期末测试卷(3)-【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（三） (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.已知复数之满足2（之十z)一3（之一乏）=4+6i,则之等于 ) A.-1+i B.-1-i C.1+i D.1-i 2.如图，“蘑菇”形状的几何体是由半个球体和一个圆柱体组成的，球的半径为2，圆柱的底面半径 为1，高为3，则该几何体的表面积为 () 第2题图 那 A.18π B.20π c.22晋 D.26π 3.已知平面向量a,b满足a=2,b=1,且a与b的夹角为 ，则a+b等于 器 A.3 B.5 C.√7 D.3 4.掷两颗骰子，观察掷得的点数.设事件A为：至少一个点数是奇数，事件B为：点数之和是偶 数，事件A的概率为P(A),事件B的概率为P(B),则1一P(A∩B)是下列哪个事件的概率 A.两个点数都是偶数 B.至多有一个点数是偶数 C.两个点数都是奇数 D.至多有一个点数是奇数 茶 5.如图，某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，E为BC的中 点，则在原几何体中，异面直线AE与CD所成角的余弦值为 ( ) B 第5题图 A. B. 3 C.3 6 D 12 6.在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,若sinA:sinB:sinC=1:√2：√5，则最大角 的弧度数为 () A. B平 c号 D登 7,在△ABC中，A=号，点D在线段AB上，点E在线段AC上，且满足2AD=DB=2,AE= EC=2,CD交BE于F,设AB=a,AC-b,则A户·BC等于 () C29 5 D号 8.已知长方体ABCD-A1B1C1D1中AB=AA1=4,BC=3,M为AA1的中点，N为C1D1的中点， 过B1的平面α与DM,A1N都平行，则平面α截长方体所得截面的面积为 () A.3√22 B.311 C.422 D.5√/11 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.从装有2个白球和3个红球的袋子中任取2个球，则 () A.“都是红球”与“都是白球”是互斥事件 B.“至少有一个红球”与“都是白球”是对立事件 C.“恰有一个白球”与“恰有一个红球”是互斥事件 D.“至少有一个红球”与“至少有一个白球”是互斥事件 10.在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c,下列四个命题中，正确的命题为() A.若A:B:C=1:2:3,则a:b:c=1:2:3 B.若cosA<cosB,则sinA>sinB C.若A=30°，a=3,b=4,则这个三角形有两个解 D.若△ABC是锐角三角形，则tanA·tanC<1 11.学校为了调查学生在课外读物方面的支出情况，抽出了一个容量为n且支出在[20,60)元的 样本，其频率分布直方图如图，则下列说法错误的有 频率 组距 A.估计众数为45 0.036 B估计第80百分位数是° 0.024 C.估计平均数为43 0.010 D.支出在[50,60)的频率为0.25 02030405060元 12.已知向量a=(3,1),b=(cos0,sin0)(0≤0≤π)，则下列命题正 第11题图 确的有 A.若a⊥b,则tan0=-√3 B.存在0，使得a+b=a-b C与a共线的单位向量只有一-个为(，》 D向量a与b夹角的余弦值范固是[-号，] 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13.若复数(1十ai)(3一i)(i为虚数单位)的实部和虚部互为相反数，则实数a= 14.已知非零向量a,b满足a-b=a,a⊥(a一b),则a与b的夹角为 15.“宝塔有湾湾有塔，琼花无观观无花”，这宝塔即为文峰宝塔，文峰塔 是水陆交通进出扬州的标志，此塔最宜登高远跳，俯观塔下殿宇静谧 安详，运河流淌，形成动静对比.如图，某个学生想要测量塔的高度， 选取与塔底D在同一个水平面内的两个测量基点A与B,现测得 30. A ∠DAB=75°，∠ABD=45°，AB=96米，在点A处测得塔顶C的仰 角为30°，则塔高CD为 米 16.设A,B是两个随机事件，A,B分别为A,B的对立事件.给出以下命 第15题图 题：①若A,B为互斥事件，且P(A)=,P(B)=3,则P(A+B)=名；②若P(A)=7,P(B)= 3,且P(AB)-石，则A,B相互独立：③若P(A)=号，P(B)=3,且P(万B)-3,则A,B相 互独立；④若P(A)=2,P(B)=弓，且P(AB)=日，则A,B相互独立.其中所有真命题的序 号为 10 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，四棱锥P-ABCD的底面是矩形，PD⊥底面AB CD,M为BC的中点，且PB⊥AM. (1)证明：平面PAM⊥平面PBD: (2)若PD=DC=1,求四棱锥P-ABCD的体积. D C 第17题图 18.（12分)某中学举行了一次“环保知识竞赛”，全校学生参加了这次竞赛.为了了解本次竞赛成 绩情况，从中抽取了部分学生的成绩（得分取正整数，满分为100分）作为样本进行统计.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)求出a,b,x,y的值； (2)若根据这次成绩，学校准备淘汰90%的同学，仅留10%的同学进入下一轮竞赛，请问晋级 分数线划为多少合理？ 部 (3)某老师在此次考试成绩中抽取了10名学生的分数：x1,x2,x3,·,x10,已知这10个分数的 的 平均数x=90,标准差s=6,若剔除其中的100和80两个分数，求剩余8个分数的平均数 与标准差。 频率分布表 组别 分组 频数 频率 频率 组距 第1组 [50,60) P 0.16 0.040 第2组 [60,70) a ■ 第3组 [70,80) 20 0.40 ■ 第4组 「80,90) ■ 0.08 0.008 第5组 「90,1007 2 b 合计 ■ 0 5060708090100成绩/分 第18题图 II1I1I111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111 19.(12分)已知函数f(x)=sin xcos x十 π6 cos2x. (1)求f(x)在[0，至 上的最值： (2)在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c,f 2) =1,a=2√3，△ABC的面积为√3， 求sinB+sinC的值. 鋼 器 20.(12分)如图，在直棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面四边形ABCD为边长为√5的菱形，AA1= AC=4,E为AB的中点，F为CC1的中点. (1)证明：EF//平面ACD1; (2)若点P为线段EF上的动点，求点P到平面ACD1的距离. D C A B D C B 第20题图 11 21.(12分)通信编码信号利用BEC信道传输，如图1，若BEC信道传输成功，则接收端收到的信 号与发来的信号完全相同；若BEC信道传输失败，则接收端收不到任何信号.传统通信传输 技术采用多个信道各自独立传输信号（以两个信道为例，如图2） (BEC信道1 传输成功则接收到信号U, 传输成功，信号U 传输失败则接收不到信号 信号U BEC信道 U, 修输关败无信号 U2- BEC信道2 ,传输成功则接收到信号， 传输失败则接收不到信号 图1 图2 第21题图 华为公司5G信道编码采用土耳其通信技术专家Erdal Arikan教授的极化码技术（以两个相 互独立的BEC信道传输信号为例)：如图3，信号U2直接从信道2传输；信号U1在传输前先 与U2“异或”运算得到信号X1,再从信道1传输.接收端对收到的信号，运用“异或”运算性质 进行解码，从而得到或得不到发送的信号U1或U2 U BEC信道1 BEC信道2 ,U2 图3 第21题图 (注：“异或”是一种二进制数学逻辑运算.两个相同数字“异或”得到0，两个不同数字“异或”得 到1，“异或”运算用符号“①”表示：0①0=0,1①1=0,1⊕0=1,0①1=1.“异或”运算性质： A①B=C,则A=C①B).假设每个信道传输成功的概率均为p(0<p<1).U1,U2={0,1}. (1)在传统传输方案中，设“信号U1和U2均被成功接收”为事件A,求P(A); (2)对于极化码技术：①求信号U1被成功解码（即根据BEC信道1与2传输的信号可确定U1 的值)的概率； ②若对输入信号U1赋值（如U1=0)作为已知信号，接收端只解码信号U2,求信号U2被 成功解码的概率. 12 无敌原创·期末测试卷数学·必修第二册 22.(12分)如图，在边长为1的正三角形ABC中，O为中心，过点O的直线交边AB于点M,交 边AC于点N. (1)用AB,AC表示A0; (2)若AM=子，求AN的值； (3)求OMP+ON2的最大值与最小值， 0 B C 第22题图的中点，∴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 二、9.AB【解析：“都是红球”与“都是白球”不能同时发生，是 互斥事件，A对；“至少有一个红球”与“都是白球”不能同 时发生，且必有一个发生，是对立事件，B对；“恰有一个 白球”与“恰有一个红球”能够同时发生（如1红1白），不 是互斥事件，C错；“至少有一个红球”与“至少有一个白 球”能够同时发生（如1红1白），不是互斥事件，D错.】 10.BC【解析：A:B:C-1:2:3,则A=否，B=号，C- 受，a:b:c=sinA:sinB:sinC=1t5:2,A不正 确；，cosA<cosB曰A>B曰sinA>sinB,B正确；，b a>bsin A,这个三角形有两个解，C正确；，'△ABC是锐角 三角形，则A+C>受，an(A+C)=A+anC 1-tan Atan C 0.'.'tan A,tan C0,1-tan Atan C<0,tan Atan C> 1,D不正确.】 11.CD【解析：对于A项，最高的矩形为第三个矩形，其中点 的横坐标为45，因此估计众数为45，故A正确；对于B项， 前三个矩形的面积和为0.10十0.24+0.36=0.70，所有矩 形面积之和为1，故第四个矩形的面积为1一0.70=0.30，第 80百分数位于第四组[50,60)，由50十10×0.80-0.70 1-0.70 50+号-1g”,可以估计第80百分数为1”，故B正确：对 3 于C项，平均数为0.10×25+0.24×35+0.36×45+0.30× 55=43.6,故C错误；对于D项，由B项解析中的计算可 知，第四个矩形面积为0.30，因此支出在[50,60)的频率为 0.30,故D错误.】 12.AB【解析：对于A项，若a⊥b,则a·b=0,∴.√3cos0十 sin0=0,∴tan0=一√3.故A正确；对于B项，若|a十b|= |a-b,则a+b|2=|a-b|2,即a2+2a·b+b=a-2a b+b,所以a·b=0,即a⊥b,由A可知，tan0=一√3，因为 0≤≤，所以0=，故B正确；对于C项，与a共线的单 位向量为士日，故为（气，2）或(-号，-合)故C错 误；对于D项，设向量a与b夹角为a,则cosa /3cos0+sin=sin(0叶号），因为0≤0<，所以号≤0+ 吾<号，所以-≤m(0+吾)<1，放-<0s<1, 故D错误.】 三，13.-号【解析：1+ai(3-D=3-i计3ai+a=(a+3)+ (3a一1)i,由题意可得a十3=一(3a一1)，解得a= -2】 14.交【解析：|a-b=|a,∴a2+b2-2a·b=a, .b2=2a·b..a⊥(a-b),∴.a·(a-b)=a2-a·b=0, ∴.a2=a·b,∴.b=2a,∴.|b=√2|al.设a与b的夹角为 0si尚0-号0eo0-】 15.32√2【解析：在三角形ABD中，∠ADB=180°-75° 560,由正弦定理得0=0，A AB 96×号 √3 2 B26.在Rt△ACD中，CD=AD·tan30°=32V6×号 32√2（米）.】 16.①②③【解析：对于①，因为A,B为互斥事件，且P(A)= 合P(B)=号，所以PA+B)=PA+PB)=号+号 号，所以①正确：对于②，因为P(不=，所以P(A)=1- P(A=号，因为P(B)=号，PAB)=合，所以PAP(B)= 之×号-言=PAB),所以A,B相互独立，所以②正确：对 于③，因为PA)=号，P(B)=号，所以P(不=1-P(A)= ,PB)=1-P(B)=子，所以P(不)P(B)=×子= 号=P(B),所以A,B相互独立，所以A,B相互独立，所以 ③正确；对于④，因为P(B)-子，所以P(B)-1-P(B) 号，因为PA=合，PCAB=日，所以PAP(B)=合× 号=言≠PAB)=言，所以A,B不相互豫立，所以@ 错误.】 四、17.证明：(1)因为PD⊥底面ABCD,AMC平面ABCD,所 以PD⊥AM.又PB⊥AM,PB∩PD=P,所以AM⊥平 面PBD,而AMC平面PAM,所以平面PAM⊥平 面PBD. (2)解：由(1)可知AM⊥BD,于是△ABD∽△BMA,故 贺品因为BM=合BC,AD=BC,AB=1,所以 号BC=1,即BC=E,故四棱锥P-ABCD的体积V- 号AB·BC.PD- 面ACD1,EG寸平面ACD1,所以EG∥平面ACD1.,G为 3 BC的中点，F为CC1的中点，.FG∥BC.直棱柱 18.解：1)设样本容量为N,则N=20。=50,所以第4组的颜 0.40 ABCD-A1BCD,.AD1∥BC,∴AD∥FG.因为ADC 平面ACD,FG￠平面ACD,所以FG∥平面ACD.EG∩ 数为50X0.08=4a=50-8-20-4-2=16,6=品 FG=G,EG,FGC平面EFG,.平面EFG∥平面ACD.又 16 EFC平面EFG,∴.EF∥平面ACD. 0.04,x 50 10 =0.032,y=0182=0.04 (2)解：如图2，连接BD与AC相交于点O,在Rt△ADD, (2)[50,60),[60,70),[70,80),[80,90)的频率分别为 中，AD1=√AD+DD,7=√5+16=√2I,同理CD,= 0.16,0.32,0.40,0.08,且0.16+0.32+0.40=0.88 √2I,由菱形ABCD可知AC⊥BD,OA=OC=2.在 0.16十0.32+0.40十0.08=0.96，设晋级分数线划为x分， Rt△OAB中，OB=√AB-OA=√5-4=1.设点P到平 则(x-80)×0.008=0.9一0.88，解得x=82.5,故晋级分数 面ACD1的距离为d,由EF∥平面ACD,可知点E到平面 线划为82.5分 ACD1的距离也为d,由OD,=√AD-OAF=√21-4= (3)由题意，剩余8个分数的平均值为云=10z-100-80 8 V,可得△ACD的面积为号×4XT=2VT,△ACE 90,因为10个分数的标准差s=√ 21x-10X90 10 =6,所 的面积为2×1X2=1,-m=号×4×1=号，V-网， 以x+…十x。=10×6+10×902=81360,所以剩余8个分数 的标准差为”= (G+…+)-80-100-8X90 名dX2m-24,曲V-m,=Va-有2a 8 √20=2√5 号，可得d29.放点P到平面ACD,的距离为2Y严 17 17 19.解：1)f(x)=smz(停osx-合sin）+osx D sin 2x1cos2x 4 1+2z-9n2x+2ms2+-9n(2z+音)十 4 子：xe[0,晋]，吾≤2红+晋≤晋合≤ D D sm(2x+号)≤1当xe[o,]时，fx)m=5, B 4 E 图1 图2 fx)=23+1 4 第20题图 21.(1)解：设“信号U1和U2均被成功接收”为事件A,则 (2f(2)）-5sm(A+受）+=1，∴m(A+号) P(A)=p·p=p2. 停AE0,A+号∈（停）A=吾S (2)①，U1⊕U2=X1,.U1=U2⊕X1.当且仅当信道1、信 道2都传输成功时，由U2,X1的值可确定U1的值，所以信 2 bcsin A=gc=V5,bc=4.又：a=2V5,cosA= 号U1被成功解码的概率为p2. +c2-a_B+c2-12-(b+c)2-20=1 ②若信道2传输成功，则信号U2被成功解码，概率为p;若 2bc 8 8 (6+c)2= 信道2传输成功，则信号U2被成功解码，概率为；若信道 24,6叶c=25.又A-品BC=,simB+ b 2传输失败、，信道1传输成功，则U2=U1①X1,因为U1为 已知信号，信号U2仍然可以被成功解码，此时U2被成功解 smc=6+0=9 码的概率为(1一p)p;若信道2、信道1都传输失败，此时信 20.(1)证明：如图1，取BC的中点G,连接FG,EG,BC.G 号U2无法成功解码.综上可得，信号U2被成功解码的概率 为BC的中点，E为AB的中点，.EG∥AC.因为ACC平 为p十(1-p)=2p-p. 45 22.解：(1)如图，延长AO交BC于点D,因为O为正三角形 ABC的中心，所以D为BC的中点，所以A市=号（店+ A心.因为A0=号市.所以0=号A市+号心 (2)设AN=m,因为AC=1,所以AC=AN.因为AM 子，AB=1,所以AB=号AM,由1)可知A0=子A峦+ 号C,所以0-号×号不+.因为M,0,N三点 共线，所以号十动=1，解得m=号.即AN的值为号 (3)因为正三角形ABC的边长为1，O为正三角形ABC的 中心，所以A0=原∠M0=∠NA0=吾设∠MOA=a, 则冬<a<三在△M0A中，由正弦定理可得n2A0 OM 3 OA 6 所以OM= sim-(+吾] sin(a+晋】 1 6 一.在△NOA中，同理可得ON= 3sina+√3cos sm(。-晋） 1 ，所以Of+ON2= 3sina-√3cosa (3sin acos 1 6sin2a十2cos2& (3ina-3osa)-3'W3sina十cos)6/3sina一cosa厅 2 漂照日号·品◆=2m。叶 2,2sim2a+1 则ma号所以o+oN号.只 导。号品国为导停 <sina<1,<sim2a<1,所以号<2sim2a+1<3,即 号<<3.令y=4+号，则y=4+9在[号3]上单调递 9 增，所以4X3+号≥≥4×号+哥，即15≥≥8，即15≥ 4+号>0所以3≥红+是-12≥号，所以名≥ t 923所以38≥3· 4t+9-12 ≥号，所以号<OM+ON≤ 46 无敌原创·期末测试卷数学·必修第二册 是，即OF+ON的最大值为品，最小值为号 0 D 第22题图 期未测试卷（四） 一、1.B【解析：(2a-b)·(2a十b)=4a2-=4×22-32=7.】 1-i(1-i)(1-i) 2.C【解析：1+1+iD1-D =-i,且，(-i)+(-i)2十 (-1)3+(-i)=0,故.(-i)m+1+(-i)a+2+(-i)+3+ (-)=0,故罗(》广-置(-i议=(-D+(-= -i-1.】 3.C【解析：把13名同学成绩按由高到低排列，取成绩靠前的 6个进人决赛，即最中间一个数之前的6个进入决赛，13个 成绩按由高到低排列时，最中间一个数即是中位数.】 4C【解析：P(A)=1-P(A)=1-号=子P(AB)= P(AP(B)=号≠0，事件A与B相互独立，事件A与B 不互斥，故不对立.】 5.A【解析：由题意进行数据分析，可得0.020×(10一0)+ 0.010×(20-10)+0.030×(30-20)+0.015×(x1-30) 0.75,解得x1=40,0.010×(10-0)+0.020×(20一10)十 0.030×(30-20)+0.025×(x2-30)=0.75,解得x2=36, 所以x1>x2.比较两个频率分布直方图可以看出：雪上项目 的数据更分散，冰上项目的数据更集中，由方差的意义可以 得到>说.】 6.C【解析：由b=a(a十c)及余弦定理，可得c-a=2a· cosB,正弦定理边化角，得sinC-sinA=2 sin AcosB. A+B+C=,.'sin (B+A)-sin A=2sin AcosB, .sin(B一A)=sinA.,ABC是锐角三角形，.B一A=A, 即B=2A:0<B<受，受<A+B<,晋<A<年，则 6 co Aaco B sin (BA)=sinA∈（分，号）】 asin A sin2A 7.B【解析：由题意得|a·e+b·e=|(a+b)·e≤a·e|十 |b·e≤√万，即|a十b≤√7，当且仅当a十b与e共线时取等 5 号，故a2+2a·b+b≤7.由于|a=1,lbl=√3，则a·b≤ ,则如0=9，即am0=08 5 cos62√5 ，故D 5 名，即a·b的最大值为受】 正确.】 8.B【解析：①底面是等边三角形，侧面与底面所成的二面角 1山，ACD【解析：利用异面直线的夹角范围为(0，受]，故其余 都相等的三棱锥是正三棱锥，可推出底面中心是棱锥顶点在 弦值范围为[0,1)，可以分为以下几类：两条棱所在直线异 底面的射影，所以是正确的.②显然不对，比如三条侧棱中仅 有一条不与底面边长相等的情况，侧面都是等腰三角形的三 面时，所成角的度数是受，其余弦值为0：面对角线与棱所 棱锥不是正三棱锥，③底面是等边三角形，侧面的面积都相 等，说明顶点到底面三边的距离（斜高）相等，根据射影长的 在直线异面时，所成角的度数是子或受，其余弦值为号或 关系，可以得到顶点在底面的射影（垂足）到底面三边所在直 0:两条面对角线异面时，所成角的度数是号或受，其余弦 线的距离也相等，由于在底面所在的平面内，到底面三边所 在直线的距离相等的点有4个：内心（本题的中心）1个、旁心 值为2或0：体对角线与棱所在直线异面时，所成角的余弦 3个，因此不能保证三棱锥是正三棱锥.④侧棱与底面所成 值为号：体对角线与面对角线异面时，所成角的度数是受， 的角相等，且侧面与底面所成的二面角都相等的三棱锥，可 其余弦值为0.】 得底面中心是棱锥顶点在底面的射影，是正确的.】 二，9.BD【解析：对于A项，近六年，高中阶段教育在校生规 12.ACD【解析：A.若ab>c,所以cosC-a+-c> 2ab 模不是持续增长的，故A错误；对于B项，近六年的在校 20b=合则0<C<受，放A正确：B当A=105,B 2ab 生总数为24037万人，平均值约为4006万人，故B正 45°时，tanA≤tanB,但是sinA>sinB,故B错误； 确：对于C项最器×1-9.5%)≈6的，所以未接受 C.若sinA<cosB,则sinA<sin(受-B),A<受-B,故 高中阶段教育的适龄青少年约有469万人，故C错误；对 于D项，4128×60.43%≈2495，所以2020年普通高中 A<受-B,所以A+B<受，所以号<C<,则△ABC为 的在校生超过2470万人，故D正确.】 钝角三角形，故C正确；D.若tan A tan B>1,则A∈ 10ABD【解折：对于A项，m0-合→架昌-号一0 (0,受)，B∈(0，受)，所以sin Asin B>cos Acos B, 0而cos0叶s㎡0=1，因为0<0<x,所以得s如0 cos(A+B)<0,所以cosC>0,所以C∈(0，交)，故tanC> 血9=-（合去），m0=29,所以a=(告，2)6 0,面mC=-an(A十)-巴A品所以mA: (25,1),所以a25a/b,故A正确：对于B项，当0= tan B tan C=tan A tan B +tanC2 tan A tan B+ 5 tanC>2,故D正确.】 要时a=(-1,-号)b=(-号，1小所以a…b=号 三、13.6【解析：当4条直线中任意三条直线都不共面时，每 两条确定一个平面，平面最多，如正方体的四条侧棱，所 号-0>ab,放B正确：对于C项，若2a=b,则2sn20= 以最多可确定6个面.】 c0s0,且cos0=2,因此4sin0cos0=c0s0→sin0=子，显 14.号 【解析：由题意，将一枚骰子先后抛两次，所有可能的情 然co0什sin0=品≠1，故C不正确：对于D项，若a∥b, 5 况有6×6=36种，其中向上的点数之积为12的情况有2× 6,3×4,4×3,6×2共4种情况，故向上的点数之积为12的 (sin 20=Acos 0, 则a=b,则 解得cos0=0(舍)或cos0= c0s0=λ， 概率为=日】