期末测试卷(2)-【无敌原创】2025-2026学年高中数学必修第二册期末测试卷

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.】 11.BC【解析：如图，连接BG,CF,由正八边形的性质可知， AH∥BG,CF∥BG,所以AH∥CF,所以A方与C克是共线向 量，所以A方与C市不能构成一组基底，A项错误；∠AOC 专×2x=受，所以0A10C,所以O耐.0心=0，B项正确： 因为OA⊥O心，由平行四边形法则可知，OA+O心=√2O范，C 项正确：正八边形的每一个内角为日×(8一2)X元=至， AB⊥CD,所以AC.Ci=(AB+BC)·CD=AB.CD+ C.市-Cc0s(x一乎)=号，D项错误（或者从正 八边形的性质可知AC与C市的夹角为锐角，则有AC.CD> 0可判断D错误).】 H B 第11题图 12.BCD【解析：在△ABC中，c0sA=3+5-72 = 2×3×5 之所 以sinA设△ABC外接圆半径为R,则R=C sin A 后-14：，则R=,故A错误；设△ABC内切圆半径 3 2 为r,则56e=(3+5+7)r=合X3X5×号解得 3 图故B正确因为os∠BA0云A-Z35 OA= 7√3 14 3 5 cos∠CAO= AC OA 22。=53,所以A0·BC=A0. 7w3 3 (AC-A市)=Aò.A花-A0.A市=75×5×55 14 73×3×35=8,故C正确：如图，设内切圆与三角形分 3 14 别切于D,E,F,则设AE=EF=x,CE=CD=y,BD=BF= 1 x+y=5, x2' ,x+=3,解得y=号，所以A1=VAF+7=1,则 y十x=7, 5 cos∠BA1=2,0s∠CA1=号，所以立·BC=i· (心-A$)=i·AC-i·A市=1×5×分-1×3× 之=1，放D正确】 B D 第12题图 三、13.4【解析：因为1-i为实系数一元二次方程x2-bx十c= 0的一根，所以1+i也为方程x2一bx+c=0的根，所以 1(1-i)+(1+i)=b,b=2, 解得 所以b十c=4.】 (1-i)(1+i)=c, c=2, 14.5【解析：如图，连接EB,:BB⊥平面ABCD,∠FEB 5 即为直线EF与平面ABCD所成角，在Rt△FBE中，BF= 号BB,=1,BE=VAB+AE=V2+下=5， m∠PEB=器方停】 D A D F E B 第14题图 15.号【解析：设A:第i次通过1QC,B,:第i次通过PQC (i=1,2).由题意知P(AB十AA2B1十A1BB2十 不A:瓦B,)=吾，即是Xp十子×子×p+是× 1-p)×p+子×是×(1-p)p=吾，解得p=号或p 专（舍去.】 16.[2巨，）【解析：在△ABC中，由余弦定理得a2=?十 2-2 becosA,且△ABC的面积S=esinA,由2S=d2- (b-c)2,得bcsin A=2bc-2 bccos A,化简得sinA+2cosA= 2,又A∈(0，受)，simA十cosA=1,联立得5simA- 4sinA=0,解得sinA=号或sinA=0(舍去)，所以么 4 sin C -sin (A+C)=sin Acos C+cos Asin C sinC sin C 4X5×3/7=157 8 4 号.因为△ABC为锐角三角形，所以0<C<受，B= (2)存在.显然c>b>a,若△ABC为钝角三角形，则C为钝 角，由余弦定理可得cosC=。+2-c= A-C<交，所以交-A<C<交，所以tanC> 2ab am(受-A)=品=子，所以品c∈(0，专)，所以 +aat2》-号0解得-1Ka<3 2a(a+1) 则0<a<3,由三角形三边关系可得a十a+1>a十2，可得 名∈（停，号）设名=6其中（号，号），所以2沙士兰 bc a>1.a∈Z,故a=2. 19.解：(1)由题意可知，第四组的人数为100×0.16=16，故 26+6=2+ 由对勾函数单调性知 4 m=100-14-36-16-4=30,n=100=0.04.又 y=21+在（号，号）上单调递减，在（受，号）上单调递 [60,70)内的颜率为品=0.30，“z=080=0.080 10 增，当号时y=2：当=是时-铝当=号时y :[90,100)内的频率为0.04y-9g-0.04 (2)由频率分布直方图可知第一、二组频率之和为0.14+ 碧：所以y∈[2反碧》，即弥的取值范图 bc 0.30=0.44,前三组频率之和为0.14十0.30十0.36=0.80， 是[2，)】 故中位数为70+0.5004≈71.67。 0.036 四、17.证明：(1)如图，连接AB:与A1B,两线交于点O,连接 (3)由题意可知，第4组共有16人，第5组共有4人，用分 OM,在△B1AC中，M,O分别为AC,AB1的中点，所以 层抽样的方式从第四、第五组抽取5人，则第四、第五组抽 OM//B1C,又OMC平面A1BM,B1C￠平面A1BM,所 取人数为4人和1人，设第4组的4人分别为a,b,c,d,第5 以B1C//平面A1BM. 组的1人分别为A,则从中任取2人，所有基本事件为 (a,b),(a,c),(a,d),(a,A),(b,c),(b,d),(b,A),(c,d), (c,A),(d,A)共10个，又抽到的2人均来自第四组的基本 0 事件有(a,b),(a,c),(a,d),(b,c),(b,d),(c,d)共6个，故 抽到的2人均来自第四组的概率为品-号 20.证明：(1)如图1，过点A作AE/CD交BC于点E,连接 第17题图 AE.在Rt△ACD中，AD⊥CD,AD=1,CD=2,AC=√5. (2)因为AA:⊥底面ABC,BMC平面ABC,所以AA:⊥ 又：AD/BC,AE/CD,∴四边形AECD为矩形，∴AE= BM.又M为棱AC的中点，AB=BC,所以BM⊥AC.因 CD=2,AD=EC=1,AE⊥BC.·BC=5,.BE=BC 为AA1∩AC=A,AA1,ACC平面ACC1A1,所以BM⊥ EC=5-1=4,在Rt△ABE中，AB=√BE+AE=2√5. 平面ACC,A1,AC1C平面ACC1A1,所以BM⊥AC1.因 .AB=2/5,AC=5,BC=5,..AB*+AC=BC,..ACL 为AC=2,所以AM=1.又AA1=√2，在Rt△ACC1和 AB..PA⊥平面ABCD,ACC平面ABCD.∴.PA⊥AC ,PA∩AB=A,PAC平面PAB,ABC平面PAB,.AC⊥ Rt△A1AM中，tan∠ACC=tan∠A,MA=√2，所以 ∠AC1C=∠A1MA,即∠ACC+∠CAC=∠A:MA+ 平面PAB.,PBC平面PAB,AC⊥PB. ∠CAC=90°，所以A:M⊥AC,又BM∩AM=M, (2)解：如图2，过点M作MN/PA交AD于点N,连接 MN,CN.又：PA⊥平面ABCD,.MN⊥平面ABCD.点 BM,A1MC平面A1BM,所以AC⊥平面ABM. 18.解：(1)因为2sinC=3sinA,则2c=2(a+2)=3a,则a=4, M为PD的中点，·三棱锥MACB的高MN=令PA=1, 故=56=6,60sC=+。二-言，所以，C为悦角，则 2ab V-a=专Saam·MN=号×（号×25×w5)X1= snC=V广cosC=3,因此，Saw=ainC=× 号在R△PAD中，PD=√PA+AD=6.:M为PD 43 的中点，∴AM=号PD=与又：点M为PD的中点， MNW/PA..AN-=DN=合AD=合，在R△CDN中， CN=VDN+CD-√合)+2=：MNL平面 ABCD,CNC平面ABCD,∴.MN⊥CN.在Rt△CMN中， CM-V+CW-√P+(-g,在△AwC 中，由余弦定理得cos∠MAC=AM十AC一-MC=1 2AM·AC 5 n∠MAC=I-ZNIAC-2Sx=子AM: AC·sm∠MAC-设点B到平面MAC的距离为d,则 号，解得d 5yE,点B到平面MAC的距离为55， 3 3· 图1 B 图2 E 第20题图 21.解：(1)设这m人的平均年龄为x,则x=22.5×0.05+ 27.5×0.35+32.5×0.3+37.5×0.2+42.5×0.1=32.25 (岁).设第80百分位数为a,由5×0.02十(40-a)× 0.04=0.2,解得a=37.5. (2)(i)由题意得，第四组应抽取4人，记为A,B,C,甲，第五 44 无敌原创·期末测试卷数学·必修第二册 组抽取2人，记为D,乙.对应的样本空间为2={(A,B), (A,C),(A,甲)，(A,乙)，(A,D),(B,C),(B,甲)，(B,乙)， (B,D),(C,甲)，(C,乙)，(C,D),(甲，乙)，（甲，D), (乙，D),共15个样本点.设事件M=“甲、乙两人至少一人 被选上”，则M={(A,甲)，(A,乙)，(B,甲)，(B,乙)， (C,甲)，(C,乙)，（甲，乙），（甲，D),(乙，D)},共有9个样 本点，所以P0=密-号 ()设第四组、第五组的宣传使者的年龄的平均数分别为 无4，正，方差分别为成，品，则无4=37，，=43，=号，号 1,设第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数为乏，方 差为，则=-运青24=39=日4X[民+(-门十 6 2×[s号十（元5一乏）2]〉=10，因此，第四组和第五组所有宣传 使者的年龄方差为10.据此，可估计这m人中年龄在35~ 45岁的所有人的年龄方差约为10. 22.(1)证明：如图，连接AE,由题意知AB为⊙O的直径，所以 AE⊥BE.因为AD,EF是圆柱的母线，所以AD∥EF且 AD=EF,所以四边形AEFD是平行四边形.所以AE∥ DF,所以BE⊥DF.因为EF是圆柱的母线，所以EF⊥平 面ABE,又因为BEC平面ABE,所以EF⊥BE.又因为 DF∩EF=F,DF,EFC平面DEF,所以BE⊥平面DEF. (2)解：由(1)知BE是三棱锥BDEF底面DEF上的 高，EF⊥AE,AE∥DF,所以EF⊥DF,即底面三角形 DEF是直角三角形.设DF=AE=x,BE=y,则在 R△ABE中有x2+y=6,所以V-Er=专SEr·BE= (宁6)·yw<.生-当且仅当 x=y=√3时等号成立，即点E,F分别是AB,CD的中点时， 三棱锥BDEF的体积最大. 0 0 第22题图 -号又：C∈(0，，所以C=要，根据正孩定理可知长边 期未测试卷（三） 对大角，故最大角的弧度数为】 一、1.D【解析：设z=a十bi(a,b∈R),则x十z=2a,x一= 7.B【解析：设D市=ADC,EF=4E克，因为AF=AD+D市= 2bi,所以2(z+之)-3(z一2)=4a-6bi=4+6i 号AB+AD心=子A范+A(Di+A心=号AB+A(-号A范+ 4a=4, 解得 a=1, 所以x=1-i.】 -6b=6, 6=-1, O=号2a恋+xAC,A亦=At+E萨=号AC+:E弦 3 2.A【解析：由题意得，球的半径R=2,圆柱的底面半径r= 号成+i+=号成+(-号成+=与+ 1,高h=3,则该儿何体的表面积为S=2πR2十πR2+2πrh= 2 8x+4π+2xX1×3=18π.】 uA范，所以有 因此.BC=(号恋+ 3.C【解析：因为a=2,b|=1,且a与b的夹角为号，所 ,u=5 以|a+b|=√(a+b)7=√a+2a·b+b= 号AC(-A恋+A心)=-专A恋+号A衣-号A心·A点.因 √2+2X2X1Xcos3+1=7.】 为A=专，AB=3,AC=4,所以.C=A求.BC=-号× 4.D【解析：由题意，事件A∩B为：两个点数都为奇数，由概 率1一P(A∩B)指的是事件A∩B的对立事件的概率，则事 9+号×15-合×3x4x-号】 2 件A∩B的对立事件为：至少有一个点数为偶数，或者至多 8.A【解析：如图，过点B:作B1E//A1N交D1C1延长线于点 有一个点数为奇数.】 E,则CE=子D,C,若G为CC的中点，连接BG,而M为 5.A【解析：因几何体平面展开图由一个等边三角形和三个 等腰直角三角形组合而成，于是得原几何体是正三棱锥 AA1的中点，在长方体中B1G//DM,而B1G∩B1E=B1且 D-ABC,其中DA,DB,DC两两垂直，且DA=DB=DC,取 B1G,B1EC平面B1GE,由A1N￠平面B1GE,则A1N//平面 BD的中点F,连接EF,AF,如图，因为E为BC的中点，则 B1GE,由DM￠平面BGE,则DM//平面B1GE,所以平面 有EF//CD,因此，∠AEF是异面直线AE与CD所成角或 BGE即为平面a,延长EG交DC于F,易知F为DC中点， 其补角，令DB=2,则EF=合DC=1,R△ADF中，AF 则EF//C1D且EF=CD.又C1D//BA且C1D=B1A,故 四边形AFEB1为平行四边形，则EF/B1A且EF=B1A,故 VAD+DF-5,在正三角形ABC中，AE=号AB=6, A,F,E,G,B1共面.连接AF,即平面AFGB1为平面a截长 方体所得截面，延长AF,B,G分别交BC于一点，而在 于是有AF+EF=6=AE,即∠AFE=90°，cos∠AEF= △ABH,△B1BH中CF,CG都为中位线，由AB=AA1=4, 罡-誓，所以异面直线AE与CD所成角的余弦值为】 BC=3,则器-需放AF,BG交C于同-点H,易知 B △AHB为等腰三角形且AH=BH=2√3，AB,=4W2, 则@∠AH8-装2-号，可得m∠AHB,-2奥 13 又S,=5m,=××52x2-3v2.】 13 D 第5题图 G 6.B【解析：：sinA:sinB:sinC=1:√2：√5，∴.由正弦定 理得a:b:c=1√2：√5，设a=k,b=√2k,c=√5k,则根据 余弦定理可知c0sC=+-_+(2)-（5)= 2ab 2√2k2 第8题图数学 期末测试卷（二） (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.若(a十3i)i=b-2i,其中a,b∈R,i是虚数单位，则等于 A.-3 B c D-号 2.已知向量a=(x,y),b=(1,2),c=(一1,1)，若满足a∥b,b⊥(a一c),则向量a的坐标为 製 A() B(，) c(层 D.() h 3.为了评估某种工艺制作零件的效果，随机选出n件产品，这n件产品的尺寸（单位：cm)分别为 部 都 x,x2,…,xm,求得方差为。2，如果再生产n件产品，尺寸都相应扩大为原来的两倍，则这批新 ▣ 产品的方差为 ( 长 A.2 B.4o2 C.2o2 D.√2.2 4.甲、乙、丙三人玩传球游戏，每个人都等可能地把球传给另一人，由甲开始传球，作为第1次传 球，经过3次传球后，球回到甲手中的概率为 丝 A日 点清 c D 5.在平行四边形ABCD中，设C范=a,CD=b,E为AD的中点，CE与BD交于F,则A户等于 A.-a+26 B. 2a-+b C.-a-26 2a-b 3 3 D. 3 6.据《九章算术》中记载，“阳马”是以矩形为底面，一棱与底面垂直的四棱锥.现有一个“阳马”， PA⊥底面ABCD,底面ABCD是矩形，且PA=5,AB=4,BC=3,则这个“阳马”的外接球表面 积为 A.5π B.200π C.50π D.100π 7.如图，在正三棱柱ABC-A1B1C中，AB=AA1=2,M,N分别是BB1和B1C的中点，则直线 AM与CN所成角的余弦值等于 () A M B 第7题图 A号 B.2⑤ 2 c n号 8.某校高二年级学生举行中国象棋比赛，经过初赛，最后确定甲、乙、丙三位同学进入决赛.决赛 规则如下：累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜 者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两 人继续比赛，直至其中一人被淘汰，最后的胜者获得冠军，比赛结束.若经抽签，已知第一场甲、 乙首先比赛，丙轮空.设每场比赛双方获胜的概率都为，则 () A.甲获得冠军的概率最大 B.甲与乙获得冠军的概率都比丙大 C.丙获得冠军的概率最大 D.甲、乙、丙每人获得冠军的概率都一样大 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.某小区通过开设公益讲座以提高居民的环境保护意识，为了解讲座的效果，随机抽取10位小 区居民，让他们在讲座前和讲座后各回答一份环境保护的知识问卷，这10位小区居民在讲座 前和讲座后问卷答题的正确率如图，则以下结论正确的有 () ↑正确率 100% 95% ◆◆ 90%。…◆ 85%◆……◆…◆…t… ◆讲座前 80% ·讲座后 75% 70% 65% 60%…◆…◆ 012345678910居民编号 第9题图 A.讲座前问卷答题的正确率的中位数大于70% B.讲座后问卷答题的正确率的极差小于讲座前问卷答题的正确率的极差 C.讲座前问卷答题的正确率的方差大于讲座后问卷答题的正确率的方差 D.讲座后问卷答题的正确率的平均数大于90% 5 10.如图，已知四边形ABCD是由一个等腰直角三角形ABC和一个有一内角为30°的直角三角 形ACD拼接而成，将△ACD绕AC边旋转的过程中，下列结论中可能成立的有 () A.CD⊥AB B.BC⊥AD C.BD⊥AB D.BC⊥CD 11.如图，点O是正八边形ABCDEFGH的中心，且|A=1,则 A.A立与C能构成一组基底 B.OA·OC=0 C.oA+O心=√2Oi D.AC.C市=-2 G D ·0 C B B 第10题图 第11题图 12.已知在△ABC中，AB=3,AC=5,BC=7,O为△ABC外接圆的圆心，I为△ABC内切圆的 圆心，则下列叙述正确的有 () A△ABC外接圆半径为14： B.△ABC内切圆半径为 2 C.A6.BC=8 D.AI.BC-1 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13.若关于x的实系数一元二次方程x2一bx十c=0的一根为1一i(i为虚数单位)，则b十c= 14.如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是AD的中点，F是BB1的中点，则直线 EF与平面ABCD所成角的正切值为 D E 第14题图 15.产品质量检验过程主要包括进货检验(IQC),生产过程检验(IPQC),出货检验(OQC)三个环 节.已知某产品1QC单独通过率为子，IPQC单独通过率为p(0<p<1),规定上一类检验不通 过则不进入下一类检验，未通过可修复后再检验一次（修复后无须从头检验，通过率不变且每 类检验最多两次)，且各类检验间相互独立.若该产品能进入OQC的概率为，则 P= 16.在锐角△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,S为△ABC的面积，且2S=a2一(b-c)2, 则沙七的取值范倒为 6 无敌原创·期末测试卷数学·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)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，M为棱AC的中点，AB=BC,AC=2,AA1=√2. (1)求证：B1C//平面A1BM; (2)求证：AC1⊥平面A1BM B C B 第17题图 18.(12分)在△ABC中，角A,B,C所对的边长分别为a,b,c,b=a十1，c=a+2. (1)若2sinC=3sinA,求△ABC的面积； 印 (2)是否存在正整数a,使得△ABC为钝角三角形？若存在，求出a的值，若不存在，说明 理由. 19.(12分)随着人民生活水平的不断提高，“衣食住行”愈发被人们所重视，其中对饮食的要求也 愈来愈高.某地区为了解当地餐饮情况，随机抽取了100人对该地区的餐饮情况进行了问卷 调查.请根据下面尚未完成并有局部污损的频率分布表和频率分布直方图（如图），解决下列 问题 (1)求m,n,x,y的值 (2)求中位数； (3)用分层抽样的方式从第四、第五组抽取5人，再从这5人中随机抽取2人参加某项美食体 验活动，求抽到的2人均来自第四组的概率 组别 分组 频数 频率 个频率 组距 第1组 「50,60) 14 0.14 0.036 第2组 60,70) 第3组 「70,80) 36 0.36 0.016 0.014 第4组 80,90) 0.16 y 第5组 [90,100) 4 n 0 5060708090100满意度分 合计 第19题图 器 菜 20.(12分)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD,AD//BC,AD⊥CD,且AD=1,BC= 5,PA=CD=2. (1)证明：AC⊥PB; (2)若点M为PD的中点，求点B到平面MAC的距离. M D B 第20题图 21.(12分)某市为了了解人们对“中国梦”的伟大构想的认知程度，针对本市不同年龄和不同职 业的人举办了一次“一带一路”知识竞赛，满分100分(95分及以上为认知程度高)，结果认知 程度高的有m人，按年龄分成5组，其中第一组：[20,25)，第二组：[25,30)，第三组：[30,35)， 第四组：[35,40)，第五组：[40,45]，得到如图的频率分布直方图，已知第一组有10人. (1)根据频率分布直方图，估计这m人的平均年龄和第80百分位数； (2)现从以上各组中用分层随机抽样的方法抽取20人，担任本市的“中国梦”宣传使者 ()若有甲（年龄38），乙（年龄40）两人已确定入选宣传使者，现计划从第四组和第五组被 抽到的使者中，再随机抽2名作为组长，求甲，乙两人至少有一人被选上的概率； (若第四组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为37和？，第五组宣传使者的年龄的 平均数与方差分别为43和1，据此估计这m人中35~45岁所有人的年龄的方差， 频率 个组距 0.07 0.06 0.05 0.04 0.03 0.02 0.01 0 202530354045年龄/岁 第21题图 8 无敌原创·期末测试卷数学·必修第二册 22.(12分)如图，ABCD为圆柱OO'的轴截面，EF是圆柱上异于AD,BC的母线 (1)证明：BE⊥平面DEF; (2)若AB=BC=√6，当三棱锥B-DEF的体积最大时，求二面角BDF-E的正弦值 D C 01 E B 0 第22题图