定一平面α，A∈α，
b交c于B，则 B∈b，B∈α，a交c于C，C∈a，C∈α，
从而c在α内，即 a，b，c共面，
∴两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内，故A正确；
对于B，过空间中不共线的三点有且仅有一个平面，故B错误；
对于C，若空间两条直线不相交，则这两条直线平行或异面，故C错误；
对于D，若直线l 平面α，直线m⊥平面α，则线面垂直的性质得m⊥l，故D正确．
故选：AD．
（多选）10．（2022春 岳麓区校级期末）已知i为虚数单位，下列说法中正确的是（　　）
A．若复数z满足，则复数z对应的点在以（1，0）为圆心，为半径的圆上
B．若复数z满足z+|z|＝2+8i，则复数z＝﹣15+8i
C．若复数z1，z2满足|z1|＝|z2|，则
D．若复数z1，z2满足|z1|＝|z2|，则
【解答】解：对于A，复数z满足，则复数z对应的点在以（0，1）为圆心，为半径的圆上，故A错误，
对于B，令z＝a+bi，a，b∈R，
∵z+|z|＝2+8i，
∴，即，解得，
∴z＝﹣15+8i，故B正确，
对于C，，，
∵|z1|＝|z2|，
∴则，故C正确，
对于D，令z1＝1，z2＝i，满足|z1|＝|z2|，但，故D错误．
故选：BC．
（多选）11．（2024春 沈阳期末）在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M为CC1中点，N为四边形A1D1DA内一点（含边界），若B1N∥平面BMD，则下列结论正确的是（　　）
A．NB1⊥NC1
B．三棱锥B1﹣NBM的体积为
C．点N的轨迹长度为
D．tan∠A1NB1的取值范围为
【解答】解：在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M为CC1中点，N为四边形A1D1DA内一点（含边界），
B1N∥平面BMD，
取AA1、DD1中点分别为N1、E，连接D1N1、B1N1、AE、B1D1，A1N，如图：
∵ABCD﹣A1B1C1D1为正方体，M为CC1中点，E为DD1中点，
∴AE∥BM，B1D1∥BD，D1N1∥AE，
∴D1N1∥BM，
∵D1N1、B1D1 平面B1D1N1，BD、BM 平面BMD，且D1N1∩B1D1＝D1，BD∩BM＝B，
∴平面B1D1N1∥平面BMD，
∵N为四边形A1D1DA内一点（含边界），且B1N∥平面BMD，
∴点N在线段D1N1上（含端点），
对于A：当N在D1时，则NB1与NC1的夹角为∠B1D1C1，
此时∠B1D1C1＝45°，
则NB1与NC1不垂直，故选项A不正确；
对于B：∵N为四边形A1D1DA内一点（含边界），
∴N到平面B1BM的距离为2，
∴三棱锥B1﹣NBM的体积为，故选项B正确；
对于C：由于点N在线段D1N1上（含端点），
而D1N1，
∴点N的轨迹长度为，故选项C不正确；
对于D：∵ABCD﹣A1B1C1D1为正方体，
∴A1B1⊥平面A1D1DA，
∵A1N 平面A1D1DA，
∴A1B1⊥A1N，
∴△A1B1N为直角三角形，且直角为∠B1A1N，
∴，
∵点N在线段D1N1上（含端点），
则当A1N最大时，即点N为点D1时，此时A1N＝2，此时tan∠A1NB1最小，为，
当A1N最小时，即A1N⊥D1N1，此时，
此时tan∠A1NB1最大，最大为，
则tan∠A1NB1的取值范围，故选项D正确．
故选：BD．
三．填空题（共3小题）
12．（2024春 锡林郭勒盟期末）已知（1+i）z＝1﹣i，则z＝　﹣i　 ．
【解答】解：因为（1+i）z＝1﹣i，
所以．
故答案为：﹣i．
13．（2022春 贵州期末）已知向量，且，则向量与向量的夹角余弦值为 　　 ．
【解答】解：根据题意，设向量与向量的夹角为θ，
向量，则（4，m﹣2），
若，则12﹣2（m﹣2）＝0，解可得m＝8，
则（1，8），则||，||，
3﹣16＝﹣13，
故cosθ；
故答案为：．
14．（2024秋 樟树市校级期末）在锐角△ABC中，，它的面积为10，，E，F分别在AB、AC上，且满足，对任意x，y∈R恒成立，则　　 ．
【解答】解：因△ABC的面积为10，且，
则有，解得，
由图知表示直线AB上一点到点D的向量，
而则表示直线AB上一点到点D 的距离，
由对任意x∈R恒成立可知，的长是点D到直线AB上的点的最短距离，
故易得此时DE⊥AB，同理可得DF⊥AC，
如图所示，因，
由可得：c×DE＝5，
由可得：b×DF＝15，
由锐角三角形ABC可知A是锐角，故∠EDF＝π﹣A是钝角，
于是，
于是．
故答案为：．
四．解答题（共5小题）
15．（2024秋 昆明校级期末）已知盒中有大小、质地相同的红球、黄球、蓝球共4个，从中任取一球，得到红球或黄球的概率是，得到黄球或蓝球的概率是．
（1）求盒中红球、黄球、蓝球的个数；
（2）随机试验：从盒中有放回的取球两次，每次任取一球记下颜色．
（i）写出该试验的样本空间Ω；
（ii）设置游戏规则如下：若取到两个球颜色相同则甲胜，否则乙胜．从概率的角度，判断这个游戏是否公平，请说明理由．
【解答】解：（1）从中任取一球，分别记得到红球、黄球、蓝球为事件A，B，C，
因为A，B，C为两两互斥事件，
由已知得，
解得，
∴盒中红球、黄球、蓝球的个数分别是2，1，1；
（2）（i）由（1）知红球、黄球、蓝球个数分别为2，1，1，用1，2表示红球，用a表示黄球，用b表示蓝球，m表示第一次取出的球，n表示第二次取出的球，（m，n）表示试验的样本点，
则样本空间Ω＝{（1，1），（1，2），（1，a），（1，b），（2，1），（2，2），（2，a），（2，b），（a，1），（a，2），（a，a），（a，b），（b，1），（b，2），（b，a），（b，b）}；
（ii）由（i）得n（Ω）＝16，记“取到两个球颜色相同”为事件M，“取到两个球颜色不相同”为事件N，
则n（M）＝6，
所以，
所以，
因为，所以此游戏不公平．
16．（2025春 武强县校级期末）已知z＝i4+（1﹣i）2，．
（1）求，z1；
（2）若，z1在复平面内对应的向量分别为，且，求实数λ的值．
【解答】解：（1）由题意，z＝1﹣2i，则1+2i，
z12﹣i；
（2）由题意，（1，2），（2，﹣1），
λλ（1，2）+（2，﹣1）＝（λ+2，2λ﹣1），（1，2）﹣（2，﹣1）＝（﹣1，3），
由题意得，（λ+2，2λ﹣1） （﹣1，3）＝﹣λ﹣2+6λ﹣3＝0，解得λ＝1．
17．（2024秋 肇东市校级期末）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知．
（1）求角B；
（2）若b＝3，求△ABC周长的取值范围．
【解答】解：（1）∵，
由正弦定理可得：sinA+2sinC＝sinBcosCsinBsinC，
∴sin（B+C）+2sinC＝sinBcosCsinBsinC，
化为cosBsinC+2sinCsinBsinC，
∴sinB﹣cosB＝2，
∴sin（B）＝1，
∵B∈（0，π），
∴B，即B．
（2）∵2，
∴a＝2sinA，c＝2sinC，
∴周长L＝a+b+c＝2sinA+2sinC+3
＝2sinA+2sin（A）+3
＝2sinA+2（sinAcosA）+3
＝2（sinAcosA）+3
＝2sin（A）+3，
∵0＜A，
∴A，
∴sin（A）≤1，
因此周长L的范围为（6，3+2]．
18．（2025春 武强县校级期末）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，E，F分别为A1C1，BC的中点．
（Ⅰ）求证：FC1∥平面ABE；
（Ⅱ）若，求直三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积和表面积．
【解答】（Ⅰ）证明：取AB的中点P，连接PE，PF，
因为F为BC的中点，所以PF∥AC，，
因为四边形ACC1A1为平行四边形，E为A1C1的中点，
所以EC1∥AC，且，
所以PF∥EC1，且PF＝EC1，
所以四边形PFC1E为平行四边形，所以FC1∥PE，
又因为FC1 平面ABE，PE 平面ABE，
所以FC1∥平面ABE；
（Ⅱ）因为，所以△ABC为直角三角形，
所以S△ABCAB BC，
所以S△ABC AA11；
S表面积＝（AB+BC+AC） AA1+2S△ABC＝（1+1）×1+23．
19．（2024秋 平凉校级期末）近年来，“直播带货”受到越来越多人的喜爱，目前已经成为推动消费的一种流行营销形式．某直播平台有100个直播商家，对其进行调查统计，发现所售商品多为小吃、衣帽、生鲜、玩具、饰品类等，各类直播商家所占比例如图①所示．为了更好地服务买卖双方，该直播平台打算用分层抽样的方式抽取80个直播商家进行问询交流．
（1）应抽取小吃类商家多少家？
（2）在问询了解直播商家的利润状况时，工作人员对抽取的80个商家的平均日利润进行了统计（单位：元），所得频率直方图如图②所示．
（i）估计该直播平台商家平均日利润的第75百分位数；
（ii）若将平均日利润超过480元的商家称为“优质商家”，估计该直播平台“优质商家”的个数．
【解答】解：（1）根据分层抽样知：
应抽取小吃类80×（1﹣30%﹣15%﹣10%﹣5%﹣5%）＝28家，
∴应抽取小吃类28家；
（2）（i）根据题意可得（0.002×3+2a+0.006）×50＝1，
解得a＝0.004，
设75百分位数为x，∵（0.002+0.004+0.006）×50＝0.6，
∴（x﹣450）×0.004+0.6＝0.75，
解得x＝487.5，
∴该直播平台商家平均日利润的75百分位数为487.5元；
（ii）∵28，
∴估计该直播平台“优秀商家”的个数为28．
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