期末测试卷(1)-【无敌原创】2025-2026学年高中数学必修第二册期末测试卷

数学 期未测试卷（一） (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。在每小题给出的选项中，只有一项符合题目 要求。 1.同时掷三枚均匀的硬币，出现“两枚正面，一枚反面”的概率是 A号 R c D. 2.已知复数x=cos0+isin0(i为虚部单位)，则之一1的最大值为 A.1 B.√2 C.2 D.4 3.《西游记》《三国演义》《水浒传》和《红楼梦》是中国古典文学瑰宝，并称为中国古典小说四大名 故 著.某中学为了解本校学生阅读四大名著的情况，随机调查了100位学生，其中阅读过《西游 记》或《红楼梦》的学生共有90位，阅读过《红楼梦》的学生共有80位，阅读过《西游记》且阅读 过《红楼梦》的学生共有60位，则该校阅读过《西游记》的学生人数与该校学生总数比值的估计 值为 助g 剂 城 A.0.5 B.0.6 C.0.7 D.0.8 ▣ 4.已知点P,A,B,C在同一个球的表面上，PA⊥平面ABC,AB⊥AC,PA=/5,BC=√3，则该球 的表面积为 ( 长 A.4π B.8元 C.16π D.32π 5.在等腰梯形ABCD中，AB=2DC,E,F分别为AD,BC的中点，G为EF的中点，则AG等于 ) A+号 BA店+号A D.a+A市 丝 6.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E,F分别为BC,CC1的中点，则平面AEF截正方体所得的截 面多边形的形状为 ( ) A.三角形 B.四边形 C.五边形 D.六边形 7.在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知b=4,A= 3,cC=-号asin B,则△ABC 2 2 的面积为 ( A.82 B.43 C.6 D.23 8.若点A,B,C均位于单位圆上，且AB=√3，则AB·AC的最大值为 A+是 B.23 C.3③ 2 D.3 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.已知向量a=(2,-1),b=(-3,2),c=(1,1),则 () A.a//b B.(a+b)⊥c C.a+b=c D.c=5a+3b 10.在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,则下列说法正确的有 ( A.a b+c sin A sin B+sin C B.若A>B,则sin2A>sin2B C.c=acos B+bcos A (AB AC D.若A商+A商) C-6,且斋·斋一吉国△AC为等达角形 11.甲乙两个质地均匀且完全一样的四面体，每个面都是正三角形，甲四个面上分别标有数字1， 2,3,4,乙四个面上分别标有数字5,6,7,8，同时抛掷这两个四面体一次，记事件A为“两个四 面体朝下一面的数字之和为奇数”，事件B为“甲四面体朝下一面的数字为奇数”，事件C为 “乙四面体朝下一面的数字为偶数”，则下列结论正确的有 () A.P(A)=P(B)=P(C) B.P(BC)=P(AC)=P(AB) C.P(ABC)- D.P(A·P(B·P(C)=S 12.如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，∠ABC=90°，AB=BC=2,AA1=2,M是BC的中点，N 是AC的中点，点P在线段B,N上，点Q在线段AM上，且AQ=号AM,S是AC,与A,C 的交点，若PS/平面B1AM,则 () N S 第12题图 A.PS//BQ B.P为B1N的中点 C.AC⊥PS D.三棱锥PB1AM的体积为号 1 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13.已知|a=√3，|b|=1,a-2b1=√6，则a·b= 14.给出以下命题：①和一条直线都相交的两条直线在同一平面内；②三条两两相交的直线在同 一平面内；③有三个不同公共点的两个平面重合；④两两平行的三条直线确定三个平面.其中 正确命题的个数是 15.某地“小康果”大丰收，现抽取5个样本，其质量分别为125，a,121,b,127(单位：克).若该样本 的中位数和平均数均为124，则此样本的标准差为 （用数字作答). 16.如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E,F分别为AA1,AB的中点，点P是正方体表 面上的动点，若C1P/平面CD1EF,则P点在正方体表面上运动形成的轨迹长度 为 D B D 第16题图 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表， 旧设备 9.8 10.3 10.0 10.2 9.9 9.8 10.0 10.1 10.2 9.7 新设备 10.1 10.4 10.1 10.010.1 10.3 10.6 10.510.4 10.5 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元和y,样本方差分别记为s 和s. (1)求元，y,s,s; 无敌原创·期末测试卷数学·必修第二册 (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x≥ ，则认为新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高，否则不认为有 2N10 显著提高) 18,12分)已知在△ABC中，c0sA-,a,be分别是角A,B,C所对的边. (1)求tan2A; 2)若sin(受+B)-22, 3,c=2,√2，求△ABC的面积 19.(12分)如图，已知矩形CDEF和直角梯形ABCD,AB∥CD,∠ADC=90°，DE=DA,M为 AE的中点， (1)求证：AC∥平面DMF; (2)求证：BE⊥DM. B 第19题图 家 蜜 养 20.(12分)某单位从一所学校招收某类特殊人才，对20位已经选拔入围的学生进行运动协调能 力和逻辑思维能力的测试，其测试结果如下表 逻辑思维能力 一般 良好优秀 一般 2 2 1 运动 协调能力 良好 6 优秀 1 3 e 例如表中运动协调能力良好且逻辑思维能力一般的学生是4人，由于部分数据丢失，只知道 从这20位参加测试的学生中随机抽取一位，抽到逻辑思维能力优秀的学生的概率为号 (1)求a,b的值； (2)从运动协调能力为优秀的学生中任意抽取2位，求其中至少有一位逻辑思维能力优秀的 学生的概率。 3 21.(12分)如图，在四边形ABCD中，△BCD是等腰直角三角形，∠BCD=90°，∠ADB=90°， Sn∠ABD=5,BD=2,AC与BD交于点E, (1)求sin∠ACD: (2)求△ABE的面积. A D B 第21题图 4 无敌原创·期末测试卷数学·必修第二册 22.(12分)如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，O1是A1C1的中点. (1)求证：平面AO1D1//平面DBC1; (2)设BB1的中点为M,过A,M,C1作一截面，交DD1于点N,求截面AMC1N的面积. D C 0 B M D C 第22题图参芳答案 期未测试卷（一） 一、L.A【解析：抛掷三枚均匀的硬币，共出现2×2×2=8种 情形，出现两枚正面，一枚反面的有（正，正，反），（正，反， 正)，（反，正，正）共3种，.出现两枚正面，一枚反面的概 率是子】 2.C【解析：由题意知：|z一1|=|cos0-1+isin0|= √(cos0-1)+sin0=√2-2cos0,∴.当cos0=-1时， x-1的最大值为2.】 3.C【解析：由题意得，阅读过《西游记》的学生人数为90一80十 60=70,则其与该校学生人数之比为70÷100=0.7.】 4.B【解析：把三棱锥补成一个长方体，长方体的外接球就是 原三棱锥的外接球，它的直径为√(5)+(3)产=22， 故球的表面积为π×(2√2)=8元.】 5.B【解析：因为在等腰梯形ABCD中，A=2D心，E,F分别 为AD,BC的中点，G为EF的中点，所以可得AG=A龙+ 心=合A市+康=号A市+(A市+D心)=号A市+ A点.】 6.B【解析：如图，把截面AEF补形为四边形AEFD1,连接 AD1,BC1,因为E,F分别为BC,CC1的中点，则EF//BC1, 又在正方体ABCD-A:B:C1D1中，AD/BC所以EF// AD1,则A,D1,F,E四点共面，则平面AEF截正方体所得的 截面多边形的形状为四边形.】 D 第6题图 7.B【解析：如图，过点C作CD⊥BA,交BA的延长线于点 D,因为CA=b=4,∠CAB=号，则∠CAD=x-∠CAB= 号，AD=CA·cos号=2，CD=CA·sin于=2V5,tanB- =鸽所以m∠ACB=mn(告-B) BD tan-tanB √3-tanB 3-23 c+2 1+tan tan B B1+3anB1+5×25G十8：又因 c+2 为ctan C=号asin B=号BC·sinB=号CD-45,所以 -9,即32-4c-32=0,解得c=4或c=-号 8 (舍)，所以5ac=sin=子X4X4×号-=43.】 D A B 第7题图 8.A【解析：设0为圆心，则1O|=1o1=1O心1=1， AB=(Oj-Oi)2=O-20A.0i+0A=2-20A· 成=3，解得O耐·0成=-，花·心=$· (OC-OA)=AB·O心-AB·OA=AB·O心- (OB-Oi)·O=AB·O心-Oi·Oi+Oi= 5cos迹.00+合+1=号+5cos(i,0心. :os(恋，0心∈[-1,1]，A峦.AC的最大值为5+.】 二、9.BD【解析：因为2×2一(-1)×（一3）=1≠0，所以a, b不平行，则A错：由(a+b)·c=(-1,1)·(1,1)= -1+1=0,所以(a十b)⊥c,则B正确；由a+b= (-1,1),c=(1,1),故C错，由5a+3b= (10-9,-5十6)=(1,1)=c,故D正确.】 10.ACD【解析：对于A项，由A=B=sC= sinB+sinC,故A正确：对于B项，若A>B,当A=120°， b+c B=30°时，则sin2A<sin2B,故B不正确；对于C项，c= acos B+bcos A sin C=sin Acos B+sin Bcos A= sin(A+B)=sinC,故C正确；对于D项，由 (TAE+C·B心-0，可得∠BAC的平分线与BC AB AC AB AC 1 垂直，所以△ABC为等腰三角形，又A·元-交 可得∠BAC-号，所以△ABC为等边三角形，故D正确.】 平行且在同一平面内，则只有一个平面，故④错.正确命题 的个数是0.】 1ABD【解析：由已知P(A)=子×子+子×号=号， 15.2【解析：不妨设a≤b,因为该样本的中位数为124，则b= PB=P(O=号=方，由已知有P(AB)=P(A)P(B)- 124,由平均数公式可得125+a+124+121+127=124,解 5 子，PAC=子，PBC=子，所以PA）=P(B)=PC, 得a=123,所以，该样本的标准差为 则A正确；P(BC)=P(AC)=P(AB),则B正确；事件A, /2=4)牛(8-4)牛(C4-4)牛（伤-4）牛(7-2∑=2】 B,C不相互独立，故P(ABC)-号错误，即C错误；P(A)· 16.√2+2√5【解析：如图，取BB1的中点G,A1B1的中点H, P(B)·P(C)=日，则D正确】 连接GH,CG,CH,AB,EG,HF.正方体ABCD- A1B1CD1的棱长为2，E,F,G,H为中点，所以EF//A1B, 12.ACD【解析：对于A项，如图，连接NS交AC于G点，连 GH//AB,所以EF//GH且EF=GH=√2.因为F,H分 接BG.则由AB=BC,AQ=号AM,可得BG必过点Q,且 别为AB,AB的中点，所以FH/CC,且FH=CC,所以 BQ-子BG,因为PSC平面BB,NG,PS/平面AMB,平 四边形FHCC为平行四边形，所以HC1//CF.因为HC,中 面AMB∩平面BBNG=B,Q,所以PS/B,Q,故A正确； 平面CDEF,CFC平面CDEF,所以HC/平面CD,EF. 对于B项，：PS/BQ,.∠NPS=∠NBQ=∠BQB, 同理可证：HG//平面CDEF.又GH∩HC1=H,HCC平 ∴R△PN3.Rt.△QBB,÷器=品=子，即PN 面CGH,GHC平面CGH,所以平面CHG/平面 CD1EF,所以P点在正方体表面上运动所形成的轨迹为三 QB=宁×号BG=号N,P为靠近N的三等分点， 角形C1HG.因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，所 故B错误；对于C项，：AC⊥NG,AC⊥BG,NG,BGC平面 以HC1=GC1=√22+1=√5，所以三角形C:HG的周长 BB1NG,NG∩BG=G,∴.AC⊥平面BB1NG,PSC平面 为GH+HC+GC1=√2+5+5=√2+2W5.】 BB1NG,∴AC⊥PS,故C正确；对于D项，BP/BQ,且 B1P=BQ,.BB1PQ是矩形，.VP-AB,M=VB-AB,M= V4-w=号×2X号×2X1=号，故D正确】 第16题图 四、17.解：1)7=98+103+10+102+99+9.8+10+101+10.2+9.7 10 B 10,5-10.1+10.4+10,1+10.0+101+10,3+106+05+104+05 10 103,斤=Q2+03+0+02+01P+02+0+0+0g+0.3_ 第12题图 10 三，13.【解析：将a-2b=6两边平方，得3-4a·b十 Q.086,-02+0+0Y+0￥+0罗+0+Q3+02+01+0竖-0% 0 4=6,得a…b=子】 (2)依题意，y-x=0.3=2×0.15=2√0.15= 14.0【解析：空间中和一条直线都相交的两条直线不一定在 2V0.025,2√0036t0.0=2V0.0076,y-无2 10 同一平面内，故①错；若三条直线相交于一点时，不一定在 同一平面内，如长方体一角的三条线，故②错；若两平面相 2√，所以新设备生产产品的该项指标的均值较 交时，也可有三个不同的公共点，故③错；若三条直线两两 旧设备有显著提高。 41 18,解：因为easA=5且AE(0,x,inA=1-oA mA-恶A号am2A= √3 1-tan2A =2v2. (2)由sin(受+B)-2 3,得cosB=2 3,由B∈(0，x), 所以sinB=V-cosB=号，则sinC=sin(A十B)= sin Acos B+-cos Asin B=号，由正弦定理，得a=imA sin C 2,△ABC的面积为S=acsin B-2. 3 19.证明：(1)如图，连接EC交DF于点N,连接MN,因为 CDEF为矩形，所以EC,DF相互平分，所以N为EC的中 点.又因为M为EA的中点，所以MN∥AC.又因为AC中 平面DMF,且MNC平面DMF,所以AC∥平面DMF. (2)因为CDEF为矩形，所以CD⊥DE.又因为∠ADC 90°，所以CD⊥AD.因为DE∩AD=D,DE,ADC平面 ADE,所以CD⊥平面ADE.又因为DMC平面ADE,所以 CD⊥DM.又因为AB∥CD,所以AB⊥DM.因为AD= DE,M为AE的中点，所以AE⊥DM.又因为AB∩AE=A, AB,AEC平面ABE,所以MD⊥平面ABE.因为BEC平 面ABE,所以BE⊥DM. D B 第19题图 20.解：(1)由题意可知，逻辑思维能力优秀的学生共有(2+a) 人，设事件A:从20位学生中随机抽取一位，逻辑思维能力 优秀的学生，则P(A)==号，解得a=2,所以6=4 (2)由题意可知，运动协调能力为优秀的学生共有6位，分 别记为M1,M2,M3,M,M,M.其中M和M为运动协 调能力和逻辑思维能力都优秀的学生，从中任意抽取2位， 可表示为M1M2,M1M,M1M4,MM,M1M,M2M2, M2 M,M2 Ms M2 Ms,M:M.MMMMM,Ms M,Me, MM,共15种可能.设事件B:从运动协调能力为优秀的 学生中任意抽取2位，其中至少有一位逻辑思维能力优秀 的学生，事件B包括M1M,M1M,M2M5,M2M,MM, MM6,MM,MM,MM,共9种可能，所以P(B)= 是-号，所以至少有一位逻辑思维能力优秀的学生的概率 为 42 无敌原创·期末测试卷数学·必修第二册 21.解：(1)因为△BCD是等腰直角三角形，∠BCD=90°，BD= 2,所以∠CBD=∠CDB=45°，BC=CD=BDsin45°=√2」 在△ABD中，∠ADB=9O,Sin∠ABD=5,所以 cos∠ABD-25,因此AB=V5,则AD=1.在△ACD中， ∠ADC=135°，由余弦定理得AC=AD+CD-2AD· CDcos∠ADC=1+2-2√2cos135°=5，因此AC=√5.由 AD AC 正弦定理得sn∠ACD=sin∠ADC,即sin∠ACD sini35,所以sim∠ACD=Y① √5 10 (2)在△ACD中，由正弦定理可得m∠CAD-停，则 cos∠CAD-25,所以am∠CAD=名，所以DE=AD: 5 am∠CAD=子，所以△ABE的面积为SAE=S四 S (ADX BD-ADX DE) 22.证明：(1)如图1，连接AC,BD,若AC∩BD=O,连接OC, 由AA1//CC1,AA,=CC1,可得四边形AA,CC为平行四 边形，∴.AC/A1C.又：C1O,=AO,∴四边形AOCO为 平行四边形，即AO/CO,而A1O￠平面DBC1,C1OC平 面DBC1,∴.AO/平面DBC1,同理，ABCD1是平行四边 形，即AD/BC,而AD丈平面DBC,BCC平面DBC, ∴.AD1//平面DBC1,而AO1∩AD1=A,∴.平面AO1D1/ 平面DBC1. (2)解：如图2，连接AM,C,M,平面AMC与平面AADD 交于AN,由平面AADD/平面BBCC,且平面AMC∩ 平面BBCC=CM,平面AMC∩平面AADD=AN, .CM//AN,同理有AM//CN,即四边形AMC:N为平行 四边形，在Rt△ABM与Rt△C1B1M中，易知AM=C1M, 即四边形AMC1N为菱形，故N为DD1的中点.，正方体 ABCD-A1B1CD1的棱长为2，∴.MN=2√2，AC1= V2+2+8=25,∴截面面积S=合×2E×26 2√6. B A 图1 图2 第22题图 √2+（合）-2x2x号×cs60=里.在△AMr中， 期未测试卷（二） 由余弦定理可知AF=AMP+MF2一2AM·MF· 一、1.B【解析：(a十3i)i=-3十ai=b一2i,所以a=-2,b= cos∠AMF,即号=5+：-2X5×号Xcos∠AMF,解得 -3得会=】 cos∠AMF=号.】 2.D【解析：因为向量a=(x,y),b=(1,2),c=(一1,1)，所以 a-c=(x+1,y-1),又a∥b,b⊥(a-c),所以 1 1×y=xX2, 5, 解得 所以向量a的 (x+1)×1+(y-1)×2=0, 坐标为（行，号）】 3.B【解析：因为原产品尺寸为，x2,…,x,新产品尺寸为 第7题图 2x1,2x2,…,2xm,原方差为g2,故新方差为(2g)2=42.】 8.C【解析：根据决赛规则，至少需要进行四场比赛，至多需要 4.C【解析：把甲、乙、丙三人用a,b,c表示，由题意可知：传球 进行五场比赛.(1)甲获得冠军有两种情况：①共比赛四场结 的方式有以下形式：(a,b,a,b),(a,b,a,c),(a,b,c,a), (a,b,c,b),(a,c,a,b),(a,c,a,c),(a,c,b,a),(a,c,b,c), 束，甲四连胜夺冠，概率为（号）广=②共比赛五场结束， 求概率为号=子】 并且甲获得冠军，则甲的胜、负、轮空结果共有四种情况：胜 5.B【解析：如图，连接AC与BD交于点O,则点O为AC的 胜胜负胜，胜胜负空胜，胜负空胜胜，负空胜胜胜，概率分别 中点，因为E为AD的中点，所以F为三角形ACD的重心， 为立六六因此，甲最终获得冠军的概率为高+立 所以=号(aC+A办)=号（-a-b-a)=-2a】 品十6+-品.(2)乙获得冠军，与(1)同理，概率也为 D 品(3)丙我得冠军，概率为1一是-是-是>品∴丙 0 获得冠军的概率最大.】 第5题图 二、9.ABC【解析：讲座前问卷答题的正确率排序为60%， 60%,65%,65%,70%,75%,80%,85%,90%,95%,中 6.C【解析：如图，把四棱锥P-ABCD补成一个长方体，长方 体的对角线就是其外接球也是四棱锥P-ABCD的外接球直 位数=2(70%+75%)>70%，A正确；讲座前极差= 径，设球半径为R,则(2R)2=PA2+AB2+BC=50,球表面 95%-60%=35%,讲座后极差=100%一80%=20%< 积为S=4πR2=50π.】 35%,B正确：讲座后云=10(90%+85%+80%+95%+ 85%十85%十95%十100%+85%+100%)=90%，所以 D错误；讲座前后比较：讲座前极差较大，并且讲座前数 D 据较分散，所以讲座前方差较大，所以C正确.】 B 10.ACD【解析：当将△ACD绕AC边旋转到CD⊥BC时，因 第6题图 为CD⊥AC,AC∩BC=C,此时CD⊥平面ABC,而AB, 7.D【解析：如图，取BC的中点E,连接BE,取BE的中点 BCC平面ABC,则CD⊥AB,CD⊥BC,AD正确，此时 F,连接MF,AF,AM,即∠AMF为异面直线AM与CN所 AB⊥平面BCD,DBC平面BCD,所以AB⊥DB,C正确. 成的角.由已知条件得BE=V2+T=5,则MF= 若BC⊥AD,而AB⊥BC,AB∩AD=A,故必有BC⊥平面 2 ABD,由图形可知，D点在B点正上方，而CD<BC,所以显 AM=√22+1下=√5，由余弦定理得AF= 然BC⊥AD不可能.】