期末测试卷(5)-【无敌原创】2025-2026学年高中数学必修第二册期末测试卷

数学 期末测试卷（五） (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a2一4十(a一2)i是纯虚数(i为虚数单位)，则a等于 A.2或-2 B.2 C.-2 D.0 2.如图，在四棱锥P-ABCD中，M,N分别为AC,PC上的点，且MN∥平面PAD,则 ( 戡 B 第2题图 h 城 A.MN∥PD B.MN∥PA C.MN∥AD D.以上均有可能 ▣ 3.甲、乙去同一家药店购买一种医用外科口罩，已知这家药店出售A,B,C三种医用外科口罩， 盟 甲、乙购买A,B,C三种医用口罩的概率如表所示，则甲、乙购买的是同一种医用外科口罩的概 率为 购买A种医用口罩 购买B种医用口罩 购买C种医用口罩 甲 0.1 0.4 0.3 0.2 丝 A.0.24 B.0.28 C.0.30 D.0.32 4.已知O是三角形ABC内部的一点，OA+2O+3O心=0，则△OAC的面积与△OAB的面积 之比是 ) B. C.2 D.1 5.已知在多项选择题的四个选项A,B,C,D中，有至少两项且至多三项符合题目要求.规定：全部 选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.若某题的正确答案是CD,某考生随机选 了至少一个选项且至多三个选项，则该考生能得分的概率为 ( A c D号 6.如图，在△ABC中，已知∠B=45°，D是BC边上的一点，AD=5,AC=7,DC=3,则AB的长 为 () D C 第6题图 A.5√3 B.5√6 C.53 2 D.56 2 7.如图，正方体上点P,Q,R,S是其所在棱的中点，则直线PQ与RS异面的图形是 () R R P Q A B R Q C D 8.某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互独立.已知该棋手与甲、乙、丙比赛 获胜的概率分别为P1,P2,P3,且P3>P2>P>0.记该棋手连胜两盘的概率为P,则() A.P与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关 B.该棋手在第二盘与甲比赛，P最大 C.该棋手在第二盘与乙比赛，P最大 D.该棋手在第二盘与丙比赛，P最大 17 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.已知复数1=1一3i,2=3十i,则 A.1+2=6 B.1-2=-2+2i C.x122=6-8i D.之12在复平面内对应的点位于第四象限 10.在△ABC中，下列说法中正确的有 A.sin A0 B.cos A+cos B>0 C.sin A+sin B>sin C D.cos2A+cos2B-cos2C<1,则△ABC为锐角三角形 11.某地环保部门公布了该地A,B两个景区2016年至2022年各年的全年空气质量优良天数的 数据.现根据这组数据绘制了如图的散点图，则由该图得出的下列结论中正确的有() 天数 340 320 313 ● 300 30I 280 2934280 ▲283 ●293 260 4262 255▲266▲262 240 254 02巧4 220 217 200 203 02016年2017年2018年2019年2020年2021年2022年年份 ·景区A A景区B 第11题图 A.景区A这7年的空气质量优良天数的中位数为254 B.景区B这7年的空气质量优良天数的第80百分位数为280 C.这7年景区A的空气质量优良天数的标准差比景区B的空气质量优良天数的标准差大 D.这7年景区A的空气质量优良天数的平均数比景区B的空气质量优良天数的平均数大 18 无敌原创·期末测试卷数学·必修第二册 12.已知正方体ABCD-A1BC1D1的棱长为2，N为DD1的中点，M为棱CC1上的动点，点P在 线段B1C上运动，下面说法正确的有 A.直线BD1⊥平面A1C1D B异面直线AP与DD,所成角的范围为[胥，] C点P到平面A,GD的距离为定值 D.AM+MN的最小值为√I7 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 I3.若△ABC的内角A,B,C满足sinA+√2sinB=2sinC,则cosC的最小值是 14.已知由样本数据点集合{(x,y:)|i=1,2,…,n}求得的回归直线方程为y=1.5x十0.5，且 品 x=3.现发现两个数据点(1.1,2.1)和(4.9,7.9)误差较大，去除后重新求得的回归直线l的 路 牛 斜率为1.2，那么，当x=2时，y的估计值为 & 哨 E知A,B,C是△ABC的内角，若(sinA+i·c0sA)(sinB+i·cosB)=7+3i,其中i为成 数单位，则C等于 16.已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是边长为2的等边三角形，D为B1C1的中点，若∠A1AB= 号，则侧面四边形BCCB,为正方形，则异面直线AD与BC,所成角的余弦值为 D B B 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)已知函数f(x)=tsin x-cosx(t∈R). (1)若函数f(x)为偶函数，求实数t的值： (2)当t=√3时，在△ABC中（角A,B,C所对的边分别为a,b,c),若f(2A)=2,c=3,且 △ABC的面积为2√3，求a的值. 界 18.(12分)已知△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c. (I)若A<B<C,B=5,△ABC的外接圆半径为R,ac=2R(1-2 cos Acos C),求A的大小； (2)若a=3,b=2,A=2B,求c边的长， 养 19.(12分)已知O是线段AB外一点，若OA=a,O克=b. (1)设点A1,A2是线段AB的三等分点，△OAA1,△OA1A2及△OA2B的重心依次为G1,G2, G3,试用向量a,b表示OG1+OG2+OG3; (2)如果在线段AB上有若干个等分点，你能得到什么结论？请证明你的结论. 20.(12分)如图为M,N两点间的电路，在时间T内不同元件发生故障的事件是互相独立的，它 们发生故障的概率如表所示 (1)求在时间T内，K1与K2同时发生故障的概率； (2)求在时间T内，由于K1或K2发生故障而使得电路不通的概率； (3)求在时间T内，由于任意元件发生故障而使得电路不通的概率. 4☒ K K 元件 K:K2 Li L2 La -ON 概率 0.60.50.40.50.7 ☒ 第20题图 。 21.(12分)如图，在扇形AOB中，点C为AB上一点，D,E分别为线段OA,OB上的点，且CD⊥ OA CELOBDRFSmCDCE (1)求∠AOB的大小； (2)若扇形的半径为30，求△CDE面积的最大值 B 0 A 第21题图 20无敌原创·期末测试卷数学·必修第二册 22.(12分)如图，已知圆锥的顶点为S,底面圆心为O,母线SA的长为2√2. (1)若圆锥的侧面积为2√2π，求圆锥的体积； (2)A,B是底面圆周上的两个点，∠AOB=90°，M为线段AB的中点，若圆锥的底面半径为 2,求直线SM与平面SOA所成角的正切值 B 0 M 第22题图l5.2【解析：根据题意，设其他的8个数据依次为a,a2,a3,, a,若原来容量为9的样本，它的平均数为号，方差为，则有 云=分a+at十…十十0-告则有a十+a++ a=40,故号[ai+ai+di+…+ai+-9x(号)门 8,则有ai+a+a+…十ai=216,把这个样本中一个为 152 4的数据去掉，变成一个容量为8的新样本，则新样本的平 均数为7=号(au十a:十a,十…十a,)-碧=5，方差 g(aj+aj+aj+.+aj-8X5*)-2.1 16.①⑤⑧【解析：①设x=a十bi,则之=a-bi,|212= (√a2+(-b))2=a2+b,lz2|=|(a2-b)+2abil √(a2-b)2+4a6=√(a2+6)=a2十b,所以①正确； ②设名=3十i,2=1十i,一2>0，但与2不能比较大 小，所以②不正确；③设1=1十i,2=1,3=0,则(1 x2)2十(x2一23)2=0，所以③不正确；④设1=1十2i,x2 1+i,则|-2|=|il=1,√(1十z2)2-4212 √（名1一2）了=√一I=i,所以④不正确：⑤设=a1十bi, x2=a2十bi,则好=(a1十b1i)2=(af-b所)+2a1bi,号= （a-房=a-房， (a2+b2i)2=(a号-b)+2a2b2i,好=→ 2ab=2a2b2 (a-b)2+4ab所=(a-b)2+4ab号→(a+b)2=(a十 候)2→a1十房=a号十房→1·21=1·22，⑤正确；⑥当21= 1十i,2=1一i时，2x12=4,号十号=0,212>7十经，所 以⑥不正确；⑦如果两个复数是实数，差值也是实数，所以 ⑦不正确；⑧设2=a十bi(a,b∈R),则z+i=a+(b+1)i, z-i=a+(b-1)i,|之+i=|z-il→w√a2+(b+1)F= √a+(b-1)7→b=0,所以⑧正确.】 四、17解：(1)由题意知：A是BC的中点，且O市=二Oi,Oi+ O心=2Oi,所以O心=Oi+AC=OA+BA=2Oi 0i=2a-b,D心-0d-0d=0心-号0i=2a-号b. (2)因为d=O心-Oi=2a-b-a=(2-)a-b,且E武∥ D心所以2号2=日=号，解得=告 18.解：1z=7+79+81+3×84+2X8+92+93=85,= 10 六[(71-85)+(79-85)P+(81-85)+3×(84-85)2+ 2×(88-85)2+(92-85)2+(93-85)2]=25. (2)由(1)知，s=5,从而x一s=80,x十s=90,于是10名职 工问卷得分在x一s与x十s之间有6人，所占百分比 为60%. (3)由(2)可知，50名退休职工中问卷调查得分在(80,90)之 间的大约有50×0.6=30（人）. 19.解：(1)如图，连接AC,由题意易知∠ACA为直线A,C与 平面ABCD所成的角，则∠ACA=平，所以AA=AC= 2√2.因为D1D∥B1,B,所以∠A1BB1为异面直线A1B与 D,D所度的角，因为m∠AB服-0-后一号所 以异面直线AB与D,D所成角的正切值为号，. (2)如图，连接AC,BC,因为Vc-Ax=VA-Ce,所以 吉×号×CXA.BXh-=号×号×ncxC.cXAB.,即 1 3X2X2X8+4×h3X2×2×22×2,所以9 2,所以C到平面ABC的距离为 C A B D C B 第19题图 20.解：(1)由频率分布直方图知，(0.010+0.015+0.020+2x十 0.030+0.035十0.040)×5=1，解得x=0.025,因此复赛 选手年龄的平均值x=(22.5×0.010+27.5×0.025+ 32.5×0.035+37.5×0.040+42.5×0.030+47.5×0.025+ 52.5×0.020+57.5×0.015)×5≈39.6（岁）. (2)因为(0.010+0.025+0.035+0.040+0.030)×5= 0.7<0.75,所以第75百分位数落在[45,50)区间内，设为t, 则(0.010+0.025+0.035+0.040+0.030)×5+(t-45)× 0.025=0.75,解得t=47,即第75百分位数为47分 (3)由子=】1(x,一工)2，设该名选手最终的平均分为 n y,最终方差为产，则5=8+10+亚(8.4×8+8,8×10十 BC OC 因为sin ZPO死=sn2OBn,所以sn∠P0B- 9.4X12≈893（分），2=08[f+(,-5)]+10[+ BC·sin∠OBP6X3 14 =3 OC 141 (z-y)门+12[号+(-)P]》=08[0.015+(8.4- (2)如图2，连接QA,PB,OQ,OP,因为曲线CMD上任一点到 8.933)2]+10[0.054+(8.8-8.933)2]+12[0.064+(9.4 O距离相等，所以OP=OQ=OM=OC=14.因为P,Q关于OM 8.933)2]}≈0.216.估计该选手最终得分为8.933分，其得 对称，所以S△aM=S△mM,S△O=S△P,设∠QOM=∠POM= 分方差为0.216. a,则∠AOQ=∠BOP=交一a,则Si边形oABr=2(SAo十 21.解：(1)因为AA=00,=3,A0=合AB=2,所以A0= √AA+AO=√32+22=√/13.在△AOP中，由余弦定 5aw)=2[200A·sm(受-a)+20Q:OMsin] 理可得AP=√AO+OP2-2AO·OP·cos120°= 196sina+140cosa=28√74sin(a十p),其中tanp=号，当 √2：+22-2×2x2×(-2)=25,所以A1P= sin(a十p)=1时，则S五边形MQABP取得最大值28√74，所以五 √AA+AP-=√32+(2√3)2=√2I,OP=2.在△A1OP 边形MQABP面积S的最大值为28√74. 中，由余弦定理可得cos∠A,P0=AP+OP一A0_ 2A1P·OP +3-,所以m∠APO=sZA0- (P) 2×/21×2 29,所以5m=号×V厅×2×29=2.设点A到 0 图1 平面APO的距离为d,由VA-ar=V-Ae,得号· M 0 S0e·AA=号·Sm,p·d,即号×号×2×25×2× 3=号×25×d,解得d=号，所以点A到平面A,P0的 距离为名 图2 第22题图 (2)二面角ArPB-O即二面角ArPB-A,因为AB是圆O的 直径，点P在圆柱OO1的底面圆O上，所以PB⊥AP,因为 AA1⊥平面ABP,PBC平面ABP,可得PB⊥AA1.因为 期未测试卷（五） AP∩AA1=A,所以PB⊥平面AA1P,因为A1PC平面 AA1P,APC平面AA1P,所以PB⊥AP,PB⊥A1P,所以 一、1.C【解析：因为复数a2一4十(a-2)i是纯虚数，所以a2一 ∠APA即为二面角ArPB-O的平面角.在Rt△A:PA中， 4=0且a≠2，所以a=-2.】 AP=V2,AP=23,所以cos∠APA=A5=元月 2.B【解析：MN∥平面PAD,MNC平面PAC,平面PAD∩ 平面PAC=PA,∴.MN∥PA.】 29,所以二面角A:PB0的余弦值为2识. 3.B【解析：由表可知，甲购买A种医用口罩的概率为1一 22.解：(1)如图1，若点P与点C重合，连接OC,OB=10,BC= 0.1-0.4=0.5,乙购买B种医用口罩的概率为1一0.3一 BP=6,∠ABC=120°，在△OBP中，OC2=OB2+BP2 0.2=0.5,.甲、乙购买同一种医用外科口罩的概率为P= 2OB·BPcos∠OBP=100+36+60=196,所以OC=14, 0.5×0.3+0.1×0.5+0.4×0.2=0.28.】 47 4.B【解析：如图，D,E分别是BC,AC的中点，由OA+2O亦+ 3Ot=0得0A+O心=-2(Oi+O心)，即oi=-2Od,所以 OE=2OD,由SAOOE=SA4oE,SACOD=S△BOD,设SAA0c=S1, Saw=S,则SamE=SaaE=号，Sam=Saw=受，由三 S+S 22 角形相似比可得 +受+Sa =弓，解得S十5 S△0B.因为S△A0E:S△oD=2:1,所以S:S2=2：1,即 S,-号，所以S+受=SAOm,所以S=号S,即△OAC .2 的面积与△OAB的面积之比是子.】 第4题图 5.C【解析：考生做多项选择题的试验的不同结果有：A,B,C, D,AB,AC,AD,BC,BD,CD,ABC,ABD,ACD,BCD,14 个，该考生能得分的事件M含有的结果有：C,D,CD,共3 个，所以该考生能得分的概率P(M=是】 6.D【解析：在△ACD中，由余弦定理得cosC= AC+CDAD-99-是因为C∈(0，x),所以 2AC·CD 2×7×3 smC=√一（侣-5源在△ABC中，由正弦定理得 14 品品即提不条得AB=学】 14 7.B【解析：对于A项，如图1，在正方体ABCD-A1BC1D 中，连接AC,A1C1,则AC//AC1.因为点P,Q,R,S是其所 在棱的中点，由三角形的中位线定理可得PQ//AC,RS// A1C1.由平行公理可得PQ//RS,故直线PQ与RS共面，故 A错误；对于B项，由异面直线的判定定理可以判断直线PQ 与RS异面，故B正确；对于C项，如图2，在正方体ABCD A1B1C1D1中，连接AC,QS,PR,A1C,则AC//A1C.因为 点P,Q,R,S是其所在棱的中点，所以AP//CR且AP CR,所以四边形APRC为平行四边形，所以AC//PR.由三 角形的中位线定理可得QS//AC,由平行公理可得QS// PR,故直线PQ与RS共面，故C错误；对于D项，如图3，在 48 无敌原创·期末测试卷数学·必修第二册 正方体ABCD-A1BC1D1中，连接AB,D1C,PS,QR,则 AC//AC1.因为A1D1//BC且A1D1=BC,所以四边形 A1DCB为平行四边形，所以A1B//D1C.因为点P,Q,R,S 是其所在棱的中点，由三角形的中位线定理可得PS//A1B, QR/DC,由平行公理可得PS/QR,故直线PQ与RS共 面，故D错误.】 S D R A B B D D C …七Q P B Q B 图1 图2 D R D 图3 第7题图 8.D【解析：该棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘，记该棋手在第二盘 与甲比赛，比赛顺序为乙甲丙及丙甲乙的概率均为号，则此时连胜 两盘的概率为P,则P=之[I-P)RB+BRI-A)门十 C(-P.)PP:+P.P(I-P:)]-P(P:+P)-2PP:B. 记该棋手在第二盘与乙比赛，且连胜两盘的概率为P乙，则 Pz=(1-P1)P2P3+PP2(1-P3)=P2(P1+P3) 2PP2P3,记该棋手在第二盘与丙比赛，且连胜两盘的概率 为P丙，则P丙=(1-P1)PP2十PP(1-P2)=P3(P1十 P2)-2P P:P3 Pw -P2=P(P2 +P:)-2P P2 P:- [P:(P+P3)-2PP:P3]=(Pi-P2)P:<0,P-Pm= P(P1+P)-2P1P2P-[P(P1+P)-2PP2P]= (P2一P3)P1<0,即P甲<P乙，P乙<P丙，则该棋手在第二盘 与丙比赛，P最大，D判断正确；BC判断错误；P与该棋手与 甲、乙、丙的比赛次序有关，A判断错误.】 二、9.BCD【解析：对于A项，名十=4一2i,所以，|十|= √4+(-2)7=25，A错；对于B项，z1-22=1+3i 3-i=-2+2i,B对；对于C项，a=(1-3)(3+i)= 6一8i,C对；对于D项，名12在复平面内对应的点位于第 四象限，D对.】 ACCA1共面的位置，由图可得AM+MN≥AN,当且仅当 10.ABC【解析：对于A项，在△ABC中，0<A<π，所以 A,M,N三点共线时取等号.又AC=2√2，CD=2,DN=1, sinA>0,故A正确；对于B项，A十B<π，则A<π一B,且 所以AM+MN的最小值为√13+8√2，D错.】 A,π一B∈(0，π)，y=cosx在(0，π)上递减，所以c0sA> D cos(π一B)=一cosB,即cosA十cosB>0,故B正确；对 于C项，在三角形ABC中，a十b>c,由正弦定理得2 Rsin A十 2 Rsin B>2 Rsin C,所以sinA+sinB>sinC,故C正确；对 于D项，cos2A十cos2B-cos2C<1得1-2sin2A+1- D 2 sin2 B-(1-2 sin2C)<1,-sin2A-sin2 B++sin2C<0, 则a2+B-2>0,则cosC=+一C>0,所以角C为锐 图1 2ab C D 角，三角形不一定是锐角三角形，所以D错误.】 M 11.AC【解析：由图可知，景区A这7年的空气质量优良的天 数从小到大为203,217,254,254,293,301,313，可得景区A 这7年的空气质量优良天数的中位数为254，故A正确；景 2C 区B这7年的空气质量优良的天数从小到大为255,262， 第12题图 262,266,280,283,293,又80%×7=5.6，故景区B这7年 三13,6-② 【解析：由正弦定理有a十√2b=2c,所以c 的空气质量优良天数的第80百分位数为第6个数283，B 错误；由这些数据易得景区A这7年的空气质量优良天数 的波动制烈，所以景区A的标准差大，故C正确；景区A这 2mc=+2+6-9 2ab 2ab 一.由于 2 7年空气质量优良天数的平均数为35，录区B这7年空 子a+合8≥2V层c·78=号6，故cosC≥ 气质量优良天数的平均数为901，D错误.】 7 5一2，所以c0sC的最小值是5一亚.】 4 12.AC【解析：因为A1C⊥BD,A1C⊥BB,BD,BBC 14.3.8【解析：将x=3代入y=1.5x+0.5得y=5,即样本 平面BBD,BD∩BB=B,所以A1C⊥平面BBD 又BD1C平面BB1D1,所以A1C1⊥BD1,同理可证A1D⊥ 中心点为(3,5)，由数据点(1.1,2.1)和(4.9,7.9)知 BD1,A1C1,A1DC平面A1C1D,AC1∩A1D=A1,所以直 11十4.9=3,2.1片7.9=5，因此去除这两个数据点后，样 2 2 线BD1⊥平面A1C1D,A对：如图1，因为AA1/DD1,所以 本中心点不变，设新的回归直线方程为y=1.2x十b,则b= ∠A1AP为异面直线AP与DD1的夹角，当点P运动到B y一1.2x=1.4,即新的回归直线方程为y=1.2x十1.4，当 的位置时，∠A1AP=∠A1AB:=45°，所以异面直线AP与 x=2时，y的估计值为3.8，所以y的估计值为3.8.】 DD,所成的角范围不是[晋，受]，B错：因为B,C/AD, 15.号 【解析：因为（血A+i·osA0(血B+i·cas)=号十 B1C￠平面ACD,A1DC平面ACD,新以BC//平面 A,CD,所以点P到平面AC,D的距离等于点B,到平面 (sin Asin B-cos Acos Bsin AcosB AC1D的距离，设点B1到平面A1C1D的距离为d,则 sin Asin B-AB-合 Vg-4SD=号5 d..又Vg-A5D=VD-4S4= sAni=号+号所以5 即 号Sa45DD,=专X2X2=号，Sa45D=合AD· sin Acos B+cs Asin B-3 21 AGn60=25,所以号=子×25×d所以d-2, cos (A+B)=- 合，sm(A+B)=气，因为A+B∈ 3 C对；如图2，将正方形DCC1D1绕CC,旋转到与平面 (0,x),所以A+B-2,所以C=x-(A+B)=号.】 3 16 ,【解析：如图，取BB1的中点E,连接A1E,DE,则 DE/BC,则∠A1DE为异面直线AD与BC1所成的角 (或补角).因为△ABC是边长为2的等边三角形，所以 AD=3.又因为∠AAB=号，所以∠ABB=号，则BE= 合BB,=1,AE=√A所+B-2AB·B.Ecos号= 5,又由四边形BCCB为正方形，所以DE=号BC= E所以os∠ADE=2后元-停】 2×√3X√2 C B 第16题图 四、17.解：(1)任取x∈R,f(一x)=一tsin x一cosx,因为函数 f(x)为偶函数，所以f(一x)=f(x)→t=0. (2)当t=√3时，f(x)=√3sinx-cosx 2sin(x-否），由f(2A)=2,则有2sin(2A-否）= 2.:A∈(0，x)→A=号，由题意S=2 csin A=23→ b=至.在△ABC中，a2=6+c2-2 becos A=()'广+ 3-2x号×3x号-召，则a=厘 3 18.解：(1)依题意ac=2R2(1一2 cos Acos C),由正弦定理得 2Rsin A.2Rsin C=2R2(1-2cos Acos C),2sin Asin C= 1-2cos Acos C.sin Asin C+cos Acos C (C-A)- 合，由于A<B<C,0<C<5,-吾<-A<0,0<C-A< 要，所以C-A= C-A=吾，C-, c+A=号A=吾 (2)由正弦定理得入B'n2BnB2 sin Bcos B b sB0<B<,smB>0,2c0B6,osB=元-子，由余 弦定理得=a十e-2 cos B,2-号c+5=0,解得6=2 或c=号 19.解：(1)如图，因为点A1,A,是线段AB的三等分点，所以 0G=号[2oi+0m]=号(oi+om),同理可得 OG(0A+A).0+0B).0+0G+ 0G=号(a+b)+号(om+0m)=号(a+b)+ 号[a+子(a-a)+a+号a-a]=a+a (2)设A,A2,·,A-1是AB的n等分点，则OG十OG十 0G+…+0G.+0G,=na+b2.证明如下：0G+ 3 0G+0G+…+0G,+0G,=号(a+b)+ 号(a成+a+a成+…+om+aA=号(a+b)十 号[a+-a)+a+b-a+…+a+”(-a)] 号(a+b)+号[(m-1Da+(只+是+…+”)b (日+号++是)a]-专a+)+号×"号2a+) 3(a+b). 第19题图 20.解：(1)设A,表示K(i=1,2)发生故障，则P(A)=0.6, P(A2)=0.5,单位时间T内，K1与K2同时发生故障的概 率P1=P(A1)P(A2)=0.6X0.5=0.3. (2)在时间T内，由于K,或K2发生故障而影响电路的概 率P2=P(A)P(A2)+P(A1)P(A2)+P(A1)P(A2)= 0.6×0.5+0.4×0.5+0.6×0.5=0.8. (3)设B表示L(i=1,2,3)发生故障，则P(B1)=0.4, P(B2)=0.5,P(B)=0.7,在时间T内，任一元件发生故障 而影响电路的概率P3=P2十P(B1)P(B2)P(B3)=0.8十 0.4×0.5×0.7=0.94. 21.解：1)在△DCE中，由正弦定理得CE:CD:sim∠DCE- CE2+CD-DE 子，又由余弦定理附002瓷=子，化简 得2sin∠DCE+3cos∠DCE=0,即2(1-cos∠DCE)+ 3cos∠DCE=0→(2cos∠DCE+1)(cos∠DCE-2)=0, 解得cos∠DCE=一 2,os∠DCE=2(含去).：0< 然-号，即直线SM与平面S0A所成角的正切值为号 ∠DCE<x,则∠DCE=.又：CD⊥OA,CE⊥OB, 3 ∴∠DCE+∠AOB=元，所以∠AOB=号 (2)如图，连接0C,可得0C=30,设∠A0C=0(0<0<受)，则 ∠BOC=号-A在Rt△ODC中，CD=30sinA在Rt△OBC中， CE=30sin(号-0)，所以△CDE的面积S=CDXCEX 第22题图 sm∠DcE=7×30sin0×30sin(5-0）×sinξ- 期未测试卷（六） 25v5sin0(cosg-sin0）=25vF(sin0cos0- 2sim0）=25F(9n20+子os20-） -、1.A 【解析：==1-+)i_+i=-1+i, 一 一2 1 的共轭复数为一1一i.】 25F[7sn(20+吾）-]=253m(20+晋）- 2.A【解析：：C-P$=AP才，Pi=P心+C克，.C3-(P心+ 255,即s=25m(20+号）-255(0<0<受， C)=AP才，则-P心=aPA,则C市=aPA,.C市∥PA, ∴P点在AC边所在直线上.】 因为0<0<吾，所以晋<20+晋<爱，则当20+吾=受→ 3.D【解析：对于A项，因为n(A)=30,n(B)=10,n(AUB)= 40,所以n(AUB)=40=n(A)+n(B),所以事件A与事件B =名时，即C为AB中点时，△CDE的面积S取得最大值 不能同时发生，所以事件A与B是互斥事件，故A错误；对 Snm=2253 于B项，因为n(2)=60,n(A)=30,n(AUD)=60,所以 4 P(A)=,P(D)=号，P(AD)=0,P(A)+P(D)=1, n(AUD)=60=n(A)十n(D),故A与D互斥且对立，故B 错误；对于C项，事件C与D能同时发生，不是互斥事件，故 C错误；对于D项，因为n(2)=60,n(A)=30,n(C)=20, nAnO=10,所以a(AUC)=40,PA)=,P(C)=子， P(AC)=30+20-40=1 第21题图 60 =6,P(AC)=P(A)P(C),事件 22.解：(1)设圆锥的底面半径为r,侧面母线长为l,圆锥的高为 A与C相互独立，故D正确.】 h,则xrl=2√2元.因为l=2√2，所以r=1,所以h=√-7= 4.D【解析：如图，作平面KSHG∥平面ABCD,C1F,D1E交 平面KSHG于点N,M,连接MN,由面面平行的性质得MN∥ 7,所以圆维的体积V=子产A=。 3 平面ABCD,由于平面KSHG有无数多个，所以平行于平面 (2)如图，设AO的中点为N,连接MN,SN,则MW∥OB. ABCD的MN有无数条.】 因为OA⊥OB,所以OA⊥MN.因为SO⊥底面AOB, C MNC底面AOB,所以SO⊥MN,由AO∩SO=O,AO, D SOC平面SOA,所以MN⊥平面SOA,所以∠MSN即是 直线SM与平面SOA所成的角.因为圆锥的底面半径为2， 母线长为2√2，所以高SO=2,所以SN=√SO+ON= V5,MN=2OB=1.因为SN⊥MN,所以tan∠MSN= 第4题图 49