期末测试卷(6)-【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（六）】 (满分：150分时间：120分钟) 、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3x=1十i(i是虚数单位)，则之的共轭复数是 A.-1-i B.-1+i C.1-i D.1+i 2.已知P是△ABC所在平面内的一点，若C第-P官=λPA,其中入∈R,则点P一定在( A.AC边所在的直线上 B.BC边所在的直线上 C.AB边所在的直线上 D.△ABC的内部 3.对于一个古典概型的样本空间2和事件A,B,C,D,其中，则n(2)=60,n(A)=30,n(B)=10, n(C)=20,n(D)=30,n(AUB)=40,n(A∩C)=10,n(AUD)=60,则 A.A与B不互斥 B.A与D互斥但不对立 C.C与D互斥 D.A与C相互独立 剂 洲 4.如图，已知点E,F分别是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱AB,AA1的中点，点M,N分别是线段 解 D1E与C1F上的点，则满足与平面ABCD平行的直线MN有 第4题图 A.0条 B.1条 C.2条 D.无数条 5.4位同学各自在周六、周日两天中等可能地任选一天参加公益活动，则周六、周日都有同学参 加公益活动的概率是 ( A日 B.3 D.8 6.a,b,c是△ABC的内角A,B,C所对的边，若a2+b2=2022c2,则 2tan Atan B tan C(tan A+tan B) 等于 A.1011 B.2022 C.2020 D.2021 7.某军事训练模拟软件设定敌机的耐久度为100%，当耐久度降到0%及以下，就判定敌机被击 落.对空导弹的威力描述如下：命中机头扣除敌机100%耐久度，命中其他部位扣除敌机60% 耐久度.假设训练者使用对空导弹攻击敌人，其命中非机头部位的命中率为50%，命中机头部 位的命中率为25%，未命中的概率为25%，则训练者恰能在发出第二发对空导弹之后成功击 落敌机的概率为 () A号 B青 c 8.我国古代数学名著《九章算术》中“开立圆术”曰：置积尺数，以十六乘之，九而一，所得开立方除 之，即立圆径.“开立圆术”相当于给出了已知球的体积V,求其直径d的一个近似公式d≈ V.人们还用过一些类似的近似公式.根据元=3.14159…判断下列近似公式中最精确的 9 一个是 () A B.d≈3/2v 3300V C.d≈N157 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.已知复数对应的向量为OZ,复数2对应的向量为OZ,则下列说法正确的有 () A.若|名1十2|=|之1一21，则OZ⊥OZ2 B.若(OZ+OZ)⊥(OZ-OZ),则|x1=|x2 C.若之1与之2在复平面上对应的点关于实轴对称，则之1之2=|12| D.若|1|=|2|，则好=号 10.设△ABC的三个内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,下列有关等边三角形的四个命题中正 确的有 () sin A sin B一sinC,则△ABC是等边三角形 A.若a= b cos A cos Bcos C,则△ABC是等边三角形 B.若a b C若n日An日B产aiC则△ABC是等边三角形 C D.若asin A=bsin B=csin C,则△ABC是等边三角形 21 11.某保险公司为客户定制了A,B,C,D,E共5个险种，并对5个险种参保客户进行抽样调查，得 出如图的统计图.用该样本估计总体，以下四个说法正确的有 () ≥57周 ↑单位/元 岁10% 7000 比例 0.358 6000 18~30周岁 5000 4456周岁 20% 0.250 4000 40% 3143周岁 3000 0.175 30% 2000 0.134 1000 0.003 04 18-3031-4344-5657周多以上0 A B C D E险种 参保人数比例 不同年龄段人均参保费用 参保险种比例 第11题图 A.57周岁以上参保人数最少 B.18~30周岁人群参保总费用最少 C.C险种更受参保人青睐 D.31周岁以上的人群约占参保人群的80% 12.勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与 两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以 正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分，如图，若正四面体 A ABCD的棱长为a,则下列结论正确的有 () A.能够容纳勒洛四面体的正方体的棱长的最小值为a B勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为1-。 C.勒洛四面体的截面面积的最大值为(2x一3)a B D.勒洛四面体的体积V∈ 悟， 第12题图 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13.将一枚骰子先后抛两次，则向上的点数之和为偶数的概率为 .(结果用最简分数表 示) 14.已知p,q为实数，1一i是关于x的方程x2十px十q=0的一个根，其中i是虚数单位，则p十 9= 15.已知三角形的三边分别是5,7,8，则该三角形的内切圆的半径是 16.如图，棱长为1的正方体ABCD-A1BCD1中，P为线段A1B上的动点（不含端点），则下列 结论正确的是 ①平面DAP⊥平面AAP;②∠APD:的取值范围是(O,]: ③三棱锥B-D1PC的体 积为定值；④DC1⊥DP. D B D 第16题图 22 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，直角三角形ABC中，∠C=90°，AC=6,BC=8,D是AB的中点，M是CD上的 动点 (1)计算A庐·B心+C克.CA+CA·A的值； (2)求(MA+MB)·MC的最小值， M B D 第17题图 18.(12分)已知x∈R,m=(2cosx,23sinx),n=(cosx,cosx). (1)设f(x)=m·n,求函数y=f(x)的解析式及最大值； 以 (2)设△ABC的三个内角A,B,C的对边分别为a,b,c,当x=A时，m=an,且c=2√3，求 △ABC的面积. 19.(12分)在①高一或高二学生的概率为 ;②高二或高三学生的概率为号；③高三学生的概率 为是这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答。 已知某高中的高一有学生600人，高二有学生500人，高三有学生a人，若从所有学生中随机 抽取1人，抽到 (1)求a的值； (2)若按照高一和高三学生人数的比例情况，从高一和高三的所有学生中随机抽取6人，再从 这6人中随机抽取2人，求至少有1人是高三学生的概率. 都 器 20.(12分)如图，圆内接四边形ABCD中，c0sB=一号，AD=BC=3,CD=5. (1)求边AC的长； (2)设∠BAC=a,∠ACB=B,求sin(2a十)的值. D B 第20题图 23 21.(12分)为了切实维护居民合法权益，提高居民识骗防骗能力，守好居民的“钱袋子”，某社区 开展“全民反诈在行动一反诈骗知识竞赛”活动，现从参加该活动的居民中随机抽取了100 名，统计出他们竞赛成绩分布如图表， (1)求a,b的值，并补全频率分布直方图； (2)估计该社区居民竞赛成绩的平均数x和s2方差（同一组中的数据用该组区间的中点值作 代表)； (3)以频率估计概率，若P(X≥x一s)∈(0.8,0.9]，社区获得“反诈先进社区”称号，若P(X≥ x一s)∈(0.9,1]，社区获得“反诈先锋社区”称号，试判断该社区可获得哪种称号(s为竞 赛成绩标准差)？ 成绩X 人数 个频率/组距 [40,50) 0.028 [50,60) 0.022 [60,70) 22 [70,80) 6 [80,90) 28 0.004 0.002L [90,100] 0405060708090100成绩/分 第21题图 24无敌原创·期末测试卷数学·必修第二册 22.(12分)如图，在正四棱锥中P-ABCD中，PA=AB=2√2，E,F分别为的PB,PD中点，平面 AEF与棱PC的交点为G (1)求异面直线AE与PF所成角的余弦值； (2)求平面AEGF与平面ABCD所成锐二面角的正切值； (3)求点G的位置. E A B 第22题图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 5.D【解析：由已知，4位同学各自在周六、周日两天中任选一 天参加公益活动共有2=16种不同的结果，而周六、周日都 有同学参加公益活动有两类不同的情况：(1)一天一人，另一 天三人，有8种不同的结果；(2)周六、日各2人，有6种不同 的结果，故周六、周日都有同学参加公益活动有8十6=14种 不同的结果，所以周六、周日都有同学参加公益活动的概率 为腊=名】 6.D【解析：因为a2+b2=2022c2,由余弦定理得 cos C=+6:-c2 =2021c2 2tan Atan B 2ab 2ab, tan C(tan A+tan B) 2sin Asin B 2sin Asin B cos Acos B cos Acos B sinC/sinA⊥sinB\ sin C.sin Acos B+cos Asin B cos C\cos A cos B/ cos C cos Acos B 2sin Asin Bcos C 2sin Asin Bcos C 2sin Asin Bcos C sinC·sin(A+B)-sinC·sin(r-c) sin2 C 2tan Atan B 由正弦定理可得anC(anA十tanB) _2abcos C2ab c2 2021c2 2ab =2021.】 7.D【解析：用A,B,C分别表示命中机头，命中非头部位和未 命中三个事件，则P(A)=子，P(B)=是，P(C)=子，又因 为训练者每次是否击中敌机相互独立，所以利用独立事件乘 法公式及互斥事件加法可得训练者恰能在发出第二发对空 导弹之后成功击落敌机的概率P=P(CA)十P(BA)十 P(BB)-P(C)P(A)+P(BP(A)+P(B)P(B)- 8.D【解析：球的体积V=亭x×(号)广'∴=V=三V 36v,. r=3.14159…,.交=1.57079….记d=/g 9v=是d=m进=2w=品4=， 16 d--是器1，号 1.571器1.5,1.57，号中，号最接近受d更精确】 二、9.ABC【解析：因为la十2=|x一|，所以1OZ+OZ1 1oZ-oZ1,则1oZ+oZ12=1oZ-oZ1,即4oZ· OZ=0,则oZ⊥OZ,故A正确：因为(o2+OZ)⊥OZ oZ),所以(oZ+oZ)·(oZ-oZ)=0,即oZ2=oZ2, 则|al=|2|,故B正确；设名=a十i(a,b∈R),因为a与 50 无敌原创·期末测试卷数学·必修第二册 在复平面上对应的点关于实轴对称，则z2=a一i(a,b∈ R),所以1z2=a2十仔，2|=a2十形，则12=|x12,故 C正确；若z1=1十i,z2=1一i满足|1|=|x2|,而号≠ ,故D错误.】 b 10.BCD【解析：A若AB一sC,由正弦定理可知 任意△ABC都满足条件，因此不一定是等边三角形，不正 确：B若AoB一oC由正弦定理可得积升 cos A snB=sinC,tanA=tanB=tanC,A,B,C∈(0，r), A=B=C,△ABC是等边三角形，正确.C.若aA 品BC由正装定理可得温含品骨-品 .cosA=cosB=cosC,,'A,B,C∈(0，π)，∴.A=B=C ∴.△ABC是等边三角形，正确.D.若asin A=bsin B= csin C,.a2==c2,a=b=c,△ABC是等边三角形， 正确.】 11.ACD【解析：由扇形图可知，57周岁以上参保人数最少， 故A正确：由折线图可知，18~30周岁人群人均参保费用 最少，但是由扇形图知参保人数并不是最少的，所以参保总 费用不一定最少，故B错误；由条形图可知，C险种参保比 例最高，故C正确；由扇形图可知，31周岁以上的人群约占 参保人群80%，故D正确.】 12.ABD【解析：正四面体ABCD棱长为a,如图1，设M是底 面BCD的中心，O是其外接球（也是内切球）的球心，外接 球半径为R,高为AM,BM=号×号a=号a,AM √AB-BM=5a,由B=BM+OM得R:= 3 (停c)+(停。一R),解得R-9。,OM-内切球半 径).所以正四面体ABCD的体积为Vam=子×气：× 。-侣。，外接球体积为V=专x×(停)-誓d.对 于A项，由勒洛四面体的结构知，能容纳勒洛四面体的正方 体的棱长的最小值为a,故A正确；对于B项，勒洛四面体 能够容纳的最大球与勒洛四面体的弧面相切，如图2，其中 点E为该球与勒洛四面体的一个切点，O为该球的球心，易 知该球的球心O为正四面体ABCD的中心，半径为OE,连 接BE,易知B,0,E三点共线，且BE=a,OB=。,因此 0北=a-a=(1-)a,故B正确：对于C项，由勒洛四 -p=(1-i)+(1+i)=2,即p=一2，g=(1-i)(1+i)= 4 1-i=2,p+q=0.】 面体的结构知勒洛四面体表面上任意两点间的距离的最大 15.√3【解析：设△ABC中a=5,b=7,c=8,由余弦定理可得 值为a,最大的截面即经过四面体ABCD表面的截面，如图 c2=a2+b-2 abeos C,即82=52+72-2×5×7cosC,所以 3,根据勒洛四面体结构的对称性，不妨设此截面为投影光 线垂直于正四面体的一个面ABD时，勒洛四面体在与平面 c0sC=7,则如C-=V-osC-45,所以5Ae ABD平行的一个投影平面a上的正投影，当光线与平面 7 C=合X5×7X9=10,，原设△ABC的内切圆 ABD夹角不为90°时，易知截面投影均为上图所示图像在 平面α上的投影，其面积必然减小.如图的截面为三个半径 的半径为r,则5m=之r(a+6十)，即宁(5+7+8)r= 为a,圆心角为60°的扇形的面积减去两个边长为a的正三 10√5，解得r=√3.】 角形的面积，即3×品×-2X气。=宁（红一万）a, 16.①③④【解析：：DA1⊥平面AAP,∴.平面D1A1P⊥平 故C错误；对于D项，勒洛四面体的体积介于正四面体 面A:AP,①正确；若P是A1B上靠近A1的一个四等分 ABCD的体积和正四面体ABCD的外接球的体积之间，正 点，DP=1+(停)广=号，此时AP=AA+AP- 四面体ABCD的体积V,-侣c,正四面体ABCD的外接 2AA,×APX cos45=号DP+AP<ADi,此时 球的体积V=d,所以V∈（侣e,。),故D 8 ∠DPA为钝角，②错；如图，由于BP∥CD,则BP∥平面 正确.】 B1DC,因此PB1D1C的底面是确定的，高也是定值，其体 积为定值，③正确；DC⊥DC,DC∥AB,所以DC⊥ A1B,且DC1⊥A1D1,A1B∩A1D1=A1,所以DC1⊥平面 A1PD1,D1PC平面APD1,因此DC1⊥D1P,④正确.】 0 图1 图2 第16题图 四17.解：(1)由直角三角形ABC中，∠C=90°，AC=6,BC=8, 可知AB=10,则AB·BC+BC.Ci+Ci.AB=A. (BC+CA)+BC.CA=AB BA+BC.CA=-AB= 图3 -100 第12题图 (2)D是AB的中点，所以M本+M亦=2M市，故(Mi+ 三，13.之【解析：由题意，将一枚骰子先后抛两次，所有可能 Mi·MC=2Md.Md组CD=号AB=5.由于C,M, 的情况有6×6=36种，其中向上的点数之和为偶数的 D三点共线，设C应=1CD,(0≤A≤1)，则M心= 情况有18种情况，故向上的点数之和为偶数的概率为 (1-)CD,故(Mi+Mi)·M心=2Md·M心 器子】 -21-x0x,C市=-501-x0x=50(A-2)°-2罗，当 14.0【解析：1一i是关于x的方程x2+px+g=0的一个 根，.1十i是关于x的方程x2十px十g=0的另一个根，则 A=时，取最小值一空 18.解：(1)f(x)=2cos2x+2√3 sin xcos=√3sin2x+cos2x+ 1=2sin(2x+石）+1，f(x)的最大值为3。 (2)x=A时，m=am,(2cosA,2√3sinA)=(acos A,acos A), (2cos A=acos A, a=2,mA=9,由于0<A<,所以 2√3sinA=acos A A=晋，由余弦定理得a2=+2-2bc0sA,4=:+12- 26×25×号：-60+8=0，解得6=2或6=4当6=2时。 58e=合esinA=子×2X25X之=5，当6=4时， Sm=2cnA=2×4X2gX号-2g. 19.解：(1)选①.依题意，从所有学生中随机抽取1人，抽到高一 600+500110011 或高二学生的概率为00十50十。1100十a-1,解得a= 300,所以a的值为300.选②.依题意，从所有学生中随机抽 取1人，抽到高一或高三学生的概率为600十500十a 500+a 品号解得a=30,所以。的值为30选@.依题 意，从所有学生中随机抽取1人，抽到高三学生的概率为 60+0干。是，解得a=30,所以的值为30， (2)第一步：求出抽取的6人中高一、高三学生的人数.由(1) 知，高一、高三学生人数比为2：1，所以抽取的6人中，高一 有4人，高三有2人.第二步：列出从抽取的6人中任取2人 的所有情况.高一的4人记为a,b,c,d,高三的2人记为A,B, 则从这6人中任取2人的所有情况为{a,b},(a,c},{a,d}, {a,A},{a,B},{b,c},{b,d},{b,A},b,B},{c,d},{c,A}, {c,B},{d,A},{d,B},{A,B},共15种.第三步：列出至少有1 人是高三学生的情况.抽取的2人中至少有1人是高三学生 的情况有{a,A},{a,B},{b,A},{b,B},{c,A},{c,B},{d,A}, {d,B》,{A,B},共9种.第四步：根据古典概型的概率公式得 解，至少有1人是高三学生的概率为品-号 20.解：(1)圆内接四边形ABCD中，B+D=π，cosD=一cosB= 青在△ACD中，由余弦定理得AC=AD十CD-2AD· CDc0sD=9+25-2×3X5×号=10，所以边AC的长 是√10. (2)依题意，sinB=V-coB=号，在△ABC中，a十B 一B,B为纯角，由正孩定理得品一品。即m。 BCsin B3X号9西，雨a为锐角，则s=页房 AC √10 50 50 以sin(2a+3)=sin(π-B+a)=sin(B-a)=sin Bcos a cos Bsin a= 3×13+4×9@-3@ 5 50 5 50 10 21.解：(1)由题可知a=0.004×10×100=4,b=100一(2十4+ 22十40+28十4)=40，所以100名居民竞赛成绩在[70,80)组 内频率/组距为品÷10=0.040，补全颜率分布直方图如图。 个频率/组距 0.040 0.028 0.022 0.004 0.002E 成绩/分 0V405060708090100 第21题图 (2)估计该社区居民竞赛成绩的平均数云=45×总十5× 高+65×器+75×品+85×器+95×高=5，估计该 2 社区居民竞赛成绩的方差子=(45一75户×0十(5-75尸× 0+(65-75)9×器+(75-75)2×品+(85-75× 4 28 4 00+(95-75)2×10=100. (3)由(1)可得s=√100=10，所以P(X≥x-s)=P(X≥ 65)=1-P(X<65)=1-(0.002×10+0.004×10+0.022× 5)=0.83.0.83∈(0.8,0.9]，所以该社区可获得“反诈先 进社区”称号。 22.解：(1)如图1，连接AC,BD,相交于点O,因为四边形 ABCD是正方形，所以O是正方形的中心，连接PO,因为四 棱锥P-ABCD是正四棱锥，则PO⊥底面ABCD,连接OE, 因为E为PB的中点，所以EO是△PBD的中位线，所以 EO∥PD,∠OEA(或补角)即为异面直线AE与PF所成角 的大小.因为正四棱锥P-ABCD中，PA=AB=2√2，所以 △PAB是等边三角形，所以AE=AB·sin号=6，由勾股 定理得AC=√8+8=4，所以AO=2,因为PO⊥BD,E为 PB的中点，所以OE=号PB=厄.在△AOE中，由余弦定理 、得cos∠OA三OA二AC-22=9·所以异 2OE·AE 面直线AE与PF所成角的余弦值为. (2)如图2，连接EF,与OP相交于点Q,则Q为OP,EF的 3.B【解析：设收入总和为x,则35.4%x一(12.2%十10.8%)x= 中点，因为E,F分别为PB,PD的中点，所以EF是三角形 27,解得x=218.】 PBD的中位线，所以EF∥BD,因为BDC平面ABCD, 4.D【解析：.a·b=|a||b|cos0=10cos0=-6,.cos0= EF在平面ABCD,所以EF∥平面ABCD,设平面AEGF与 -号又0e[0sim0=÷axb1=1a1b1sn0= 4 平面ABCD相交于直线I,故EF∥l∥DB,连接QA,则因 为AE=AF,所以AQ⊥EF.又因为OA⊥BD,故∠QAO即 10sn0=10x号-8.】 为平面AEGF与平面ABCD所成锐二面角，其中OQ 号0P=-1,A0=2,所以an∠0AQ-8=合，即平面 5.B【解析：由题意得，从1,2,3,4,5这5个数中随机抽取2 个数，则共有下列情况：(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(2,3) ABGF与平面ABCD所成锐二面角的正切值为分 (2,4),(2,5),(3,4),(3,5),(4,5),(2,1),(3,1),(4,1),(5,1), (3)如图3，延长AQ,则由两平面相交的性质可得AQ一定 (3,2),(4,2),(5,2),(4,3),(5,3),(5,4),共有20种等可能 过点G,过点G作GM∥PO交AC于点M,因为PO⊥底面 情况，其中为整数的有(2,1)，(3,1)，(4,1)，(5,1)，(4,2) ABCD,所以GM⊥底面ABCD,设GM=CM=x,则AM= 4-,由2)知，m∠0AQ=名，所以微名，即名 ”4-x 5种情况，所以所求概率为品-子】 6.D【解析：由题意得，B1D1∥BD,BDC平面BDM,B1D1 合解得-青做瓷-部言-号，所以点G的位置 平面BDM,则BD∥平面BDM.又平面BDM∩平面 为线段PC靠近P的三等分点. B1D1M=,.B1D1∥L.因为B1D1⊥A1C1,B1D1⊥AA1, D P A1C1∩AA1=A1,AA1C平面AA1C1C,A1C1C平面 AAC1C,故B1D1⊥平面ACC1A1,因此I⊥平面ACC1A1.故 D正确.而B:D1∥BD,BDC平面BDN,B1D1￠平面 DA BDN,则BD∥平面BDN,故L∥平面BDN,A错误，同理 0 B错误；由于B1D1与C1D1相交不垂直，故B1D1与平面 B 图1 图2 B CDD1C1不垂直，因此I不垂直平面CDD1C1,故C错误.】 7.D【解析：如图，地球表面某地正午太阳高度角为0,6为此 时太阳直射点纬度，为当地纬度值，那么这三个量满足0= 90°-|p一dl,当8=0°且9为正值时，可得0=90°-9，即p= 90°-0，设木杆的影长为m,可得an0=六，因为甲，乙、丙、 丁四个小组在同一场地进行，得到影长分别为0.82,0.80， 图3 第22题图 0.83,0.85,所以当m=0.85时，0取得最小值，此时p取得 最大值，所以四组中对通州区当地纬度估测值最大的一组是 期未测试卷（七） 丁组.】 一、1.B【解析：复数x在复平面内对应的点为(1,1)，.x= 1+i=1-a岁名+】 杆长 2.A【解析：由题意，向量a=(2,1),b=(一1,1)，可得2a十b (3,3),a+mb=(2-m,1+m).因为(2a+b)∥(a+mb),可 影长m 得3×1+m)=3×(2-m),解得m=号.】 第7题图 51