期末检测卷二-【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）

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 12.AD:A+B+C=x,A+3C=,∴B=2C,又BiC 2=3 品-cnC-9A对： 向心C-o<c<4血-5品B益C 3 品8是m-成8嘴 3 cos 2C-1-2sinCx,sin 2C-sin B 3, ."cos A cos (-3C)=-cos 3C =-cos (C 2C)=- [停x(-号）9×2g月-59a=8+c-2%sA=12+g-2x25x3 ×55-=1,a=1,故C错； :cosA=5,3(0<A<),sinA=5, 9 9 SAADC=besin A=号X23X3X5-=厄，故D对，故选AD, 13.答案11 解析设a与6的夹角为0，因为a与b的夹角的余孩值为子，即c0s0= 3, 又a=1,b=3,所以ab=ab1eos0=1×3×号-1， 所以(2a+b)·b=2a·b+b2=2×1+32=11. 14.答案0.26 解析由题意得恰有一粒种子能发芽包括一粒甲批种子发芽同时一粒乙批种子不 发芽，一粒甲批种子不发芽同时一粒乙批种子发芽，则所求概率P=0.8X(1一0. 9)+(1-0.8)×0.9=0.26. 15.答案6√3 解析由b2=a2+c2-2 accos B及已知得62-(2c)2+c2-2X2cXcX, 2,c=2 3(c=-23舍去).∴a=2c=43, △ABC的面积S= acmB=×43x28x-6瓦 16.答案3,5 解析因为EF∥平面BCD,EFC平面ABC,平面ABC∩平面 BCD=BC,所以EF∥BC, 由于正四面体ABCD每个面都是等边三角形故△AEF也为等 边三角形，所以AB=BE十AE=BE十EF=1十2=3. 球面与正四面体的四个面都相交，所得的交线分为两类： 一类是与三个侧面ABD,ABC,ACD的交线，另一类是与底面 BCD的交线， 易知与侧面ABC的交线为弧MN,如图，孤MN在过球心的大 国上，AM=3Y,∠BAC=60,所以弧MN的长度为号×3y 2 二x,易知球面与侧面ABD,ACD的交线与孤MN一样长， 过A作A0L平西BCD,连接D0,并延长交BC于点P,连接AP,则OD=号DP 号×9×8=， 所以A0-AD0D=5<39,易知AP-号AB=3,长球丙与成两BCD 形成的交线是△BCD的内切国，内切司半径为0P-宁DP-行×X8-受， 2 82参考答案 故内切圆的周长为2xX5=3, 故所求曲线长度之和为3X写m+3m=53网 2 2 1.解(1z=0×(9.8+10.3+10.0+10.2+9.9+9.8+10,0+10.1+10.2+9.7) =10.0. 10.1+10.4+10.1+10.0+10.1+10.3+10.6+10.5+10. 10.3. =10×[(9.8-10.0)2+10.3-10.0)2+(10.0-10.0)2+(10.2-10.0)2+(9. 9-10.0)2+(9.8-10.0)2+(10.0-10.0)2+(10.1-10.0)2+(10.2-10.0)2+ (9.7-10.0)2]=0.036. 号=0×[10.1-10.3)2+(10.4-10.3)2+(10.1-10.3)2+(10.0-10.3)2+ (10.1-10.3)2+(10.3-10.3)2+(10.6-10.3)2+(10.5-10.3)2+(10.4-10. 3)2+(10.5-10.3)2]=0.04. (2)由(1)得y-x=0.3,s3+s3=0.076, 2/+)2 从而(-2=0.09，（21 =(s+53)=0.0304 所以0-)2>(2/10 5+ ,又，所以5一>2，因此新设备生产产 品的该项指标的均值较旧设备有显著提高。 18.解(1)选@m=(a,c-a-必），n=(a+b,c),m·n=b2, C 则a(a+b)+(c-a-鸣)·c=b, c 整理得2+c2-b1 2ac-2’ cosB=号B=吾 选@oC-号-元则+22_2a, 2ab 2b1 整理得02+2-01 2ac 2 osB=分B=子 选③△ABC的面积S满足a2+c2=S+b2) 则有2+e-公-4g×名sin=号 31 sinB,tanB=g,B=号 ②已人ABC的外接图*轻R米-29，由 inB=2R外，得b=2, 由余弦定理得a2+c2-b2=ac, 再根据基本不等式，得a+e)2-2=3a≤3·(2生)， .2<a十c≤4，当且仅当a=c=2时取等号， △ABC周长l=a十b十c≤6，.△ABC周长的最大值为6. 19.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寸平面ACD,CDC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,BCC平面BCD,BDC平面BCD,BC∩BD=B,故AE⊥平 面BCD, 因为CDC平面BCD,所以AE⊥CD, 20.解(1)由题中女生一周课外阅读时间（单位：小时）的额率分布直方图，估计该校 女生一周课外阅读时间（单位：小时）的众数是3， 设该校女生一周课外阅读时间（单位：小时）的75%分位数为x,易知4<x<6,则24 X2+7×2+日×z+4)=星解得x=9 (2)由题中频数分布表得样本中男生一周课外阅读时间（单位：小时）的平均数x= 1×9+3×25+5×3+7×3=3, 40 由题中频率分布直方图得样本中女生一周课外阅读时间（单位：小时）的平均数y= ×2x1+号×2X3+日×2x5+2×2X1=4, 所以估计总样本的平均数之=3X40十4X60=3.6. 100 (3)由题中频数分布表，频率分布直方图知，样本中一周课外阅读时间（单位：小时） 为[4,6)的学生中男生有3名，女生有g×2×60=15名. 若从中用比例分配的分层随机抽样方法抽取6名学生，则男生有1名，记为α， 女生有5名，分别记为b1b2,b3b4b5, 从这6名学生中任意抽取2名学生，则样本空间2={ab1,ab2,ab3,ab4,ab,bb2, b1b3,b1b4,b1b5,b2b3,b2b4,b2b5,b3b4,b3b5,b4b5},共有15个样本，点. 记事件A=“恰好抽到1名男生1名女生”，则A={ab1,ab2,ab3,ab4,ab},共有5 个样本点，故所求概率为PCA)=品= ①设“当弱金定为10元时，来员工迟到”为事件A,则P(A)三恕- 不处捐时，员工迟到的就率为0=号。 “当罚金定为100元时，员工迟到的概率比不进行处罚时降低号 (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类员工中采用按比例分配分层随机抽样的方法抽取4人依次进行 深度问卷调查”为事件M, 则事件M中首先抽出A1的样本点有(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个， 同理，首先抽出A2,B1,B2的样本，点也各有6个，故事件M共有4×6=24（个）样本，点， 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), (B,B2,A2,A1),(B2,B1,A1,A2),(B2,B1,A2,A1),共4个样本点， P()=备-合物取4人中育两位均为B类员工的概率是日 4=1 22.解(1)证明：连接AC,交E于0，连接EC,FO, :BC∥AD,BC=号AD,E为AD的中点，∴AE∥BC,且AE=BC, ∴四边形ABCE为平行四边形，.O为AC的中点， 又F为PC的中点，.OF∥PA, 又OFC平面BEF,PA吐平面BEF,.PA∥平面BEF (2)由题可知四边形BCDE为正方形，则EC=√2BC=√2， 由四边形ABCE为平行四边形可得EC∥AB, ∴.∠PCE(或其补角)为PC与AB所成的角，即∠PCE=45°， PA=PD,E为AD的中点，PE⊥AD, 又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PEC平面PAD, ∴.PE⊥平面ABCD,又ECC平面ABCD,PE⊥EC,∴PE=EC=√2. (3)取PD的中点M,连接ME,MA,MF, 易证得四边形OEMF为平行四边形，.OF∥ME. ,平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD= F M AD,BE⊥AD,BEC平面ABCD, ∴.BE⊥平面PAD,.BE⊥ME,文易知BE⊥AE, .∠MEA为二面角F一BE一A的平面角， 易知AP=PD=√3，AD=2, :M为PD的中点，E为AD的中点， A .ME∥PA,.∠PAD+∠MEA=180, ∴S∠MEA=-cOs∠PAD=-PA2+AD2-PD2--E, 2PA·AD 3 ·二面角F-BE-A的余孩值为-. 3期末检测卷二 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.虚数单位i的平方根是 () 图 A.-1 B.-2② 22 c要+ 密 2.在△ABC中，若A=60°，C=45°，c=3,则a等于 A.1 C23 封 号 3 D.2 3.如果用半径R=2√3的半圆形铁皮卷成侧面积最大的圆锥，则这 个圆锥的高是 () 线 A.3 B.3 C.23 D.6 4.某单位青年、中年、老年职员的人数之比为10：8：7，现用按比 例分配分层随机抽样方法从中抽取200名职员作为样本，若每人 打 内 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.1000 5.如图是小王与小张二人参加某射 成绩：环 不 击比赛的预赛的五次测试成绩的 小王： 折线图，设小王与小张成绩的样 小张：- 本平均数分别为xA和xB,方差 6 准 分别为s异和s,则 ( 2 A.xA<元B,5>56 次数 B.xA<xB,S房<z2 3 答 C.IA>B,5A>5B D.xA>xB,S<3品 6.球面几何学是几何学的一个重要分支，在航海、航空、卫星定位等 茶 题 方面都有广泛的应用.球面几何中，球面两点之间最短的距离为 经过这两点的大圆的劣弧长，称为测地线.已知正三棱锥S一 ABC的侧棱长为2，底面边长为3，设球O为其外接球，则球O对 应的球面上经过S,A两点的测地线长为 () A爱 B.2 c D.4 7.如图，O是△ABC的重心，D是边BC上一 丝 部 点，且BD=3DC,OD=λAB+uAC,则入= A B. c D 8.已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为3√3和4√3，其顶 点都在同一球面上，则该球的表面积为 () A.100π B.128π C.144π D.192π 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.在Rt△ABC中，CD是斜边AB上的高，如图，则下列等式成立 的是 A.|ACI2=AC·AB B.|BCI2=BA·BC C.|AB2=AC·CD D.1CD:=AC·ABX(BA.BG AB2 10.袋子中有5个大小、质地完全相同的球，其中3个白球、2个黑 球，从中不放回地依次随机摸出2个球，则 () A.“至少摸到1个白球”与“至少摸到1个黑球”是互斥事件 B.“摸到的都是白球”与“摸到的都是黑球”是互斥事件 C.“至少摸到1个白球”与“摸到的都是黑球”是对立事件 D.“第一次摸到的是白球”与“第二次摸到的是黑球”是相互独 立事件 11.已知棱长为√2的正四面体的平面展开图如图所示，P、Q分别是 EF、EC的中点.在这个正四面体中，下列结论正确的是() A.A、D、P、Q四点共面 B.PQ∥平面ADF C.PQ⊥DE D该正四面体的外接球的体积为号。 E QC 12.在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,若b=2√3，c=3, A十3C=π，则下列结论正确的是 A.cos C=3 3 B.sin B=2 3 C.a=3 D.SAABC=√2 三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分） 13.设向量a,b的夹角的余弦值为3，且a=1,b=3,则(2a十b) ·b= 14.有甲、乙两批种子，发芽率分别为0.8和0.9，在两批种子中各 取一粒，则恰有一粒种子能发芽的概率是 15.△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c若b=6,a=2c,B= 3,则AABC的面积为 16.在正四面体ABCD中，点E,F分别在棱AB,AC上，满足BE= 1,EF=2,EF∥平面BCD,则棱AB的长为 以点A为 球心，33为半径作一个球，则该球球面与正四面体ABCD的 表面相交所得到的曲线长度之和为 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)某厂研制了一种生产高精产品的设备，为检验新设备生 产产品的某项指标有无提高，用一台旧设备和一台新设备各生 产了10件产品，得到各件产品该项指标数据如下： 旧设备9.810.310.010.29.99.810.010.110.29.7 新设备10.110.410.110.010.110.310.610.510.410.5 旧设备和新设备生产产品的该项指标的样本平均数分别记为x 和y,样本方差分别记为s和s2. (1)求x,y,s异，5号； (2)判断新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备是否有显 著提高（如果y一工≥2，，则认为新设备生产产品的该项 N10 指标的均值较旧设备有显著提高，否则不认为有显著提高). 第三部分期末检测卷 51 18.(12分)在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b.c,且△ABC 的外接圆半径为 从①m=(a,c-a-2）,n=(a+6,c),m·n=6;②cosC=号 6:③△ABC的面积S满足a2+c2三4；3S+6这三个条件 任选一个补充在问题中，并解答。 (1)求角B; (2)求△ABC周长的最大值. 19.(12分)如图，在三棱锥A一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. 52第三部分期末检测卷 20.(12分)读书可以增长知识，开拓视野，修身怡情.树人中学为了 解本校学生课外阅读情况，按性别进行分层，用分层随机抽样的 方法从全校学生中抽出一个容量为100的样本，其中男生40 名，女生60名.经调查统计，分别得到40名男生一周课外阅读 时间（单位：小时）的频数分布表和60名女生一周课外阅读时间 (单位：小时)的频率分布直方图. 频率 组距 时间/小时 频数 [0,2) 9 [2,4) 25 1 3 8 [4,6) 12 [6,8) 3 24 0 4 68时间不时 (1)由频率分布直方图估计该校女生一周课外阅读时间（单位： 小时)的众数和75%分位数； (2)由频数分布表和频率分布直方图估计总样本的平均数z; (3)从样本中一周课外阅读时间（单位：小时）为[4,6)的学生中 用比例分配的分层随机抽样方法抽取6名学生，再从这6名学 生中任意抽取2名学生，求恰好抽到1名男生1名女生的概率. 21.（12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，现从员工中随机抽取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) 50100150200 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类员工采用按比例分配分层随机抽样的方法抽取4人 依次进行深度问卷调查，则前两位均为B类员工的概率是 多少？ 22.(12分)在四棱锥P一ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD,底面 ABCD为直角梯形，BC∥AD,∠ADC=90,BC=CD=2AD =1,PA=PD,E,F分别为AD,PC的中点 (1)求证：PA∥平面BEF; (2)若PC与AB所成的角为45°，求PE的长； (3)在(2)的条件下，求二面角F一BE-A的余弦值