期末检测卷一-【金试卷】2025-2026学年高一数学必修第二册同步单元双测卷（人教A版）

6.解(1)证明：由题知MP=MQ=2,PQ=2√2， .'.MP2+MQ2=PQ2,..MP LMQ, 又.'MP⊥MD,MD∩MQ=M,MD、MQC平面MDQ, ∴.MP⊥平面MDQ,又：DQC平面MDQ,∴.MP⊥DQ. (2)存在.当部-时，BM/平面PQF,理由如F: M D 连接BD,交PQ于点O,连接OF,易知OB=√2，BD=4√2， OB=子BD, 瓷-日悟-器儒BMo, 0 又BM￠平面PQF,OFC平面PQF,∴.BM∥平面PQF 7.解(1)当O落AC上时，平面AD'C⊥平面ABC. 理由：因为O∈AC,所以O∈平面ADC,所以ODC平面AD'C 又因为D'O⊥平面ABC,所以平面AD'C⊥平面ABC. (2)直线OP与平面BD'C平行，理由如下： D 取AB的中点E,连接AO,BO,PE,OE. 因为D'O⊥平面ABC,AO,BOC平面ABC,所以D'OI AO,D'O⊥BO. 在Rt△AD'O和Rt△BD'O中，D'O=D'O,AD'=BD', 所以Rt△AD'O≌Rt△BD'O,所以AO=BO, 因为E为AB的中点，所以OE⊥AB, 又在矩形ABCD中，CB⊥AB,所以OE∥BC, 又因为OE寸平面DBC,BCC平面DBC,所以OE∥平面D'BC, 在△AD'B中，P,E分别为AD',AB的中点.所以PE∥BD', 又PEC平面D'BC,BDC平面D'BC, 所以PE∥平面D'BC, 又PE∩EO=E,PE,OEC平面POE， 所以平面POE∥平面D'BC,又因为POC平面POE, 所以OP∥平面D'BC. 8.解(1)当A1C为2√3时，平面A1BE⊥平面BED 理由如下：取BE的中点F,连接AF,A1F,CF,则AF⊥ 】 BE,A1F⊥BE. 在△BCF中，CF2=BF2+BC2-2BF·BCcos45°=2B 十16-2×2×4×510，易知AF=V2, ∴.A1F2+CF2=2+10=12=A1C2,.AF⊥CF, 又A1F⊥BE,BE∩CF=F,BE,CFC平面BCD, ∴A1F⊥平面BCD,又A1FC平面A1BE, .平面A1BE⊥平面BCD,A1F⊥平面BCD, .CF为A1C在平面BCD上的射影，∴∠A1CF是A1C与平面BCD所成的角， 在△ACF中，am∠AC的层0-9即直线AC与平面BCD所成角的正切值是等 (2)过点A1作A1G⊥AF,垂足为G.易知BE⊥平面A1FG,又A1GC平面A1FG, .A1G⊥BE,又AF∩BE=F,AF,BEC平面BCD,∴.A1G⊥平面BCD, 过点G作GH⊥CD,垂足为H,连接A1H,则A1H⊥CD, .∠A1HG=0,设∠A1FA=a,a∈(0，π)， 则A1G-isne,GH=Eo3e×号+3=3+co8e, ∴tan9=AC-V2sing 2 Jsin 2 cos √2sing。 tan号 GH cos a+3 2+2cos2号sinm2号+2cos2号2+tan2号 √2 后合，当显收当受-时，取到等，0<有，故 sin9的最大值为 5 重点强化六实际背景下统计、概率的应用 1.C20组随机数中表示恰有一天降雨的随机数为925,815,683,257,027,481,730， 537,共8个，故估计未来三天恰有一天降雨的概率为0-0.4.故选C 2.B由题意，此人从小区A前往小区H的所有最短路径包含的样本，点有A→B→C →E→H,A→B→O→E→H,A→B→O→G→H,A→D→O→E→H,A→D→O→G→ H,A→D→F→G→H,共6个.记“此人经过市中心O”为事件M,则M包含的样本 点有A→B→O→E→H,A→BOG→H,A→D→O→E→H,A→D→O→GH, 共4个，所以P0=音号，即他经过市中心O的概率为号故选B. 3.B设该湿地有白鹅x只， 由题意可得200-2>2≈3333.故选B. x200 4.D:甲合格的概率为号，乙合格的概率为号“甲、乙至少有一人合格的概率P=1 -(1-)×1-号)=兽故选D 5.B因为10×40%=4，是整数.所以40%分位数就是第4，第5位数的平均值，所以 十10=8.5.解得x=7.故选B. 2 6.B李明上学骑单车且准时到校的概率为0.7X0.9=0.63.乘坐公共汽车且准时到 校的概率为0.3×0.8=0.24，因此李明准时到校的概率为0.63十0.24=0.87.故 选B. 7.B设该校有a名学生，则约有0.4a名学生近视，约有0.3a名学生每天玩手机超过 2h. 每天玩手机超过2h的学生中近视的学生人数约为0.3a×0.5=0.15a. 易知约有0.7a名学生每天玩手机不超过2h,且其中约有0.4a一0.15a=0.25a名学 生近视 所以从每天玩手机不超过2h的学生中任意选取一名学生，则该名学生近视的概率 的为品器-品做递B 8.D对于A选项，由题意得满意度为12+1+20十2+20+1=0,56，A选项错误； 100 对于B选项，由题意得不满意度为1+1+6十2+3+2=0.15，B选项错误； 100 对于C选项，由题意得老年人造择自助餐的比例为吕，中年人选择自助餐的比例为 器青车人选择自对条的比例为号品， 又器8品 ∴.中年人更倾向于选择自助餐，∴.C选项错误； 对于D选项，由题意得，点餐不满意的顾客中老年人有1人，中年人有2人，青年人有 2人，一共有5人， 易知从点餐不满意的顾客中选取2人的情况共有10种，2人都是中年人的情况有1 种，故2人都是中年人的概率是品=0.1，D选项正确，故选D, 9.答案 47 解析由题意可知，两个学校全体参与调查的学生的心理健康评估分的平均数为 200a十500b-a,由方差的计算公式可得两个学校全体参与调查的学生的心理健康 700 评估分的方差为号×[2+a-a)2]+号×[g+a-b]-=号+号-费 10.答案7 解析由题意可知，在一段时间内经过的车为货车的概率为弓，为客车的概率为 号，则在通行的货车和客车中有一锅车中途停车维修的板率P=号×0.02+号× 0.01=75 1 11.答案0.636 解析设甲种蔬菜培育成苗且移栽成活为事件A,乙种蔬菜培育成苗且移栽成活 为事件B, 则P(A)=0.5×0.6=0.3,P(B)=0.6×0.8=0.48, 故P(A)=1-0.3=0.7,P(B)=1-0.48=0.52, 所以至少有一种蔬菜能培育成苗且移我成活的概率P=1一P(AB)=1一0.7X0. 52=0.636. 12.解(1)由频率分布直方图的性质，可得(0.006+0.009+a+0.011+0.006+0. 003)×20=1,解得a=0.015. (2)由题图可知前四组的频率之和为(0.006十0.009十0.015+0.011)×20=0.82< 0.85, 前五组的频率之和为(0.006+0.009+0.015+0.011+0.006)×20=0.94>0.85， .频率为0.85时对应的数据在第五组， 250+085-0.8g×20=255, 0.94-0.821 ∴.第一档月均用电量的最低标准值为255kW·h. 第三部分期末检测卷 期末检测卷一 1.D因为之=1十i,所以iz十3之=i(1+i)+3(1-i)=2-2i,所以i这十3z=√4+4= 2√2.故选D 2.D根据题感得，用分层随机耥料在各层中的抽样比为000 则高二年级被抽取的人数是300×0=30（人）.故选D, 3.C依题意可知棱台的高为MN=157.5一148.5=9(m),所 少 AG 以增加的水量即为棱台的体积V, M 棱台上底面面积S=140.0km2=140×105m2,下底面面积 D S=180.0km2=180×103m2,所以V=号A(S+S+ VSS =号×9X(140X10+180X10+/140X180X105） =3×(320+60√7)×105≈(96+18×2.65)×107=1.437×109≈1.4×109(m3).故 选C. 4.B这7人的身高（单位：cm)从低到高依次为168,170,172,172,175,176,180，由7 X60%=4.2,得第5个数据为这7人身高数据的第60百分位数.故选B. 5.A从O,A,B,C,D中任取3点有(O,A,B),(O,A,C),(O,A,D)，D C (O,B,C),O,B,D),(O,C,D),(A,B,C),(A,B,D),(A,C,D),(B, C,D),共10种不同的情况，由图可知取到的3点共线的有(O,A, C和(0，B,D),共2种情况，所以所求概奉为品-子故选A 6.A如图所示， GH为树千，在△ABH中，∠AHB=40°一30°=10°，AB= 3.4, 由正孩定理可得BH=AB sin30°=sin10, 所以BH-3.4X30_34X H sinl0° 0.17 =10, 在Rt△BGH中，∠GBH=60°， 30°7 所以GH=BH·tan60°=10√3， 所以该伯乐树的树千高度为10√3m.故选A. 7.D如图所示，设AB=a,BC=b,AA1=c. D 在长方体ABCD-A1B1CD1中，易得B1B⊥平面AB CD,DA⊥平面AAB1B, 则B1D与平面ABCD所成的角为∠B1DB,B1D与平面 D AA1B1B所成的角为∠AB1D, 参考答案79 C b 图n30品甲T针专所以=，所以CB业 在Rt△B1BD中，∠B1DB=30°，BB1=c,所以BD=√3c,所以a=√2c,AC=√3c,故 A、C均错误； 过点B作AB1的垂线，垂足为F,易知AB与平面AB1C1D所成的角为∠BAF,sin ∠BAF=≠行tB错误， 易知B1D与平面BB1C1C所成的角为∠DB1C,B1C=DC=√2c,所以△DB1C为等 腰直角三角形，所以∠DB1C=45°.故D正确.故选D. 8C设圆维的底面半径为，高为h,V=了rh=弓x×(会)A=h,由2元入 品得，故选C 25 9.AD若复数之满足】∈R,则之∈R,A为真命题；复数z=i满足之2=一1∈R,而之 R,故B为假命题；若复数=i,22=2i满足12∈R,但1≠z2,故C为假命题；若 复数之∈R,则之=之∈R,故D为真命题.故选AD. 10.BD从甲罐中抽到标号为2的小球的概率为子，故A错误； 从甲罐、乙罐中分别随机抽取一个小球的基本事件有11,12,13,14,15,21,22,23， 24,25,31,33,34,35,41,42,43,44,45,共20个， 抽取的两个小球标号之和大于5的基本事件有15,24,25,33,34,35,42,43,44,45， 共10个，所以PA)-品-日收B正确： 事件A∩B包含的基本事件有25,33,34,35,43,44,45，共7个 所以PAnB)-品数C错误： 事件AUB包含的基本事件有15,24,25,33,34,35,42,43,44,45，共10个， 所以P(AUB)-号合，故D正确，故选BD, 11.ABD如图，连接B1C,BC1,因为DA1∥B1C,所以直线 D BC1与B1C所成的角即为直线BC1与DA1所成的角， 因为四边形BB1C1C为正方形，则B1C⊥BC1,故直线BC B 与DA1所成的角为90°，故A正确； 连接A1C,因为A1B1⊥平面BB1C1C,BC1C平面 BB1C1C,则A1B1⊥BC1, 因为B1C⊥BC1,A1B1∩B1C=B1,所以BC1⊥平 面A1B1C, 又A1CC平面A1B1C,所以BC1⊥CA1,故B正确； 连接A1C1,设A1C1∩B1D1=O,连接BO, 因为BB1⊥平面A1B1C1D1,C1OC平面A1B1C1D1,则C1OLB1B, 因为C1OLB1D1,B1D1∩B1B=B1,所以C1OL平面BB1D1D, 所以∠C1BO为直线BC1与平面BB1D1D所成的角， 设正方体棱长为1，则C0=号，BC=2,sin∠CB0-C8-合 C01 所以直线BC1与平面BB1D1D所成的角为30°，故C错误； 因为C1C⊥平面ABCD,所以∠C1BC为直线BC1与平面ABCD所成的角，易得 ∠C1BC=45°，故D正确.故选ABD. 12.ACD设b+c=10t(t>0),则c+a=11t,a+b=11t,解得a=6t,b=5t,c=5t, 对于A,a:b:c=6:5:5,A正确； 时于BosA-±统-器-务0， 2bc 则AB.AC=AB1·AC·cosA>0,B错误； 对于C,若A范=子A店+A花，则是A范+4A花=子A店+A花，则子A范-子A店 =AC-}A花，即B配=十EC,即3B配=E元，则BC=4BE,所以SAAIC- 4S△ABE,C正确； 80参考答案 对于D,若a十b=11,则a=6,b=5,c=5,取AB的中，点F,连接FE, 则·丽=[(+)2-(EA-2]-萨-}--华，显然当 FE⊥BC时，FE最小， 比时BF=号，BE=是则FE√原寻=2，剥威·成的最小值为4一空= 号，D运确，故选ACD, 13.答案2-i 解折”·0=2x十0=1-20=马-202》-2+i,复数0的夹规 -2i 复数为2-i. 14.答案 2 4 解析过，点B作BD∥AC,且BD=AC,连接AD,PD,如图所 示，则四边形ADBC为菱形， ∴.∠PBD(或其补角)即为异面直线PB与AC所成的角 设PA=AB=AC=BC=a. 则AD=BD=a, :PA⊥平面ABC,∴.PB=PD=√PA2+AD2=√2a, cos PBD-PB+BD-PD2_2a+a2-2a2 2XPBXBD 2X 2aXa 4 ·异面直线PB与AC所成角的余孩值 4 15.答案50米 解析根据题意，过点A作水平基线1 的平行线，过点C作水平基线1的垂 线，两条直线相交于点N,过点B作 AN的垂线，垂足为M,过，点B作CN 的垂线，垂足为P.如图所示： 人53° 易知BC=50米，∠CAN=45°，∠BAM =37°，∠CBP=53°， x米 x米 由sn37=号，得an37r=是， 45 4, 437 sin53=号，则an53=专 20米 3 水平基线l 设BM=NP=x米， 则AM=an7手x米， 因为BC=50米.所以CP=50Xsin53°=40米， 则MN=BP=,CP tan53o=30(米)， 易知AN=NC,所以号x+30=x+40,解得x=30, 20十30=50，所以B点所在等高线值为50米. 16.答案 √2π 2 解析易知四边形A1B1C1D1为菱形，∠BA1D1=60°， D 连接B1D1,则△B1C1D1为正三角形， 取B1C1的中点O,连接D1O,易得D1OLB1C1, B .D1OL平面BCC1B1, 取BB1的中点E,CC1的中点F,连接D1E,D1F,OE, OF,EF,易知D1E=D1F=√5， 易知以D1为球心，W5为半径的球面与侧面BCC1B1的 交线为以O为圆心，OE为半径的EF, B1E=B1O=1,.OE=√2， 同理OF=√2， 易知EF=2∠E0F=90,尿的长=子×(2mX②)- 21 17.解(1)因为(2a-3b)·(2a+b)=61,所以4a2-4a·b-3b2=61. 又a=4,|b=3,所以64-4a·b-27=61, 所以a-6,所以09=后治-骨=-会又0长，所以0= 3 (2)la+b12=(a+b)2=|a2+2a·b+|b12=42+2×(-6)+32=13, 所以a+b|=√13. (3)国为A与BC的夫角0=行，所以∠ABC=一-号 又|AB1=|a=4,|BC1=|b1=3, 所以S6Aac=号AlBd·sin∠ABC=×4X3x号-85 18.解(1)证明：在△ABD中，因为AB=AD,M是BD的中点，所以AM⊥BD, 连接MC,则在Rt△BCD中，MC=MB=MD=?BD, 又AB=AC,所以△MAB≌△MAC,所以∠AMB=∠AMC=,即AM⊥CM,又 CM∩BD=M,且CM,BDC平面BCD,所以AM⊥平面BCD. (2)过，点N作NH⊥BD,垂足为H, 由(1)知AM⊥平面BCD,易知AM∥NH,所以NH⊥平 面BCD, 所以∠NBH为BN与平面BCD所成的角， 所以am∠NBH-复，AB=BD=2BC=2,8-A,0 B“ ≤λ≤1， 因为NH∥AM,所以NH=√3λ，HD=λ，HB=2-λ， 在R△NBH中，由m∠NBH-器9，解得X=号NH=2g, 3 过H作HP⊥BC,垂足为P,连接NP,因为NH⊥平面BCD,BCC平面BCD,所 以NH⊥BC, 因为NH∩HP=H,NH,HPC平面NHP,所以BC⊥平面NHP,又NPC平面 NHP,所以BC⊥NP, 故∠NPH即为二面角N-一BC-D的平面角. 尚把肥-号得号所以部-台易如C0=,故Hp-2 3 所以在R△NPH中，NH=HP,所以∠NPH=F, 即二面角N-BC-D的大小为牙 19.解(1)由题中频率分布直方图知(2a十0.02十0.03十0.04)×10=1，解得a= 0.005. (2)由题中的频率分布直方图知这100名学生语文成绩的平均分为55×0.005×10 +65×0.04×10+75×0.03×10+85×0.02×10+95×0.005×10=73(分). (3)由频率分布直方图知语文成绩在[50,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90)分数段的 人数依次为0.005×10×100=5,0.04×10×100=40,0.03×10×100=30,0.02× 10×100=20. 由比例关系知数学成绩在上选各分数段的人数依次为5,40×号-20,30×号-40， 20×号=25. 故数学成绩在[50,90)之外的人数为100一(5十20+40十25)=10. 20.解(1)在△ABC中，由A品B可得asin B=-6sinA, 又bsin A=-acos(B-否)asin B-=acos(B-石)sinB=cos(B-g), nB=号sB+号如B,mB=5,又0<B<B=景 (2)在△ABC中，A+B+C=π，.sinB=sin(A+C). .'sin B+sin (C-A)=sin (A+C)+sin (C-A)=sin Acos C++cos Asin C+sin Ccos A-cos Csin A=2cos Asin C=2sin 2A, .'cos Asin C=2sin Acos A. 当cosA=0,即A=受时，6=品B=25, (3)易得AD=子b,DC=子b, 当cosA≠0，即A≠时，sinC=2sinA, 由∠ADB+∠CDB=π， 由正弦定理可知c=2a,由b2=a2+c2-2acc0sB及B=号可得a2+2-b3=ac, 得ADBCDB9HI生Ha =0, 又"b=6,c=2a,∴.c=4√3. 综上，当A=时，c=23:当A≠时，c=4V3. 娄理得号8=d2+22-3,又&2+e2-=ac,所以a+c02+3r2=9,令a十c=3cos 21.(1)证明因为AD=CD,E为AC的中，点，所以AC⊥DE. 0,√3c=3sin0, 在△ADB和△CDB中，因为AD=CD,∠ADB=∠BDC,DB=DB, 所以△ADB≌△CDB,所以BA=BC, 则a+3c=23sin0+3cos0=V2Isin(0叶p),其中sinp=V② 7,c0s= 又E为AC的中，点，所以AC⊥BE. (0叶p）=1,即0叶9=受+2x,k∈Z时，a十3c取最大值， 因为BE∩DE=E,且BE,DEC平面BED,所以AC⊥平面BED, 又ACC平面ACD,所以平面BED⊥平面ACD. 此时a十c=3cos0=3sing-3y②T,N5c=3sin0=3cosg-6y7, (2)解由(1)可知BA=BC,又因为∠ACB=60°，AB=2,所以△ABC边长为2的 7 7 正三角形，则AC=2,BE=√3，AE=1. 解得a=,c=2y 7 7 因为AD=CD,AD⊥CD,所以△ADC为等腰直角三角形，所以DE=1. 又BD=2,所以BD2=BE2+DE2,所以DE⊥EB. 连接EF(图略)，易知当△AFC的面积最小时，EF取最小值， 故△A8c的面数为名0csmB=××2y日×9-源 7 214 在Rt△BED中，EF的最小值为E到BD的距离，故当△AFC的面积最小时，EF 期末检测卷二 =DE·BE=3 BD -21 1.D设x=a十bi(a,b∈R,i为虚数单位)，且2=i,则(a十bi)2=a2-b2+2abi=i, 由射影定理知EF2=DF·FB, √2 2 又DF+FB=BD=2,所以DF=号，FB=是 1a2-b2=0解得 2， {a=-汽， 或 2ab=1, 6= 方法一因为DE⊥AC,DE⊥BE,AC∩BE=E,AC,BEC平面ABC, 2 所以DE⊥平面ABC, 则F到半西ABC的E离1-B品·DE-是 “度线单位i的半方派是受+号成-号受就选D 故Vr-ac=sc·d=日××4X是-=县 1 2.B由正孩定理得，a-simA-3故选B, sin C 2 441 3.A设圆锥的底面半径为r,则2πr=πR=2√3π，可得r=√3.所以圆锥的高h= 方法二由(1)知BDLAC, 又BD⊥EF,AC∩EF=E,AC,EFC平面ACF, √R2-r2=√(2√3)2-(W3)2=3.故选A. 所以BD⊥平面ACF,所以BF即B到平面ACF的距离， 4.C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， 故VF-概=Vae=司Sae·BF=号×号·AC·EF·BF 10 要从该单位青年职员中抽取的人数为10十8+7×200=80， =日××2×9×是- :每人被拾取的概率为02…渡单位青年职员共有2=40（人，故速C 2.解(1)图为C.Ci=1CA1·Ci1cosC=ba.2+2C_Q2+-&,BA. 5.C由题图可知，实线中的数据都大于或等于虚线中的数据，所以小王成绩的平均数 2ab 2 大于小张成绩的平均数，即xA>xB,显然实线中的数据波动较大，所以小王成绩的 BC-BAl.BClcos B-ca.2e62 方差大于小张成绩的方差，即房>s品.故选C 2ac 2 6.C如图， 所以2sinA-sinC_CA.C店_a2+b2-c2 sin C BA.B元a2+C-反，由正孩定理得2ac=a+-c2 设，点D是，点S在平面ABC上的投影，则DA=DB= c a2+c2-i2,化 DC,且点O在直线SD上，设球O的半径为R, 简得公2+心-a故csB-+2心-安 2ac AB=BC=AC=3,5A=2AD=号X32-(2】月 又B∈(0，x),所以B=于 =√3，则SD=√22-(W3)2=1, 在Rt△AOD中，R2=(√5)2+(R-1)2, (2)由1)知A+C=5,故sin2A+sin2C=sim2A+sin2(号-A）=sin2A+cos2A 解得R=2 +9 in AcoA十mA 0A=OS=2=SA,可得∠A0S=牙， 名mA+9 n Acos A+子=21上g24+m2A+是-m2A-号 :球0对应的球面上经过S,A两点的测地线长为晋X2=,故选C 7.A延长AO,交BC于E, cos2A+1-2sinm(2A-若)+1， 因为O为△ABC的重心， 因为0<A<,所以-吾<2A-吾<所以im(2A-晋)∈(-日，]故 所以点E为BC的中点，且A0=2O正，A正=之(AB+AC, simA+sim2ce(是，名]： 又BD=3DC,所以D是靠近C的BC的四等分点， 剥Oò-O成+市-}A正+BC=}×2店+A心+AC-A)=-A店+ 品，所以1=一b=品所以立一号故递N 8A设正三棱台上、下底面所在圆面的半径分别为rr2,所以21= 3√3 in60,2r2= 43 sin60,即n1=3,n=4,设球心到上、下底面的距离分别为d山1，d山2，球的半径为R,所 以d1=√R2-9,d2=V√R2-16,故|d1-d2|=1或d1+d2=1,即 WR2-9-√R2-161=1或WR2-9+√R2-16=1,解得R2=25,符合题意，所以球 的表面积为S=4πR2=100元.故选A. 9.ABD AC·AB=|AC1IAB|cosA,由|AB·cosA=|AC可得|AC2=AC·AB, 即选项A正确； BA·BC=|BAIBC|cosB,由|BAI·coSB= |BC可得|BC12=BA·BC,即选项B正确； 由AC.CD=|AC11CD1cos(π-∠ACD)<0,又|AB|2>0,可知选项C错误； 由面积法易知AC·BC=AB·CD,由选项A,B可得|CD|2= (AC.ABX(BA·BC,即选项D正确.故选ABD, ABI2 10.BC“至少摸到1个白球”与“至少摸到1个黑球”均包含“摸到1个白球1个黑球” 的情况，故A错误； “摸到的都是白球”与“摸到的都是黑球”不能同时发生，且不是对立事件故为互斥 事件，故B正确； “至少摸到1个白球”与“摸到的都是黑球”是对立事件，故C正确； 用事件A表示“第一次摸到的是白球”，事件B表示“第二次摸到的是黑球”，故P A-号PB-号×子×号X-号PaB)-号×是-品因为PAB)≠P (A)P(B),所以“第一次摸到的是白球”与“第二次摸到的是黑球”不是相互独立事 件，故D错误.故选BC. 11.BC对于A,将平面展开图还原成正四面体，如图，不妨令 M(A,B,C) A,B,C交于一点M,由图易知A、D、P、O四点不共面，所以 A不正确； 对于B,因为P、Q分别是EF、EC的中点，所以PQ∥AF,又 PQ中平面ADF,AFC平面ADF,所以PQ∥平面ADF,所 D←- 以B正确； 对于C,取DE的中点H,连接HF,HM,则HF⊥DE,HM ⊥DE,又HF∩HM=H,HF、HMC平面MFH,所以DE E ⊥平面MFH, 又MFC平面MFH,所以DE⊥MF,又因为PQ∥MF,所以PQ⊥DE,所以C正确； M(A,B,C) E 对于D,将正四面体MDEF放到如图所示的正方体中， 因为正四面体的棱长为√2，所以正方体的楼长为1，设正 四面体外接球的半径为R, 易知正四面体的外接球即为正方体的外接球，故2R= 5,所以R=5,所以正四面你的外接球的体积V=4 R-号，所以D不三骑，成达C 参考答案81第三部分 期末检测卷 期末检测卷一 建议用时：120分钟满分150分 一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给 出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1.若z=1+i,则|iz+3z等于 () 密 A.4√5 B.4√2 C.25 D.2√2 2.某学校有高中学生1000人，其中高一年级、高二年级、高三年级 的人数分别为320,300,380.为调查学生参加“社区志愿服务”的 封 意向，现采用按比例分配分层随机抽样的方法从中抽取一个容量 樊 为100的样本，那么应抽取高二年级学生的人数为 () A.68 B.38 C.32 D.30 线 3.南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分 水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔148.5m时，相应水面的 打 内 面积为140.0km2;水位为海拔157.5m时，相应水面的面积为 180.0km2,将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该 水库水位从海拔148.5m上升到157.5m时，增加的水量约为 不 (√7≈2.65) () A.1.0×10°m B.1.2×109m3 C.1.4×10°m D.1.6×109m3 設 准 4.高二(1)班某宿舍七位同学的身高（单位：cm)分别为170,168,172， 172,175,176,180,则这7人身高数据的第60百分位数为() 答 A.168 B.175 C.172 D.176 5.设O为正方形ABCD的中心，在O,A,B,C,D中任取3点，则取 到的3点共线的概率为 ) 茶 题 A号 B号 C. D. 6.伯乐树是中国特有树种、国家二级保护野生植物，被誉为“植物中 的龙凤”，常散生于湿润的沟谷坡地或小溪旁.一植物学家为了监 测一棵伯乐树的生长情况，需测量树的高度.他在与树干底部在 同一水平面的一块平地上利用测角仪（高度忽略不计）进行测量， 在点A处测得树干底部在西偏北30°的方向上，从点A沿直线向 丝 部 西前进3.4m后，在点B处测得树干底部在西偏北40°的方向上， 此时树干顶部的仰角为60°，则该伯乐树的树干高度为（参考数 据：sin10°=0.17) () A.10√3mB.10√2m C.8√3m D.7√3m 7.在长方体ABCD一ABC,D1中，已知B1D与平面ABCD和平 面AA1B1B所成的角均为30°，则 () A.AB=2AD B.AB与平面AB1C1D所成的角为30° C.AC=CB D.B1D与平面BB1C1C所成的角为45° 8.《算术书》竹简于20世纪80年代在湖北省江陵县张家山出土，这 是我国现存最早的有系统的数学典著，其中记载有求“困盖”的 术：置如其周，令相乘也，又以高乘之，三十六成一，该术相当于给 出圆锥的底面周长1与高h,计算其体积V的近似公式V≈6 h,它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取3，那么，近 似公式V~器h相当于将圆维体积公式中的x近似取() A号 &9 C. n溶 二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给 出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的 得2分，有选错的得0分) 9.下面四个命题中的真命题为 A.若复数z满足1∈R,则z∈R B.若复数之满足之2∈R,则之∈R C.若复数之1，之2满足之1之2∈R,则之1=2 D.若复数z∈R,则∈R 10.已知甲罐中有四个相同的小球，标号为1,2,3,4；乙罐中有五个 相同的小球，标号为1,2,3,4,5.现从甲，乙罐中分别随机抽 取一个小球，记事件A=“抽取的两个小球标号之和大于5”，事 件B=“抽取的两个小球标号之积大于8”，则 () A.从甲罐中抽到标号为2的小球的概率为号 B事件A发生的概率为号 C.事件AnB发生的概率为号 D.事件AUB发生的概率为号 11.已知正方体ABCD-A1B1C1D1,则 A.直线BC1与DA1所成的角为90° B.直线BC1与CA1所成的角为90 C.直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45° D.直线BC1与平面ABCD所成的角为45° 12.△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知(b+c): (c+a):(a十b)=10:11:11,点E是边BC上的动点，则下列 说法正确的是 () A.a:b:c=6:5:5 B.AB·AC<0 C.若A它-子AB+AC,则SAac=4SAAE D.若a十b=1,则E·E的最小值为-是 三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分） 13.已知复数z=1一2i(i为虚数单位)，若之·。=2z十之0，则复数之o 的共轭复数为 14.已知在三棱锥P一ABC中，若PA⊥平面ABC,且PA=AB= AC=BC,则异面直线PB与AC所成角的余弦值为 15.春秋以前已有“抱瓮而出灌”的原始提灌方 等高线 式，使用提水吊杆—桔槔，后发展成辘轳. 19世纪末，由于电动机的发明，离心泵得到 A B C 了广泛应用，为发展机械提水灌溉提供了条20米 件.灌溉抽水管道在等高图上的垂直投影如图，在A处测得B 处的仰角为37°，在A处测得C处的仰角为45°，在B处测得C 处的仰角为53°，A点所在等高线值为20米，若BC管道长为50 米，则B点所在等高线值为 一（参考数据sin37°=） 16.已知直四棱柱ABCD-ABC1D的棱长均为2，∠BAD=60°.以 D为球心，W5为半径的球面与侧面BCCB,的交线长为 四、解答题（本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过 程或演算步骤) 17.(10分)已知a|=4,|b|=3,(2a-3b)·(2a+b)=61. (1)求a与b的夹角0； (2)求a+bl; (3)若AB=a,BC=b,求△ABC的面积. 第三部分期末检测卷49 18.(12分)如图，在三棱锥A一BCD中，AB=AC=AD,底面是以 BD为斜边的直角三角形，点M是BD的中点，点N在棱 AD上. (1)证明：AM⊥平面BCD; (2)若AB=BD=2BC,直线BN与平面BCD所成角的正切值 为，求二面角N-BC-D的大小. 19.(12分)某校100名学生期中考试语文成绩的频率分布直方图 如图所示，其中成绩分组区间是[50,60)，[60,70)，[70,80)， [80,90),[90,100]. 频率， 组距 (1)求图中a的值； 0.04 (2)根据频率分布直方图，估计这1000.03 0.02 名学生语文成绩的平均分； (3)若这100名学生语文成绩某些分数 0506070809010d成绩 段的人数(x)与数学成绩相应分数段的 人数(y)之比如表所示，求数学成绩在[50,90)之外的人数. 分数段 [50,60)》 [60,70) [70,80) [80,90) x:y 1:1 2：1 3:4 4:5 50第三部分期末检测卷 20.(12分)设a,b,c分别为△ABC三个内角A,B,C的对边，已知 bsin A=acos(B-晋》. (1)求角B; (2)若b=6,且sinB+sin(C-A)=2sin2A,求c. 21.(12分)如图，四面体ABCD中，AD⊥CD, AD=CD,∠ADB=∠BDC,E为AC的 中点. (1)证明：平面BED⊥平面ACD; (2)设AB=BD=2,∠ACB=60°，点F在 BD上，当△AFC的面积最小时，求三棱锥F-ABC的体积. 22.(12分)在△ABC中，角A,B,C所对的边分别是a,b,c,且 2sinA-sin C CA·CB sin C BA·BC (1)求角B的大小； (2)求sinA十sin2C的取值范围； (3)若D是AC边上的一点，且AD：DC=1：2,BD=1,当a十 3c取最大值时，求△ABC的面积.