2020-2021學(xué)年高一數(shù)學(xué)下學(xué)期（人教A版2019必修第二冊）-期末測試02 （教師版）

2020—2021學(xué)年高一數(shù)學(xué)下學(xué)期

期末測試02

滿分：100分時間：60分鐘

第I卷（選擇題共60分）

一、單項(xiàng)選擇題：本題共12小題，每題只有一個選項(xiàng)正確，每小題5分，共計60分。

27r

1.如圖，半徑為1的扇形AOB中，ZAOB=—,P是弧AB上的一點(diǎn)，且滿足OPLOB,M,N分

3

UULUUULV

別是線段OA,0B上的動點(diǎn)，則PM-PN的最大值為（）

A.—B.—C.1D.J2

22

【答案】C

【詳解】

71

由題意可知，Z.POA=—

6

以O(shè)為原點(diǎn)，OP所在直線為x軸，OB所在直線為y軸建立平面直南坐標(biāo)系

則尸（1,0）,設(shè)==加（〃,相￡[0,1]）

所以N（0,〃），M（m,——

則兩.麗=使％,』（一1,〃）=1一場一處

（22Jv722

所以當(dāng)m=n=0時

PM-PNm^=\

所以選C

JI______

2.若。是△ABC垂心，NA="且sinBcosCAB+sinCcosBAC=2msinBsinCAO，則機(jī)二()

o

R也

AD.----\_x■------------

-123

【答案】D

【詳解】

在AABC中，sinBsinCrO,

ULU1UUUUULI

由sinBcosCAB+sinCcosBAC=2/HsinfisinCAO,

cosC?cosB?.?

傳-----ABH--------AC=2m-AO,

sinCsinB

連接CO并延長交A3于O,

因?yàn)?。是AA5c的垂心，所以CDJ_AB,Ad=AD+DO^

所以篝肉篝前=2/回+現(xiàn)

同乘以九g得,

0福通+包AC-AB=2m.(AQ+DO^-AB

sinCsinB

cosCcosB——

------c2+------becosA-2m?AD?AB-2m-bcosA?c

sinCsinB

因?yàn)锳吟所以篝八鬻=同歷

由正弦定理可得cosCsinC+—cosBsinC=百根sinBsinC

2

又sinCwO,所以有cosC+—cosB=V3m-sinB,

2

57r

而C=7T-A-B=——B.

6

(541

所以cosC=cos------B--cosB+-sinB,

I6)22

所以得到—sinB=V3msinB,

2

/0

而sin8w0,所以得到m=——

6

故選：D.

3.如圖，在正方體ABC。-AB'C'D中，平面a垂直于對角線AC,且平面a截得正方體的六個表面得到

截面六邊形，記此截面六邊形的面積為S,周長為/,則

B.S不為定值,/為定值

c.S與/均為定值D.S與/均不為定值

【答案】B

【詳解】

設(shè)平面a截得正方體的六個表面得到截面六邊形為。，（0與正方體的棱的交點(diǎn)分別為

/、J、N、M、L、K（如下圖），

將正方體切去兩個正三棱錐4-43。和。-B'C。'，得到一個幾何體V,V是以平行平面48D和

為上下底，每個側(cè)面都是直角等腰三角形，截面多邊形切的每一條邊分別與V的底面上的一條邊平

行，設(shè)正方體棱長為。，丁匚=7，則IK=yB'D'=6ay,KL=（I-y）AB=J5a（l-y）,故

AB'

lK+KL=\[2ay+\[2a[\-y^=s[2a,同理可證明LM+MN=NJ+IJ=五。，故六邊形3的周長為3，5a，

即周長為定值;

當(dāng)/、J、N、M.LK都在對應(yīng)棱的中點(diǎn)時，。是正六邊形，計算可得面積

S=6x-xf—x-^^-a2,三角形A'BD的面積為，x（缶fx立=立/當(dāng)0無限趨近

2[2）242/22

n

于4班）時，0的面積無限趨近于，故。的面積一定會發(fā)生變化，不為定值.

2

故答案為B.

4.如圖所示，在直角梯形8CE/中，NCBF=NBCE=90°,A,。分別是8F,CE上的點(diǎn)，AD//BC,且

AB=OE=28C=2AF（如圖1）,將四邊形ADEF沿AO折起，連結(jié)BE、BF、CE（如圖2）.在折起的過程中,

下列說法中正確的個數(shù)（）

①AC〃平面BEF-,

②8、C、E、尸四點(diǎn)可能共面；

③若EF_LC/，則平面平面ABCD；

④平面BCE與平面BE/可能垂直

A.0B.1C.2D.3

【答案】C

【詳解】

對①，在圖②中，連接AC,8。交于點(diǎn)0,取8E中點(diǎn)，連接M0,易證AOMF為平行四邊形，即AC〃FM,

所以AC//平面BEF,故①正確：

對②，如果8、C、E、F四點(diǎn)共面，則由BC〃平面ADEF,可得BC//EF,又AD〃BC,所以AD〃EF,這樣

四邊形ADEF為平行四邊形，與已知矛盾，故②不正確；

對③，在梯形ADEF中，由平面幾何知識易得EF1FD,又EF1CF,；.EF1平面CDF,

即有CD1EF,，CD1平面ADEF,則平面ADEF1平面ABCD,故③正確；

對④，在圖②中，延長AF至G,使得AF=FG,連接BG,EG,易得平面BCE1平面ABF,BCEG四點(diǎn)共

面.過F作FN1BG于N,則FN1平面BCE,若平面BCE1平面BEF,

則過F作直線與平面BCE垂直，其垂足在BE上，矛盾，故④錯誤.

故選：C.

5.如圖，在三棱錐P—ABC中，B4_L平面ABC,AB1BC,AD±BP,B4=AC,若三棱錐P—ABC

外接球的表面積為8%,則三棱錐P-AC。體積的最大值為（）

A.也B.1C.近D.叵

3244

【答案】A

【詳解】

設(shè)=BC=b,由三棱錐P—ABC外接球的表面積為8乃，得外接球的半徑/?=又R4_L平面

ABC,AB1BC.

所以++所以針=2,所以。2+匕2=4.

因?yàn)?4,平面ABC,AD±PB,所以PB=j4+a2,BD^JL--,過。作力E_LA3,垂足為E,

則DEI,平面ABC,

所以DEHPA,所以匹=&2,所以DE=%F,所以

PABP4+a2

VpACD=VpA"ABC=-S.ACD（PA-DE）=-ab[2-^—\=下‘帥=7".

P-ACDP-ABCD-ABC3〃6I4+a2）3（4+?2）3（2a2+b2）

r4<4—近r-r-

~JiabV一3，當(dāng)且僅當(dāng)丁=一，即。=a，/,=9時，"=”成立，所以三棱錐尸一AC￡>

3丁+—ba33

'baJ

體積的最大值為正.

故選：A.

6.已知直三棱柱ABC-A4G的頂點(diǎn)都在球。的球面上，AB=AC=2,BC=2g，若球。的表面積

為72兀，則這個直三棱柱的體積是

l8

A.16B.15C.8,2D.一

【答案】A

【詳解】

由題，S=4萬尸=72萬，r=3近，

因?yàn)锳B=AC=2,BC=272,易知三角形ABC為等腰直角三角形，

故三棱柱的高h(yuǎn)=21戶一（gBep=8

故體積V=—x2x2x8=16

2

故選A

7.進(jìn)入8月份后，我市持續(xù)高溫，氣象局一般會提前發(fā)布高溫橙色預(yù)警信號（高溫橙色預(yù)警標(biāo)準(zhǔn)為24小

3

時內(nèi)最高氣溫將升至37攝氏度以上），在今后的3天中，每一天最高氣溫在37攝氏度以上的概率是一周計

算機(jī)生成了20組隨機(jī)數(shù)，結(jié)果如下，若用0,1,2,3,4,5表示高溫橙色預(yù)警，用6,7,8,9表示非高

溫橙色預(yù)警，則今后的3天中恰有2天發(fā)布高溫橙色預(yù)警信號的概率估計是（）

116785812730134452125689024169

334217109361908284044147318027

31132

A.-B.-C.—D.一

52205

【答案】B

【詳解】

觀察20個隨機(jī)數(shù)，其中有116,812,730,217,109,361,284,147,318,027共10個表示3天中恰有

2天發(fā)布高溫橙色預(yù)警信號，

因此所求概率為P=—=—.

202

故選：B.

8.壇子中放有3個白球，2個黑球，從中進(jìn)行不放回地取球2次，每次取一球，用4表示第一次取

得白球，上表示第二次取得白球，則4和4是（）

A.互斥的事件B.相互獨(dú)立的事件

C.對立的事件D.不相互獨(dú)立的事件

【答案】D

【詳解】

第一次取得白球，第二次取得白球，可同時發(fā)生，所以4和4不是互斥事件、不是對立事件，第一次取得

13

白球時第二次取得白球的概率為一與第一次不取白球時第二次取得白球的概率為一不同，所以4和4不

24

是獨(dú)立事件，選D.

9.如圖為某市國慶節(jié)7天假期的樓房認(rèn)購量與成交量的折線圖，小明同學(xué)根據(jù)折線圖對這7天的認(rèn)購量（單

位：套）與成交量（單位：套）作出如下判斷：①日成交量的中位數(shù)是16；②日成交量超過日平均成交量的有

2天；③認(rèn)購量與日期正相關(guān)；④10月7日認(rèn)購量的增幅大于10月7日成交量的增幅.則上述判斷正確的

個數(shù)為

A.0B.1C.2D.3

【答案】B

【詳解】

7天假期的樓房認(rèn)購量為：91、10()、105、107、112、223、276；

成交量為：8、13、16、26、32、38、166.

對于①，日成交量的中位數(shù)是26,故錯；

對于②，日平均成交量為：8tl3+16+26.32+38+躍一42.7,有1天日成交量超過日平均成交量，

7

故錯；

對于③，根據(jù)圖形可得認(rèn)購量與日期不是正相關(guān)，故錯；

對于④，10月7日認(rèn)購量的增幅大于10月7日成交量的增幅，正確.

故選B

10.已知某地區(qū)中小學(xué)生人數(shù)和近視情況分別如圖1和圖2所示.為了解該地區(qū)中小學(xué)生的近視形成原因,

用分層抽樣的方法抽取4%的學(xué)生進(jìn)行調(diào)查，則樣本容量和抽取的高中生近視人數(shù)分別為

A.400,40B.200,10C.400,80D.200,20

【答案】A

【詳解】

用分層抽樣的方法抽取4%的學(xué)生進(jìn)行調(diào)查,

樣本容量為：(3500+4500+2000)x4%=400,

抽取的高中生近視人數(shù)為：2000x4%x50%=40,

故選A.

11.胡夫金字塔是底面為正方形的棱錐，四個側(cè)面都是相同的等腰三角形，研究發(fā)現(xiàn)，在實(shí)際生活中，可

將該金字塔底面周長除以2倍的塔高得到的數(shù)值當(dāng)作圓周率乃使用.設(shè)胡夫金字塔的高為〃，假如對胡夫

金字塔進(jìn)行亮化，沿其側(cè)棱和底邊布設(shè)單條燈帶，則需要燈帶的總長度約為（）

C.（8萬+4d27r。+1）h

【答案】D

【詳解】

設(shè)胡夫金字塔的底面邊長為由題可得一=兀,所以。=上

2h2

該金字塔的側(cè)棱長為「十-42_局2允2+16

V+~8~~4~~

所以需要燈帶的總長度約為4x'&兀、16+4x獨(dú)=（2兀+12宏+16）〃

42

故選：D

12.如圖，半徑為1的扇形40B的圓心角為120°，點(diǎn)C在弧A8上，且/COB=30°，若方=AOA+pOB，

則丸+〃=()

B.73

D.2百

【答案】B

【詳解】

如圖所示，以0為原點(diǎn)，08為X軸，建立直角坐標(biāo)系，8（1,0）

QN8OC=30°,OC=l.?.C(cos30°,sin30°)

QZBOA=120°,OA=]A(cos120°,sin

界卜〃（1，。），

又反=4礪+〃礪,

旦

-----=-----A+U

22

z二,解得>:.九+〃="\/3,

1V3.

-=--A

122

故選：B

第n卷（非選擇題共40分）

二、填空題：本題共計4小題，共計16分。

13.已知AABC是邊長為2的正三角形，平面上兩動點(diǎn)0、P滿足麗=4礪+4礪+4無

（4+4+4=1且4、4、4之。）.若|而|=1,則do月的最大值為

【答案】3+2百

【詳解】

?.麗=4礪+4礪+4反=4礪+4麗+（1-4-4）反，

二方一詼=4（西一無）+4（赤一反），即守=4畫+45，

因?yàn)?+4+4=1且4、4、4NO,則4、4NO,所以，044+441,

所以，點(diǎn)P在A/WC■的邊界及其內(nèi)部，

.LlLIUl.

因?yàn)閨OP|=1,則點(diǎn)。在如下圖所示的封閉區(qū)域內(nèi)，該區(qū)域由MH、NR、ST三條線段以及三段分別以A、

2乃

B、C為圓心，半徑為1且圓心角為的圓弧圍成的區(qū)域，

其中四邊形ABMH、BCRN、ACST均為矩形，且AH=AT=BM=BN=CR=CS=1,

取AB的中點(diǎn)O,則礪=一麗，OA^OD+DA,OB^OD+DB=OD-DA，

.....’?(-------**\/-------*?*\-------?2*2I.2

所以，OAOB=(OD+DAj-^OD-DAj=OD-DA=[0￡>[-1,

連接。。并延長交RS于點(diǎn)。，此時I而I=6+1,

IImax

因此，OA-OB=|OD|2-l<(V3+l)2-l=3+2>/3.

故答案為：3+2省.

14.在棱長為0的正方體ABC。一A4GA中，棱BB-4G的中點(diǎn)分別為E，/，點(diǎn)P在平面BCC￡

內(nèi)，作PQL平面AC",垂足為Q.當(dāng)點(diǎn)P在AEFB］內(nèi)（包含邊界）運(yùn)動時，點(diǎn)。的軌跡所組成的圖

形的面積等于.

【答案】昱

12

【詳解】

由正方體性質(zhì)可知平面ACA//平面4BQ,且PQ，平面AC%,

B

故點(diǎn)Q的軌跡所組成的圖形與平面EFB1在平面AfBC,正投影圖形全等,

又用一48G為正三棱錐，

故正投影如圖

出B

即AEFB1再平面ABG的正投影為.EFB：,

且EE'=1,F'B'=—,E'B'NE'4'F=華，

13133

SEFB.=--B；E'-B；F'-sin—=—,

.EFB,2II312

n

點(diǎn)。的軌跡所組成的圖形的面積為22,

12

/7

故答案為：

12

15.已知樣本：占、々、%3、4、X§GN,該樣本的平均數(shù)為7,樣本的方差為4,且樣本的數(shù)據(jù)目不相

回，則樣本數(shù)據(jù)中的最大值是.

【答案】10

【詳解】

X

：由題意，須、々、3'Z、X5eN,該樣本的平均數(shù)為7,則[（X]+々+*3+*4+入5）=7.樣本的

方差為4,則￥（&-7）2+（三-7）2+（%-7）2+（三-7）2+（%-7）2卜4=[（±-7）2+區(qū)-7）2+（弓-7）2+（々-7）2+（%-7）2]=20.

如圖，表示123,4,5個點(diǎn)分別位于7的上下兩側(cè)，那么（蒼一7）2<20,1=1,2,3,4,5,所以看411,

設(shè)=11，那么[（X]—7）~+（々-7）一+（X4—7）一+（七-7）~]=4,必然存在樣本數(shù)據(jù)相等，不滿足題意.

設(shè)工3=10,那么[（X]-7）2+（々-7）2+（%4-7）2+卜5-7）2]=11,不妨設(shè)玉=4,々=6,%=7,X5=8,

且滿足一（玉+%,+%3+%4+“5）=7.所以在最大值為10時存在5個數(shù)都為整數(shù)滿足題意.

16.天氣預(yù)報說，在今后的三天中，每一天下雨的概率均為40%.現(xiàn)采用隨機(jī)模擬試驗(yàn)的方法估計這三天

中恰有兩天下雨的概率：先利用計算器產(chǎn)生。到9之間取整數(shù)值的隨機(jī)數(shù)，用1,2,3,4表示下雨，用5,

6,7,8,9,0表示不下雨；再以每三個隨機(jī)數(shù)作為一組，代表這三天的下雨情況.經(jīng)隨機(jī)模擬試驗(yàn)產(chǎn)生了

如下20組隨機(jī)數(shù)：

488932812458989431257390024556

734113537569683907966191925271

據(jù)此估計，這三天中恰有兩天下雨的概率近似為.

【答案】0.3

【詳解】

由題意知模擬三天的下雨情況，經(jīng)隨機(jī)模擬產(chǎn)生了20組隨機(jī)數(shù)，

在20組隨機(jī)數(shù)中表示三天中恰有兩天下雨的有：932、812、024、734、191、271,共6組隨機(jī)數(shù)，

二所求概率為尸=色=0.3.

20

故答案為：0.3

三、解答題：本題共計4小題，共計24分。

17.在AABC中，已知通_1.才仁，M是8C的中點(diǎn).

⑴若|通|=|而卜求向量通+2而與向量2通+/的夾角的余弦值；

⑵若O是線段AM上任意一點(diǎn)，且\AB\=\AC\=>/2,求礪.礪+無?礪的最小值；

（3）若點(diǎn)P是邊BC上的一點(diǎn)，且|麗卜m,APAC=2,APAB=1,求|A》+/+麗|的最小值.

413

【答案】(1)—;(2)----；(3)"2H—.

52m

【詳解】

_______uuutiuai

(1)設(shè)向量A3+2AC與向量2A5+4C的夾角為仇

由，I而H亞I

_____uunuimuun，uuu2uun

(AB+2AC)-(2AB+AC)=2AB+2AC=4|AB『，

uun、uun->uun

IAB+2ACI2=(XB+2AC)2=AB+4AC=51AB|2

.1而+2衣|=6|南I，同理|2而+2衣|=君|而|

(AB+2AC)-(2AB+AC)_4

COSu=".----.---.—.~=一,

\AB+2AC\\2AB+AC\5

___.____uuuuuu4

二向量4?+2AC與向量2A8+AC的夾角的余弦值~.

(2)???|而卜|恁卜血,.■」病|=1,設(shè)I函|=x,(0Vx?l),

-----------UUUUUIUUUL1

則|0M|=1—x,而O8+OC=2OM，

?.OAOB+OCOA=OA(OB+OC)

=2(9A(9A/=-2x(l-x)=2(x——)2――

當(dāng)x時，函?麗+無而的最小值是一；：

71

(3)設(shè)NC4P=a，則N3AP=——a

2

網(wǎng)=m,AP-AC=2,AP.而=1

——2

m|AC|cosa=2=>|AC|=----------

m?cosa

—?4?1

m|AB|cos(一一a)=l=>|AB|=——；—

2m-sina

.?.河+AC+研=加+AC2+AP2+2ABAC+2AC-AP+2AP-AB

21,41、/

=mH---2(------2----1■=-)+6

m~cos-asina

/14cos2?+4sin2asin26z+cos2a.

="2+6+(z---------------------+----------------)

mcosasin"a

2/14sin2acos2ai,9,3

=W+6+—7-z(---；—+——z—+5)＞，?T+6+==(/"+一x)2-

mcosasinamm

當(dāng)且僅當(dāng)cos,a-2,tan2a=—,tana=時，等號成立，

sin2a22

通+4d+而卜勺最小值為m+—.

18.從一批柚子中隨機(jī)抽取100個，獲得其質(zhì)量(單位：g)數(shù)據(jù)，按照區(qū)間［900,950),［950,1000),

［1000,1050),［1050,1100］進(jìn)行分組，得到頻率分布直方圖，如圖所示.

(1)根據(jù)頻率分布直方圖計算抽取的這100個柚子質(zhì)量的眾數(shù)的估計值;

(2)用分層隨機(jī)抽樣的方法從質(zhì)量在［950,1000)和［1050,1100］內(nèi)的柚子中共抽取5個，求抽取的柚子中

質(zhì)量在［1050,1100］內(nèi)的柚子數(shù);

(3)從(2)中抽出的5個柚子中任取2個，求最多有1個柚子的質(zhì)量在［1050,1100］內(nèi)的概率.

7

【答案】(1)1025(2)3(3)—

10

【詳解】

⑴眾數(shù)的估計值為最高矩形的中點(diǎn)，即眾數(shù)的估計值為崎0°+1°5°=1025:

2

(2)由頻率分布直方圖可知,

質(zhì)量在［950,1000)內(nèi)的柚子數(shù)為勺=(1000—950)x().004x100=20,

質(zhì)量在［1()50,11(X)］內(nèi)的柚子樹為巧=(11()0—1050)x0.006x100=30.

從質(zhì)量在［950,1000)和105(),11(X)］內(nèi)的柚子中共抽取5個,

n=5x〃,」＞30=3：

其中質(zhì)量在［1050,1100］內(nèi)的柚子樹為

4+%~50

⑶由⑵知抽出的5個柚子中，

質(zhì)量在［1050,1100］內(nèi)的柚子數(shù)為3,設(shè)為a,仇c,

質(zhì)量在［950,1000)內(nèi)的袖子數(shù)為2,設(shè)為d,e.

則從這5個柚子中任取2個的樣本空間如下：

Q={(a,/?),(a,c),(a,d),(a,e),(Z?,c),("d),(de),(c,d),(c,e),(d,e?^10個樣本點(diǎn)，

其中最多有1個柚子的質(zhì)量在［1050,1100］內(nèi)的樣本點(diǎn)有(。,4),(。,6),(仇4),(仇6),(。,4),(。,6),(46),

共7個,

7

所以最多有1個柚子的質(zhì)量在［1050,11(XV|內(nèi)的概率尸=—.

(227

19.(1)計算:(i為虛數(shù)單位);

(1+阿

(2)己知z是一個復(fù)數(shù)，求解關(guān)于z的方程，z-2—3i-Z=l+3i(i為虛數(shù)單位).

【答案】(1)8：(2)z=-l+3i或z=—1

【詳解】

(2214(22)2(22)2(-8,)2__64

(1+呵(1+間2(1+e)(2工2)(1+間-8：

(2)設(shè)z=a+Z?i,a,/?￡R,zz-3iz