期末押题卷3-高一数学新教材同步配套教学讲义（人教A版2019必修第二册）

期末押题卷3

一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）

1．在复平面内，复数的对应点位于（       ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【答案】A

【解析】

【分析】

根据复数的的性质、复数的除法运算和几何意义可得答案.

【详解】

，所以对应的点为，位于第一象限.

故选：A.

2．已知一组数据，，，…，的标准差为2，将这组数据，，，…，中的每个数先同时减去2，再同时乘以3，得到一组新数据，则这组新数据的标准差为（       ）

A．2 B．4 C．6 D．

【答案】C

【解析】

【分析】

利用数据的均值、方差的线性运算直接求得.

【详解】

因为数据，，，…，的标准差为2，所以方差为4．

由题意知，得到的新数据为，，，…，，

这组新数据的方差为，标准差为6．

故选：C

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，甲、乙购买A，B，C三种医用口罩的概率分别如表：

则甲、乙购买的是同一种医用外科口罩的概率为（       ）

A．0.24 B．0.28 C．0.30 D．0.32

【答案】B

【解析】

【分析】

由概率的性质求得甲购买A口罩、乙购买B口罩的概率，再应用独立事件乘法公式和互斥事件加法公式求概率.

【详解】

由表知：甲购买A口罩概率为，乙购买B口罩概率为，

所以甲、乙购买同一种口罩的概率.

故选：B

4．如图，在中，点D在边上，且，点E在边上，且，则用向量表示为（       ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【解析】

【分析】

由向量的加减和数乘运算求解即可.

【详解】

故选：B

5．在中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且，，，则的面积为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】

【分析】

根据正弦定理及条件可求出，再由余弦定理求出的值，代入面积公式求解.

【详解】

∵，∴，

又，∴，∴，

而，即，∴，

∴，

故选：B.

6．如图，蹴鞠，又名“蹋鞠”、“蹴球”、“蹴圆”、“筑球”、“踢圆”等，“跳”有用脚蹴、蹋、踢的含义，“鞠”最早系皮革外包、内实米糠的球.因而“蹴鞠”就是指古人以脚蹴、蹋、踢皮球的活动，类似今日的足球.2006年5月20日，蹴鞠已作为非物质文化遗产经国务院批准列入第一批国家级非物质文化遗产名录.若将“鞠”的表面视为光滑的球面，已知某“鞠”表面上的四个点A，B，C，D满足cm，cm，cm，则该“鞠”的表面积为（       ）

A．cm2 B．24cm2 C．27cm2 D．29cm2

【答案】D

【解析】

【分析】

由于，所以可以把四点放到长方体的四个顶点上，则该长方体的体对角线就是“鞠”的直径，求出体对角线长，从而可求出该“鞠”的表面积

【详解】

因为“鞠”表面上的四个点A，B，C，D满足cm，cm，cm，

所以可以把四点放到长方体的四个顶点上，则该长方体的体对角线就是“鞠”的直径，

设该长方体的长、宽、高分别为，“鞠”的半径为，则

，

由题意得,

所以，即，

所以该“鞠”的表面积为，

故选：D

7．如图所示，在正方体中，M，N分别为棱，的中点，则下列四个结论正确的是(       )

A．直线AM与是相交直线

B．直线AM与BN是平行直线

C．直线AM与BN所成角的余弦值为

D．直线AM与平面所成角的余弦值为

【答案】C

【解析】

【分析】

A：根据异面直线的判断方法即可判断；B：连接、，根据异面直线判断方法即可判断；C：连接、、EN，为直线与所成的角(或其补角)，解△即可；D：连接DM，∠AMD即为直线AM与平面所成角，解△AMD即可．

【详解】

对于A，∵M、C、平面，M，A平面，∴直线AM与是异面直线，故A错误；

对于B，连接、，∵A、M、平面，B，N平面，∴直线与是异面直线，故B错误；

对于C，设的中点为点，连接、、EN，

易知EN∥CD且EN=CD，AB∥CD且AB=CD，∴AB∥EN且AB=EN，

∴四边形ABNE是平行四边形，∴BN∥AE，

∴为直线与所成的角(或其补角)，

设正方体的边长为1，则在三角形中，

，，，

∴，故C正确；

对于D，连接DM，∵平面，∴是直线与平面所成的角，

在△中，，故D错误；

故选：C﹒

8．在直角梯形ABCD中，，点E为BC边上一点，且，则xy的取值范围是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【解析】

【分析】

建立平面直角坐标系，利用平面向量运算的坐标表示公式，结合配方法进行求解即可.

【详解】

建立如图所示的直角坐角坐标系，过作，垂足为，

因为，

所以有，

，设，，

因此有

因为，

所以有，

而，

所以，

当时，xy有最大值，当，或时，xy有最小值，

故选：B

【点睛】

关键点睛：建立平面直角坐标系，利用平面向量运算的坐标表示公式是解题的关键.

二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，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，有错选的得0分.）

9．设，是复数，则下列命题中正确的是（       ）

A．若，则 B．若，则

C．若，则 D．若，则

【答案】CD

【解析】

【分析】

举反例证明选项A，B错误；利用一般情况证明选项C，D正确.

【详解】

对A，取，，有，但，且，所以A错误；

对B，取，，且，但，所以B错误；

对C，设，则，因此，所以C正确；

对D，设，，则由得，，，，因此，所以D正确.

故选：CD.

10．PM2.5的监测值是用来评价环境空气质量的指标之一．划分等级为日均值在以下，空气质量为一级，在，空气质量为二级，超过为超标．如图是某地12月1日至10日的日均值（单位：），则下列说法正确的是（       ）

A．这10天日均值的80%分位数为60

B．从日均值看，前5天的日均值的极差小于后5天的日均值的极差

C．从日均值看，前5天的日均值的方差小于后5天日均值的方差

D．这10天中日均值的平均值是50

【答案】BC

【解析】

【分析】

A由百分位数的定义求80%分位数；B、C求出前后5天的极差、方差判断；C由平均值求法求10天中日均值的平均值即可.

【详解】

由图知：从小到大为，而，

所以分位数为，A错误；日均值的平均值，D错误；

前5天极差为，后5天极差为，B正确；

前5天平均值为，后5天平均值为，

所以前5天的日均值的方差，后5天日均值的方差，C正确；

故选：BC

11．抛掷两枚质地均匀的骰子，有如下随机事件：“至少一枚点数为1”，“两枚骰子点数一奇一偶”，“两枚骰子点数之和为8”，“两枚骰子点数之和为偶数”判断下列结论，正确的有（       ）

A． B．B，D为对立事件 C．A，C为互斥事件 D．A，D相互独立

【答案】BC

【解析】

【分析】

根据题意，写出各事件包含的基本事件，再依次讨论求解即可.

【详解】

解：根据题意，事件包含的基本事件有，

事件包含的基本事件有，，，

事件包含的基本事件有，

事件包含的基本事件有，，，

所以对于A选项，由于事件中的元素均不在事件中，故错误；

对于B选项，事件与事件互斥，且并集为必然事件，故B，D为对立事件，正确；

对于C选项，显然事件与事件是不可能同时发生，为不可能事件，故A，C为互斥事件，正确；

对于D选项，由题知，，事件包含的基本事件有，，显然，故错误.

故选：BC

12．如图，在四棱锥中，底面为菱形，，侧面为正三角形，且平面平面，则下列说法正确的是（       ）

A．在棱上存在点，使平面

B．异面直线与所成的角为90°

C．二面角的大小为45°

D．平面

【答案】ABC

【解析】

【分析】

选项A，取的中点，利用三角形知识得垂直关系，再利用线面垂直的判定定理证明平面；选项B，利用平面，可得；选项C，先作出并证明所求的二面角为，再利用直角三角形知识求解；选项D，利用反证法，假设平面，再证明平面，得到，与与的夹角为矛盾来说明.

【详解】

A选项：如图，取的中点，连接，

∵侧面为正三角形，，

又底面是菱形，，是等边三角形，

又为的中点，

又，，在平面内，且相交于点，

平面，故选项A正确；

B选项：由选项A知，平面，又平面，，

即异面直线与所成的角为90°，故选项B正确；

C选项：∵平面，  ，

平面，，，

又平面平面，是二面角的平面角，

设，则，，

在直角中，，即，

故二面角的大小为，故选项C正确；

D选项：因为平面平面，，

所以平面，又平面，所以.

假设平面，则有，又，在平面内，且相交于点，

所以平面，又平面，所以，

而由题可知，与的夹角为，矛盾，故假设不成立，故选项D错误.

故选：ABC.

三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分.）

13．若向量，，且，则实数的值是______.

【答案】1

【解析】

【分析】

由可知，即，进而求解.

【详解】

因为，

所以，则，即，解得，

故答案为：1

14．用半径为1的半圆形纸板卷成一个圆锥筒，则该圆锥筒内切球的体积是______.

【答案】

【解析】

【分析】

根据题意得圆锥的母线长是1，根据半圆的弧长等于圆锥底面周长，得到圆锥底面的半径，再利用轴截面的性质，结合三角形的面积等于三角形的周长乘以三角形内切圆半径的一半，求得圆锥内切球的半径，利用球的体积公式求得结果.

【详解】

圆锥筒的母线长是1.

设圆锥筒的底面半径是，内切球的半径是，则，.

由，.

故该圆锥筒内切球的体积是，

故答案为：.

15．某农户要种植甲、乙两种蔬菜，需要先播种培育成苗，然后再进行移栽．已知甲、乙两种蔬菜培育成苗的概率分别为0.5，0.6，移栽后成活的概率分别为0.6，0.8，则恰好有一种蔬菜能培育成苗且移栽成活的概率为______．

【答案】0.492##

【解析】

【分析】

记“甲种蔬菜能培育成苗且移栽成活”为事件A，“乙种蔬菜能培育成苗且移栽成活”为事件B，利用相互独立事件的概率公式分别求出两个事件的概率，从而可得出答案.

【详解】

解：记“甲种蔬菜能培育成苗且移栽成活”为事件A，“乙种蔬菜能培育成苗且移栽成活”为事件B，

则，，，，

故恰好有一种蔬菜能培育成苗且移栽成活的概率为

．

故答案为：0.492.

16．在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．若，，，则的面积为_________．

【答案】

【解析】

【分析】

根据求出，由向量数量积得到，使用余弦定理得到方程组，求出，利用面积公式求出结果.

【详解】

因为，所以，即，而因为是锐角三角形，所以，所以，所以，因为，所以，即，因为，所以，整理得：①，其中，即，因为，所以，即，解得：②，把②代入①得：，解得：，则的面积为.

故答案为：

四、解答题

17．从某校高二年级随机抽取100名学生的期中考试的数学成绩进行研究，发现他们的成绩都在分之间，将成绩分为五组，，，，，画出频率分布直方图，如图所示：

(1)若该校高二年级有750名学生，估计该年级学生的数学成绩不低于80分的学生有多少名？并估计高二段学生的数学成绩的中位数；

(2)用分层抽样的方法在区间中抽取一个容量为6的样本，将该样本看作一个总体，从中抽取2名学生的数学成绩，求这两名学生中至少有一人的数学成绩在区间的概率.

【答案】(1)225名，

(2)

【解析】

【分析】

（1）由频率分布直方图的性质求得，然后可得数学成绩不低于80分的概率，从而得人数，求出频率分布直方图中频率对应的成绩即为中位数；

（2）由分层抽样得出各个区间所抽取人数，可先求得没有一人的数学成绩在区间的概率，再由对立事件概率公式得结论．

(1)

，

，

∴该校高二段学生的数学成绩不低于80分的概率为，

∴该校高二年级750名学生中，估计该段学生的数学成绩不低于80分的学生有名；

设高二段学生的数学成绩的中位数为，

，；

(2)

按分层抽样的方法在区间中抽取一个容量为6的样本，则从中抽取3人，从中抽取2人，中抽取1人，从中抽取2名学生的数学成绩，这两名学生中没有一人的成绩在区间的概率：，所以两名学生中至少有一人的数学成绩在区间的概率是．

18．已知复数．

（1）若，求

（2）为何值时，取最大值与最小值，并求出最大值与最小值．

【答案】（1）1；（2）时，最大值为，时，最小值为．

【解析】

【分析】

（1）由复数模的定义计算；

（2）求出，然后结合正弦函数性质求得最大值和最小值．

【详解】

解：（1）由，z=，

（2），

，又

所以时，最大值＝，时 ，最小值＝1．

19．在中，角，，的对边分别是，，，已知．

(1)求的大小；

(2)若，求面积的最大值．

【答案】(1)

(2)

【解析】

【分析】

（1）根据，利用正弦定理得到，再利用余弦定理求解；

（2）由（1）可知，结合基本不等式得到，再利用三角形面积公式求解.

(1)

解：因为，

所以，

即．

由余弦定理得，

因为，所以．

(2)

由（1）可知，

而，所以，即，

所以的面积，

当且仅当时等号成立，

即面积的最大值为．

20．为建立中国特色现代教育考试招生制度，形成分类考试、综合评价、多元录取的考试招生模式，健全促进公平、科学选才、监督有力的体制机制，构建衔接沟通各级各类教育、认可多种学习成果的终身学习“立交桥”，江西省进行高考改革，2021级高一学生高考不再采用“3＋3”考试模式（即理科学生考语，数，外，物，化，生；文科学生考语，数，外，政，史，地）；而改革为“3＋1＋2”考试模式，“3＋1＋2”考试模式为3门必考＋1门首选＋2门再选．即“3”统一高考科目语文、数学、外语3科（不分文理科）；“1”普通高中学业水平考试选择性考试物理、历史2门首选科目中所选择的1门科目，“2”政治、地理、化学、生物4门中选择的2门科目．

(1)若甲同学随机选择任何学科，且相互没有影响，求：他选择的组合恰好是原“3＋3”考试模式的概率；

(2)若甲同学不选政治，乙同学不选化学，求：甲乙两位同学最终选择了同一种组合的概率．

【答案】(1)

(2)

【解析】

【分析】

（1）根据“3＋1＋2”考试模式为3门必考＋1门首选＋2门再选，得到基本事件的总数，再由甲所选组合恰好是原“3＋3”考试模式有2种，利用古典概型的概率求解；

（2）由甲同学不选政治，则从物理、历史中选1门，从地理、化学、生物中选2门得到基本事件数，同理得到乙同学不选化学的基本事件数，从而得到甲同学不选政治，乙同学不选化学基本事件数，再由甲乙两位同学选择了同一种组合2种，利用古典概型的概率求解.

(1)

解：因为“3＋1＋2”考试模式为3门必考＋1门首选＋2门再选．

则语文、数学、外语3科不用选，从物理、历史中选1门有物理、历史2种，

从政治、地理、化学、生物中选2门有（政治、地理）、（政治、化学）、（政治、生物）、（地理、化学）、（地理、生物）、（化学、生物）共6种，

则共有种，

甲所选组合恰好是原“3＋3”考试模式有（物，化，生）、（政，史，地）共2种，

所以甲所选组合恰好是原“3＋3”考试模式的概率为；

(2)

因为甲同学不选政治，则从物理、历史中选1门有物理、历史2种，

，

从地理、化学、生物中选2门有（地理、化学）、（地理、生物）、（化学、生物）3种，共有种；

同理乙同学不选化学，共有种；

所以甲同学不选政治，乙同学不选化学有种；

甲乙两位同学选择了同一种组合有（物理、地理、生物），（历史、地理、生物）2种，

所以甲乙两位同学最终选择了同一种组合的概率．

21．如图，四棱柱中，底面ABCD是菱形，，平面ABCD，E为中点，.

(1)求证：平面；

(2)求三棱锥的体积；

(3)在上是否存在点M，满足平面？若存在，求出AM的长；若不存在，说明理由.

【答案】(1)证明见解析

(2)

(3)存在，

【解析】

【分析】

（1）连交于点F，连EF，由中位线定理以及线面平行的判定证明即可；

（2）过作的延长线于点H，由线面垂直的判定证明平面，最后由得出体积；

（3）由线面垂直的性质证明，作，垂足为M，由线面垂直的判定证明平面，最后得出AM的长.

(1)

证明：连交于点F，连EF，

∵是菱形，∴F是中点，∵E是中点，∴，

∵平面，平面，∴平面.

(2)

解：过作的延长线于点H，

由底面ABCD知平面，则，又，平面.

由知，又，则.

(3)

解：∵平面ABCD，平面平面ABCD，

∴平面，∵平面，∴，

∵菱形中，，，平面，

∴平面，又平面，∴，

过F在中，作，垂足为M，

则由，FM，平面知平面，

∴存在M满足条件，在中，，，F是中点，

∴，∴.

22．如图，在中，点在边上，且.过点的直线分别交射线、射线于不同的两点，，若，.

(1)求的值:

(2)若向量，，且恒成立，求实数的最小整数值.

【答案】(1)3

(2)2

【解析】

【分析】

（1）利用向量的加法及三点共线的结论即得；

（2）利用三角公式得出，利用基本不等式求出的最小值，进而得出答案.

(1)

连接.

因为，，，

所以

因为，，共线，所以，

(2)

显然，所以

等价于，

即

因为，

当且仅当，即，时，

取到最小值

于是，

故

故实数的最小整数值是2.