第4次月考检测-【无敌原创】2025-2026学年高中数学必修第二册单元测试卷

10.ACD[解析：如图，点C与点 CG) G重合，则CD与GH相交，A正 确；在正方体中，CE∥DF且CE DF,故四边形CDFE为平行四边 形，∴.CD∥EF,则CD,EF共面，B B(F) 错误；因为AB∩EF=B,故AB, EF共面，C正确；由图可知EF,GH不在同一个平面，且EF, GH既不平行也不相交，∴.EF,GH为异面直线，D正确.故 选ACD.J 11.ABD[解析：③是假命题，直线I与m可能相交，可能异 面，也有可能平行.故选ABD.】 12.BCD[解析：连接AC与BD 设AC∩BD=O,则O为正方形 ABCD的中心，连接EF,根据正棱 锥的性质可知EF必过点O,即 製 EF∩AC=O,所以E,F,A,C四点 共面，所以AE,CF共面，A错误： 显然E,B,A,C四点不共面，故直线AE与BC为异面直线，C 正确；因为AD∥BC,ADC平面ADE,BC丈平面ADE,所以 地她 BC∥平面ADE,依题意AB=BC=CD=AD=EB=ED n 北 EA=EC=FA=FB=FC=FD=a,所以AC=BD=√2a,所以 BD=DE2十BE,即△BDE为等腰直角三角形，所以OE= OF-号，即四边形AFCE为平行四边形，所以AE∥CR, 长 AEC平面ADE,CF￠平面ADE,所以CF∥平面ADE,又 BC∩CF=C,BC,CFC平面BCF,所以平面ADE∥平面 BCF,BE确：显然0E=OF=0B=OD=0C=0A=号a,则 O即为外接球的球心，外接球的半径R=写。，所以外接球的 2 体积V=专R-号 πa3,D正确.故选BCD.】 三、13.xr2.a+b 2 【解析：再去一个全等的几何体，倒置拼接 可得一个圆柱体，所得圆柱体的底面半径为，高为，故所 求几何体的体积为号·2(a十b).】 14.16π[解析：由题意，设外接球O的半径为R,则OP QA=R,AB=ER,则正四棱锥P-ABCD的体积为V=号S%= 号×WR)×R=9,解得R=2,所以球O的表面积为S 4πR2=4π×22=16π.] 15.③⑤②⑤[解析：(1)由两个平面平行，其中一个平面内 的任一条直线都平行于另一平面，所以a∥β，，mCa,可得m∥ B,选③⑤.(2)由若一条直线与两个平行平面中的一个垂直， 则它也必垂直于另一个平面，因此由a∥B,m⊥a,可得m⊥β， 选②⑤.】 16.①②④[解析：①取 CD中点F,连接MF,BF, D 则MF∥DA,BF∥DE, .平面MBF∥平面ADE, .MB∥平面A1DE.由 ∠ADE=∠MFB,MF=AD=定值，FB=DE=定值，由 余弦定理可得BMF=MF+FB2-2MF·FB·cos∠MFB, 所以BM是定值，①正确；②，B是定点，∴.M是在以B为球 心，MB为半径的球上，②正确；③设A1在平面ABCD中的射 影为H,H在AF上，A1C在平面ABCD内的射影为CH,而 CH与DE不垂直，存在某个位置，使DE⊥AC,③错误； ④取CD中点F,连接MF,BF,则平面MBF∥平面A:DE, ④正确.故正确的命题有①②④.】 四、17.解：由题意知所求旋转体的表面积由三部分组成：圆台 下底面、侧面和一半球面.S半球=8π，S圆台侧=35π，S圆台底= 25元，故所求几何体的表面积为68x,由Va台=号×[x×2”十 VX2XGX+xX]X4=2Vm-音xx2×号-9x, 16140 所以，旋转体的体积为V台一V=52x一3=3c》. 18.证明：(1)连接BD,MO,在平行四 边形ABCD中，O为AC,BD的中点， :M为PD中点，∴.PB∥MO.又 .PB中平面ACM,MOC平面ACM, .∴.PB∥平面ACM. (2).∠CDA=45°，且AD=AC=1, ∴.∠DAC=90°，即DA⊥AC..PO⊥ 平面ABCD,ADC平面ABCD,∴.PO⊥AD.,AC∩PO=O, AC,POC平面PAC,.AD⊥平面PAC.又.ADC平面 PAD,.平面PAD⊥平面PAC 19.(1)证明：设BD与AC的交点为O,连接EO.因为ABCD 为矩形，所以O为BD的中点.又E为PD的中点，所以EO∥ PB.EOC平面AEC,PB吨平面AEC,.PB∥平面AEC. (2)解：V=号×号×PAX ABXAD:=gAB,由V3 ,可得AB=是作AHL PB交PB于点H.由题设 知BC⊥平面PAB,所以BC⊥AH,因为PB∩BC=B,所以 H,由于BC⊥AO,BC⊥OD,故BC⊥平面AOD,所以OH⊥ AH1平面PBC.又AH=PAAB=3厘，所以点A到平 BC.又OH⊥AD,所以OH⊥平面ABC.因为∠CBB=60°，所 PB 13 面PBC的距离为33 以△CBB,为等边三角形.又BC=1,可得OD=尽，由于AC1 13 20.(1)证明：取BB1的中点 AB,所以OA=BC=合由OH·AD=OD·OA,且AD E,连接CE,BC,交于点O, VOD+0m=只，得OH=吾又0为B,C的中点，所以 连接AO,AE,因为ABCB1B 是正三棱锥，所以三角形 点B,到平面ABC的距离为√T,故三棱柱ABCA,B,C的 7 BBC为正三角形，所以O 为三角形BB:C的中心，所以AO⊥平面BCB,所以AO⊥ 高为四 BB1.因为OE⊥BB1,且OE∩AE=E,所以BB1⊥平面ACE, 所以BB⊥AC.又CC1∥BB1,所以AC⊥CC1. 第四次月考检测 (2)解：因为BB∥CC,异面直线AB与CC所成的角为号， -、1.A 所以∠ABB=牙又ABCB:是底面边长为2的正三棱锥， 【解析：依题意可知事件A的频率为号=号，概率为 1 所以△ABB1为正三角形，所以AB1=BB1=2.连接OB1,则 .故选A1 0B=2,所以A0=VA-08=√2-(2 2.C[解析：众数是频率分布直方图中最高矩形的底边中点 的横坐标，则众数是12.5，中位数是把频率分布直方图分成两 25所以V吉A0:8m-吉×25×号×2X5 个面积相等部分的平行于y轴的直线的横坐标，第一个矩形 3 的面积是0.2，第三个矩形的面积是0.3，故将第二个矩形分 22,所以Vs=Vs=V,-2 3 3 成3：2即可，中位数是13，平均数为7.5×0.2十12.5×0.5+ 21.(1)证明：AA1⊥平面ABC,BCC 17.5×0.3=13.故选C.1 G 平面ABC,.BC⊥AA1.又，BC⊥AC, 3.B[解析：由题意知A,B为不可能事件，AUB表示向上的 AA1,ACC平面AACC,AA∩ g1 点数是1,23,45，所以P(AB)=0,P(AUB)=吾，事件A与 AC=A,.BC⊥平面AA,CC.又AC1C 事件B是互斥事件，不是对立事件.故选B.] 平面AACC,.BC⊥AC1. 4.D【解析：由扇形图，知成绩前200名的学生中，高一人数 (2)解：存在.当AF=3FC时，FE∥平 F B 比高二人数多200×(45%一30%)=30，A正确；由条形图知 面A1ABB1.理由如下：证明：如图，在平面A1BC内过E作 高一学生在前200名中，前100和后100人数相等，因此前 EG∥AC1交AB于点G,连接AG.:BE=3EC1,.EG= 子AC.又AF/AC且AF=AG,∴AF∥BG且AF= 100名中，高一人数为200×45%×2=45<50，B正确：成绩 第1一50名的学生中，高一人数为200×45%×0.2=18，因此 EG,∴.四边形AFEG为平行四边形，∴.EF∥AG.又EF亡平面 高三最多有32人，C正确；第51一100名的学生中，高二人数 A1ABB1,AGC平面A1ABB1,∴.EF∥平面A1ABB1· 不确定，无法比较，D错误.故选D.] 22.(1)证明：连接 BC1,则O为BC1与 5.B【解析：P(甲)=日，P(乙)=名，P(丙)=希，P(T) BC的交点，因为侧 是=言P甲丙)=0时P甲)P丙).P甲T)=高=P甲)PTD, 面BBCC为菱形， D 所以BC⊥BC,又 P(乙丙)=36≠P(Z)P(丙)，P(丙丁)=0≠P(T)P(丙).故 AO⊥平面BB,CC, 选B.】 故BC⊥AO,B1C⊥平面ABO.由于ABC平面ABO,故B1C⊥ 6.C[解析：记零件或系统X能正常工作的概率为P(X),该 AB. 系统正常工作的概率为P{[(AB)UC]∩D}=P[(AB)UC] (2)解：作OD⊥BC,垂足为D,连接AD,作OH⊥AD,垂足为 P(D)=[1-P(AB)P(C)]P(D)=(1-P(AUB)P(C))P(D)= 43 [1-(1-P(AB))(1-P(C))]P(D)=[1-(1-p2)(1-p)]p. 故选C.】 7.C[解析：沿等分线把正方体切开得到同样大小的小正方 休共有27个，其中有3个面涂色的小正方体共有8个，只有2 个面涂色的小正方体共有12个，只有1个面涂色的小正方体 共有6个，所以恰好抽到只有2个面有色的小正方体的概率 为号=号故选C】 8.B[解析：从5条线段中任取三条共有10种，其中取出的三 条线段可组成钝角三角形的只有2,3,4或2,4,5两种.故 选B.】 二、9.BD[解析：随机地排列数字1,5,6，可以得到的三位数 有156,165,516,561,615,651，共6个，A不正确：其中奇数有 165,561,651,615,共4个，所以所得的三位数是奇数的概率 为合=子，B正确：其中偶数有156,516，共2个，所以所得的 三位数是侧数的概率为名-号，C不正确：其中大于400的有 1 516,561,615,651,共4个，所以所得的三位数大于400的概率 为号，D正确.故选BD.】 10.AB[解析：对于A,将10天中PM2.5日均值按从小到大 排序为30,32,34,40,41,45,48,60,78,80，根据80%分位数的 定义可得这10天中PM:日均值的80%分位数是6078 2 69,所以A正确；对于B,前5天的PM2.5日均值的极差为41 30=11,后5天的PM2.s日均值的极差为80一45=35，所以B 正确；对于C,由折线图和方差的定义可知前5天的PM2.5日 均值的方差小于后5天的PM2.s日均值的方差，所以C错误； 对于D,这10天中PM:日均值的中位数为145=43，所以 D错误.故选AB.] 11.ABD[解析：若两次掷出的点数之和是5，由于每次掷出 的点数都在1到6之间，所以第一次掷出的点数一定小于5， 故A与C互斥，A正确：“至少出现一个奇数点”的对立事件是 “两次掷出的点数都是偶数点”，所以P(D)=1一合×号 ,B正确：由于“至少出现一个奇数点”的对立事件时“两次 掷出的点数都是偶数点”，故B与D不是对立的，C错误；先后 两次掷一枚质地均匀的骰子，两次出现的点数组(x,y)有6×6 36种等可能的不同情况，“两次掷出的点数之和是5”有 (1,4),(2,3),(3,2),(4,1)共4种不同的情况，第二次掷出的 点数为偶数的情况有(x,2),(x,4),(x,6)(x=1,2,3,4,5,6) 共18种不同情况，两次掷出的点数之和为5且第二次掷出的 点数为偶数的情况有(3,2)，(1,4)两种情况，所以P(A)=6, 44 无敌原创·单元卷数学·必修第二册 PB)=音=子，PCAB)=品，所以P(AP(B)=PAB),所 以A,B独立，D正确.故选ABD.] 12.ABC[解析：设“甲投球一次命中”为事件A,“乙投球一 次命中”为事件B.由题意得(1-P(B)2=（1一p)2=6,解得 p=或p=冬（合去)，所以乙投球的命中率为子，A正确， P(A)-号，P(不)=子，故甲投球2次至少命中1次的概率为 1-P(不·A)=子，B正确；P(B)=子，P(B)=},甲，乙两人 各投球2次，共命中2次有三种情况：甲、乙两人各中一次， 2PA)P(不)·2P(B)P(B)=器，甲中两次，乙两次均不中， PA:ADPB·=,甲两次均不中，乙中2次，P(不·不) P(B·B)=是，所以甲，乙两人各投两次，共命中2次的概率 为品+高十品-品C正确：甲、乙两人各投球1次，两人至 少有1人命中的概率1一合×冬-子，D错误，故选ABC,】 三、13.是【解析：从中有放回地取2次，所取号码共有8×8 64种，其中和不小于15的有3种，分别是(7,8)，(8,7)，(8,8)， 故所求概率为P=品】 14.0.76[解析：因为男生400人，女生600人，所以男女比例 为2：3，所以样本总体的均值为号×7.5+号×7=7.2，总体 方差为号[1+(7.5-7.2)]+号[0.5+(7-1.2)]=0.76.1 15.号【解析：从3个亚洲国家和3个欧洲国家中各任选1 个，所有样本点为：(A1,B),(A1,B2),(A1,B3),(A2,B1), (A2,B2),(A2,B3),(A3,B1),(A3,B2),(A,B3),共9种.其 中包括A,但不包括B:的事件所包含的样本点有：(A1,B,), (A1,B,),共2种，所以所求事件的概率P=号.】 16.【解析：总体平均数为行(5+6+7+8+9+10)=7.5， 7 设A表示事件“样本平均数与总体平均数之差的绝对值不超 过0.5”.从总体中抽取2个个体全部可能的基本结果有： (5,6),(5,7),(5,8),(5,9),(5,10),(6,7),(6,8),(6,9), (6,10),(7,8),(7,9),(7,10),(8,9),(8,10),(9,10),共15个 基本结果.事件A包含的基本结果有：(5,9)，(5,10)，(6,8)， (6,9),(6,10),(7,8),(7,9),共有7个基本结果.所以所求的 概率为P(A)=品】 四、17.解：设三种产品各抽取一件，抽到合格产品的事件分别 0.005×10=0.05,样本人数为0.05×60=3人；高中学生中， 为A,B和C 阅读时间不足10个小时的学生频率为0.005×10=0.05，样 (1)P(A)=0.90,P(B)=P(C)=0.95.P(A)=0.10,P(B)= 本人数为0.05×40=2人.记这3名初中生为A,B,C,这2名 P(C)=0.05.因为事件A,B,C相互独立，恰有一件不合格的 高中生为d,©，则从阅读时间不足10个小时的样本学生中随 概率为P(A·B·C)十P(A·B·C)十P(A·B·C)=P(A)· 机抽取3人，所有可能结果共10种，即ABC,ABd,ABe,ACd, P(B)·P(C)+P(A)·P(B)·P(C)+P(A)·P(B)·P(C)= ACe,Ade,BCd,BCe,Bde,Cde;而事件A的结果有7种，它们 2×0.90×0.95×0.05+0.10×0.95×0.95=0.17575≈0.176. 是ABC,ABd,ABe,ACd,ACe,BCd,BCe;.至少抽到2名初 (2)三件产品都合格的概率为P(A·B·C)=P(A)·P(B)· 中生的概率为P(A)=O: 7 P(C)=0.90×0.952=0.81225≈0.812.由(1)知恰有一件不 (3)60天内，初中学生平均每人阅读时间为5×0.05+15× 合格的概率为0.176，所以至少有两件不合格的概率为1一 0.3+25×0.4+35×0.2+45×0.05=24(小时)，国家标准下 P(A·B·C)+0.176=1-(0.812+0.176)=0.012. 60天内初中学生每人需阅读60×0.5=30（小时），因为24< 18.解：(1)平均数元=15×0.1+25×0.25+35×0.3+45× 30,该校需要增加初中学生课外阅读时间. 0.15+55×0.1+65×0.05+75×0.05=37.5,年龄在50岁以 21.解：(1)设A={甲同学答对第一题}，B={乙同学答对第一 下的居民所占比例为(0.010×10+0.025×10+0.030×10+ 题}，则P(A)=p,P(B)=g.设C={甲、乙二人均答对第一 0.015×10)×100%=80%,年龄在60岁以下的居民所占比 题}，D={甲、乙二人中恰有一人答对第一题}，则C=AB,D= 例为80%+10%=90%，因此85%分位数一定位于[50,60) AB十AB.由于二人答题互不影响，且每人各题答题结果互不 内，所以50十10×号8-8器-5，放可估计，这0人的年龄 影响，所以A与B相互独立，AB与AB相互互斥，所以P(C)= 的平均数约为37.5,85%分位数约为55. P(AB)=P(A)P(B),P(D)=P(AB+AB)=P(AB)+ (2)样品中，年龄在[18,80]岁以上的居民所占频率为1一(18 P(AB)=P(A)P(B)+P(A)P(B)=P(A)(1-P(B))+(1- 10)×0.010=0.92.故可估计，该小区年龄不超过80岁的成年 9=2 人人数约为2000×0.92=1840. P(A))P(B).由题意可得 即 5 19.解：(1)任取甲机床的3件产品恰有2件正品的概率为p=3× p(1-q)+q(1-p)=2: a 0.92×0.1=0.243. 2 % 力= 3 p= (2)记“任取甲机床的1件产品是正品”为事件A,“任取乙机 3 解得 或 由于p>q,所以p= 17 床的1件产品是正品”为事件B.则任取甲、乙两台机床的产品 p十9=121 3 0 9 4 各1件，其中至少有1件正品的概率为P(AB)+P(AB)+ 2 P(AB)=0.9×0.95+0.9×0.05+0.1×0.95=0.995. 20.解：(1)初中学生中，阅读时间在[30,40)小时内的频率为 (2)设A:=(甲同学答对了i道题}，B,={乙同学答对了i道 1-(0.005+0.03+0.04+0.005)×10=0.20,0.005×10+ 题，i=01,2由题意得，P(A)=子×号+子×-骨 0.03×10+0.04×10=0.75,0.005×10+0.03×10+0.04× PA)=×子=6，P(B)=子×+×号= 4 10十0.2=0.95，所以该校初中学生课外阅读时间的第80百 分位数为30+8 =32.5;同理，高中学生中，阅读时间在 P(8)=号×号=合设E=(甲乙二人共答对3道题，则 [30,40)小时内的频率为1-(0.005+0.025+0.035+0.005)× E=A1B2十A2B1.由于A,和B:相互独立，A1B2与A2B1相互 10=0.30,0.005×10+0.025×10+0.035×10=0.65,0.005× 互斥，所以P(E)=P(A1B2)十P(A2B1)=P(A1)P(B2)+ 10+0.025×10+0.035×10+0.3=0.95,所以该校高中学生 PA,)P(B)=音×号+品×合=是所以，甲乙二人共答 课外阅读时间的第80百分位数为30+0品-35. 对3道题的概率为2： 5 (2)由分层抽样，知抽取的初中生学有100×1800+1200 1800 22.解：(1)，(0.004+0.012+0.014+a)×25=1,∴.a= 60名，高中学生有100一60=40名，记“从阅读时间不足10个 0.010.,(0.014十0.010)×25=0.6>0.5，所以，估计经销商 小时的样本学生中随机抽取3人，至少抽到2名初中学生”为 采购的这批大米中，一级大米和二级大米的总量能够达到采 事件A,初中学生中，阅读时间不足10个小时的学生频率为 购总量的一半以上 (2)若经销商采用方案1，则收人为400×300=120000元.若 经销商采用方案2，则400袋大米中四级大米约400×0.004× 25=40(袋)，40×5=200（包），三级大米约400×0.012×25 120(袋)，120×5=600（包），二级大米约400×0.014×25 140(袋)，140×5=700（包），一级大米约400×0.010×25 100(袋)，100×5=500（包），400袋大米共卖200×55+600× 68+700×85+500×98=160300(元).400袋大米的包装袋 成本为200×2+600×2+700×4+500×5=6900（元），则收 入为160300-6900-8000=145400（元），.145400> 120000,且400袋大米成本相同，所以，该经销商采用方案2 所得利润更大 期中学习检测 一、1.B[解析：，x=1+2i,.z·乏=1十22=5，因此， 製 z2-5+5i-,5i 5i(1-2i) 1+21￥2-2五=2+i故选B.】 2.A[解析：：AC=(2,3),Bi+BC=-AB+AC-AB AC-2AB=(-2,3),2AB=(2,3)-(-2,3)=(4,0), 如 .AB=(2,0),1AB=2.故选A.】 3.D【解析：“(1-)x=2+i,之==2+D1+D 1-i (1-i)(1+i) +号，=-号的共辄复数在复平面内对应的 长 点的坐标为（分，一三），即的共轭复数在复平面内对应的 点在第四象限.故选D.] 4.A[解析：因为a=acos B十bcos A,所以由余弦定理可得 a=ax2+-&+bx+-a,整理得a=c,所以△ABC 2ac 2bc 为等腰三角形.故选A】 5.A【解析：A市=A范+B市=AB+BC+C市=AB+冬BC AB+专(AC-A)=-子A+号AC.故选A.】 6.A【解析：因为a=(8,之x),b=(x,1),所以a-2b (8-2z,2x-2）,2a+b=(16+x,x+1D.因为(a-2b)∥(2a+ b),所以(8-2x)(x+1)=(16+)·(分x-2）,即-号2十 40=0,解得x=士4，又x>0,所以x=4.故选A.】 7.D[解析：由题意得外接球的直径等于2R=√3+2+1 √6，所以表面积为4πR2=π(W6)2=6元.故选D.】 8.C[解析：因为BC=-AB+AD+DC=-AB+AD+ 号A成=AD-号A,B驴-号BC-号A市-A成，所以A AB+B丽=AB+号AD-A店=子AB+子AD,所以AD 号A市-A点故选C】 =Φ析：--侣智-专+号 e的共矩复数为一子ie的虚部为号k√（告）广+() 47. 在复平面内对应的点为（告号）在第一象限故 选CD.] 10.AD[解析：(AB+CD)+BC=AB+BC+CD=AD,A正 确；(AB+MB)+(Ci+BC)=AB+M店+CM+BC-AB+ BC+CM+M店-AC+C克-AB,B错误；(M店+AD)-BM M店+AD+M店=2M店+AD,C错误；(O心-OA)+CD= O元+Aò+CD=AO+OC+CD=AD,D正确.故选AD.】 11ABD[解析：对于选项A,由A>B,可得a>b,利用正弦 定理可得sinA>sinB,正确；对于选项B,在锐角三角形ABC 中，A,B∈(0,2)，：A+B>艺∴受>A>受-B>0, sinA>sin(受-B）=cosB,因此不等式sinA>cosB恒 成立，正确；对于选项C,在△ABC中，由acos A=bcos B,利用 正弦定理可得sin Acos A=sin Bcos B,∴.sin2A=sin2B, A,B∈(0，π)，.2A=2B或2A=π-2B,.A=B或A+B= 受，∴△ABC是等腰三角形或直角三角形，因此是假命题，错 误.对于选项D,在△ABC中，B=60°，b=ac,由余弦定理可 得2=ac=a2十c2-ac,可得(a-c)2=0,解得a=c,可得A= C=60°，正确.故选ABD.】 12.CD[解析：依题意得球的半径为R,则圆柱的侧面积为 2πRX2R=4πR2,.A错误；圆锥的侧面积为πRX√5R= √5πR,.B错误；球的表面积为4πR2,,圆柱的侧面积为 4R,C正确：Va=xR,2R=2RVas=方R· 2R=号R,V=专成V雅VtVg=2aR:号状： 专xR=3:1:2,D正确，故选CD.】 三、13.3【解析：设圆锥筒的底面半径为r,则2xr=πR=2√3π，则 r一5，所以圆锥筒的高h=√R-7=√(2√3)2-(W3)2=3.】 14.43[解析：因为W3(bcos C十ccos B)cosA=asin A,所以 √3(sinB·cosC+sin Ccos B)cosA=sin Asin A,即V3cosA= sinA,所以tanA=√3，所以A=号；由余弦定理得a2=:+2- 2 bccos A=(b+c)2-2bc-2 bccos A,因为b+c=8,a=4,所以 c=16,所以△ABC的面积为之众s如A=号×16×号=4反.】 21.解：(1).(a,b〉=60°，|a|=2,b|=1,∴.a·b=1, ∴.|a-2b|=√(a-2b)F=√2-4a·b+46=√4-4+4=2. 15.26.5立方丈[解析：由题意知刍童的体积为[(4×2十3)× (2).(a+tb)⊥(2a-b),.(a+tb)·(2a-b)=2a2+(2t 3+(3×2+4)×2]×3÷6=26.5(立方丈).】 1)a·b-tb2=8+(2t-1)-t=0,解得t=-7. 16.冬【解析：耐·C耐=(2B心-A)· 2.解：)由正弦定理nBsC,得√3 sin Bos C=sin Bsin C, b C (←合成-动)=4市-恋=6市-迹=4，脉. 在△ABC中，因为sinB≠0，所以W3cosC=sinC,故tanC= C=(2BC-号AD)·(-合BC-号A)=号A市 3,又因为0<C<,所以C=答 十流=4市迹-1所以市=是心-号，所以 (2)由已知，得2 absin C=65.又C=号，所以ab=24,由已 成.成-（号成-动）·（←成-市）市迹 知及余弦定理，得a2+b2一2 abcos C=28,所以a2+b2= 16市-心-冬1 52,从而(a+b)2=100.即a+b=10,又c=2√7，所以△ABC 的周长为10+2√7 四、17.解：V=c4鸟6=号×3X4X6=36(cm).设圆柱 期未学习检测 2S△ABC 2×日×3×4 底面圆的半径为，则r=AB千B年AC3千4十5=1， V圆#o0,=π产h=6π(cm3).所以V=V三棱柱AcA1马S一V性o0, 一1.D【解析：由题意可知=一2+i,所以=千 (36-6π)cm3 -二1=-号十，因此，复数：的部 (1+i)(1-i) 2 18.解：(1)由题意得w(1十2i)=4+3i,.w= 4+31 1+2i 为号故选D.】 得+89器-g…是+日=9+1-3+i 5(2+i) 2.B【解析：因为△ABC的面积为2V巨，所以22=2AC× (2):x=3十i是关于x的方程x2-px十q=0的一个根， ∴(3+iD2-p(3+i)+q=0,(8-3p+q)+(6-p)i=0,:p,9 BG×s血45'=合×2XBG×号，解得B,G=4,所以BC (8-3p+q=0, 为实数， 解得p=6,q=10.解方程x2-6x十 8,易知AC⊥BC,由勾股定理得AB=√AC2+BC= 6-p=0, √2+8=2√17.故选B.】 10=0,得x=3士i,∴.实数p=6,q=10,方程的另一个根为 3.A[解析：对于A,若l⊥a,mCa,则根据直线与平面垂直 x=3-i. 的性质，知l⊥m,故A正确；对于B,若lLm,mCa,则l可能 19.解：(1)由已知得AB=(-3,-1),AC-(1,-5),AB· AC=(-3)X1+(-1)×(-5)=2.:AB+AC=(-2,-6), 在a内，故B不正确；对于C,若l∥m,mCa,则l∥a或lCa, 故C不正确；对于D,若l∥amCa,则l与m可能平行，也可 .|AB+AC=√4+36=2√10. 能异面，故D不正确.故选A.】 (2):AB-tOC=(-3-2t,-1+t),OC=(2,-1),且(AB 4.B[解析：因为a+b2=(a+b)2=a2+2a·b+=|a2+ OC)⊥OC,.(AB-tOC)·OC=0,.(-3-2)X2+ (-1+t)×(-1)=0,∴.t=-1. 21al·b1cos红+b12=1+2×1×2×(-2)+4=3,所以 20.解：1)由正弦定理得(6+c十a)(6十c-a)=8c,即+ |a十b1=√3.故选B.1 5.B[解析：因为北乡有8758人，西乡有7236人，南乡有 -心=c,由余孩定理得c0sA十立=号 2bc 8356人，现要按人数多少从三乡共征集378人，所以需从西乡 (2)由(1)知c0sA=号，则方程x-9x+25c0sA=0可化为 7236 征集的人数是378×8758+7236+835≈112.故选B.】 x2-9x+20=0,解得x=5或x=4.,b>c,∴.b=5,c=4,由 6.C[解析：设A(i=1,2,3,4)表示“元件i能正常工作”的事 余弦定理得a2=b2+c2-2 bccos A=9,.a=3..b2=a2+c2, 件，S表示“系统能正常工作”，得P(S)=P(A1AUAA) .△ABC为直角三角形 P(A1)P(A2)+P(A)P(A)-P(A1)P(A2)P(A3)P(A4)= 45数学 第四次月考检测 (满分150分，时间120分钟) 一、 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.某人将一枚硬币连抛20次，正面朝上的情况出现了12次.若用A表示事件“正面向上”，则A的 A.频率为 B概率为号 C,频率为时 D.概率接近 频率 组距 0.1 鞍 2.如图所示是一样本的频率分布直方图，则由图形中的数据，可以估计众 数、中位数与平均数分别为 )0.04 A.10,13,12 B.12.5,13,12 5101520数据 如 C.12.5,13,13 D.12.5,15,12 p区 郊 捌 3.抛掷一枚质地均匀的骰子，“向上的点数是2,3,4”为事件A,“向上的点数是1,5”为事件B,则下 列选项正确的是 世 A.A与B是对立事件 B.A与B是互斥事件 长 C.P(AUB)=1 D.P(AB)= 6 4.2021年3月，树人中学组织三个年级的学生进行“庆祝中国共产党成立100周年”党史知识竞 赛.经统计，得到前200名学生年级分布的扇形图（如图）和前200名中高一学生排名分布的频 率条形图（如图），则下列命题错误的是 () 前200名学生年级分布的扇形图 前200名中高一学生排名分布的频率条形图 十频率 高二 0.4 30% 高 45% 0.3 0.2 0.1 0 1-5051-100101-150151-200排名 A.成绩前200名的学生中，高一人数比高二人数多30人 B.成绩第1一100名的学生中，高一人数不超过一半 C.成绩第1一50名的学生中，高三最多有32人 D.成绩第51一100名的学生中，高二人数比高一的多 5.有6个相同的球，分别标有数字1,2,3,4,5,6，从中有放回地随机取两次，每次取1个球，甲表示 事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两 次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则 () A.甲与丙相互独立 B.甲与丁相互独立 C.乙与丙相互独立 D.丙与丁相互独立 6.如图，某系统由A,B,C,D四个零件组成，若每个零件是否正常工作互不影响，且零件A,B,C,D 正常工作的概率都为p(0<p<1),则该系统正常工作的概率为 () D c A.[1-(1-p)p2]p B.[1-(1-p2)]p C.[1-(1-p)(1-2)]p D.[1-(1-p)2p]p 7.三阶魔方可以看作是将一个各面上均涂有颜色的正方体的棱三等分，然后沿等分线把正方体切 开所得，现将三阶魔方中1面有色的小正方体称为中心方块，2面有色的小正方体称为边缘方 块，3面有色的小正方体称为边角方块，若从这些小正方体中任取一个，恰好抽到边缘方块的概 率为 () A号 B品 c号 n 8.从长度分别为1,2,3,4,5的五条线段中，任取三条的不同取法共有n种.在这些取法中，以取出 的三条线段为边可组成的钝角三角形的个数为m,则”m等于 () A品 B局 c高 n号 二、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.随机地排列数字1,5,6得到一个三位数，则 A.可以排成9个不同的三位数 B所得的三位数是奇数的概率为号 C.所得的三位数是偶数的概率为号 D所得的三位数大于40的概率为号 10.PM2.5的监测值是用来评价环境空气质量的指标之 PM2,日均值/（μgm3) 100-- 一，划分等级为：PM2.s日均值在35ug/m3以下，空 80 80 气质量为一级，PM2.s日均值在35~75μg/m3,空气 7860 60 质量为二级，PM2.5日均值超过75μg/m3为超标。 41 4548 40 如图是某地12月1日至10日PM2.5的日均值（单 30 20 3234 位：ug/m3)变化的折线图，PM2.s关于日均值说法正 确的是 012345678910日期 A.这10天PM2.5日均值的80%分位数为69 25 B.前5天的PM2.5日均值的极差小于后5天的PM2.日均值的极差 C.前5天的PM2.5日均值的方差大于后5天的PM2.5日均值的方差 D.这10天PM2.s日均值的中位数为41 11.先后两次掷一枚质地均匀的骰子，A表示事件“两次掷出的点数之和是5”，B表示事件“第二次 掷出的点数是偶数”，C表示事件“第一次掷出的点数是5”，D表示事件“至少出现一个奇数 点”，则 () A.A与C互斥 B.P(D)- C.B与D对立 D.A与B相互独立 12.甲、乙两个篮球运动员互不影响地在同一位置投球，命中率分别为2与力，且乙投球2次均未命 中的概率为。则 A,乙投球的命中率p=3 4 B甲投球2次，至少命中1次的概率为是 C甲，乙两人各投球2次，两人共命中2次的概率号 D.甲、乙两人各投球1次，两人至少有1人命中的概率 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分， 13.一袋中装有大小相同，编号分别为1,2,3,4,5,6,7,8的八个球，从中有放回地每次取一个球， 共取2次，则取得两个球的编号和不小于15的概率为 14.某学校有男生400人，女生600人，为了调查该校全体学生每天睡眠时间，采用分层抽样的方 法抽取样本，计算得男生每天睡眠时间均值为7.5小时，方差为1，女生每天睡眠时间为7小 时，方差为0.5若男、女样本量按比例分配，则可估计总体方差为 15.某人计划从3个亚洲国家A1,A2,A3和3个欧洲国家B,B,B中选择2个国家去旅游.若他从 亚洲国家和欧洲国家中各任选1个，则这2个国家包括A1,但不包括B的概率为 16.为了了解《中华人民共和国道路交通安全法》在学生中的普及情况，调查部门对某校6名学生 进行问卷调查，6人得分情况如下：5,6,7,8,9,10.把这6名学生的得分看成一个总体.用简单 随机抽样方法从这6名学生中抽取2名，他们的得分组成一个样本.该样本平均数与总体平均 数之差的绝对值不超过0.5的概率为 26 无敌原创·单元卷数学·必修第二册 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)有三种产品，合格率分别是0.90,0.95和0.95，各抽取一件进行检验. (1)求恰有一件不合格的概率； (2)求至少有两件不合格的概率.（精确到0.001） 18.(12分)某市举办徒步（健步）示范队评选活动，其宗旨是激发大众健身热情，展现徒步（健步）队 伍风采.某小区计划按年龄组队，现从参与活动的居民中随机抽取40人，将他们的年龄分为7 段：[10,20)，[20,30)，[30,40)，[40,50)，[50,60)，[60,70)，[70,80]，得到如图所示的频率分 布直方图. & (1)试求这40人年龄的平均数和85%分位数的估计值（同一组中数据用该组区间的中点值作 岭 代表)； (2)已知该小区年龄在[10,80]内的总人数为2000，试估计该小区年龄不超过80岁的成年人 [18周岁以上（含18周岁）为成年人]的人数. 0.0351 频率组距 0.030 0.025 0.020 0.015 0.010 0.005 0 1020304050607080年龄 19.(12分)甲、乙两台机床相互没有影响地生产某种产品，甲机床产品的正品率是0.9，乙机床产 品的正品率是0.95 (1)从甲机床生产的产品中任取3件，求其中恰有2件正品的概率（用数字作答）； (2)从甲、乙两台机床生产的产品中各任取1件，求其中至少有1件正品的概率（用数字作答） 警 齐 20.(12分)某中学有初中学生1800人，高中学生1200人，为了解全校学生本学期开学以来(60 天)的课外阅读时间，学校采用分层抽样方法，从中抽取了100名学生进行问卷调查，将样本中 的“初中学生”和“高中学生”按学生的课外阅读时间（单位：小时），各分为5组：[0,10)，[10， 20),[20,30),[30,40),[40,50),得其频率分布直方图如图所示. 频率 ,频率 0.040 组距 组距 0.035 0.030 0.025 0.005 0.005 01020304050阅读时间 01020304050阅读时间 初中生组 高中生组 (1)分别估计该校初中学生和高中学生课外阅读时间的第80百分位数； (2)从课外阅读时间不足10个小时的样本学生中随机抽取3人，求至少有2个初中生的概率； (3)国家规定，初中学生平均每人每天课外阅读时间不小于半小时若该校初中学生课外阅读时 间小于国家标准，则学校应适当增加课外阅读时间，根据以上抽样调查数据，该校是否需要 增加初中学生课外阅读时间？ 27 21.(12分)为了普及垃圾分类知识，某学校举行了垃圾分类知识考试，试卷中只有两道题目，已知 甲同学答对每题的概率都为p,乙同学答对每题的概率都为q(>q),且在考试中每人各题答 题结果互不影响，已知每题甲，乙同时答对的概率为分，恰有一人答对的概率为是 (1)求p和q的值； (2)试求两人共答对3道题的概率. 28 无敌原创·单元卷数学·必修第二册 22.(12分)大米根据颗粒、质地、色泽、香味等评分指标打分，得分在区间(0,25]、(25,50]、 (50,75]、(75,100]内分别评定为四级大米、三级大米、二级大米、一级大米.某经销商从农民手 中收购一批大米，共400袋（每袋25kg),并随机抽取20袋分别进行检测评级，得分数据的频 率分布直方图如图所示： (1)求α的值，并用样本估计，该经销商采购的这批大米中，一级大米 频率组距 0.014 和二级大米的总量能否达到采购总量一半以上； 0.012 (2)该经销商计划在下面两个方案中选择一个作为销售方案： 方案1：将采购的400袋大米不经检测，统一按每袋300元直接 0.004 售出； 方案2：将采购的400袋大米逐袋检测分级，并将每袋大米重新包 04 255075100分数 装成5包（每包5kg),检测分级所需费用和人工费共8000元，各等级大米每包的售价和包 装材料成本如下表所示： 大米等级 四级 三级 二级 一级 售价（元/包） 55 68 85 98 包装材料成本（元/包） 2 2 4 5 该经销商采用哪种销售方案所得利润更大？通过计算说明理由.