期末检测试卷(一)-2024-2025学年高中数学苏教版必修第二册(新教材)配套PPT
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11.对于△ABC，有以下判断，其中正确的是 A.若sin 2A＝sin 2B，则△ABC必为等腰三角形
√B.若A>B，则sin A>sin B
C.若a＝5，b＝3，B＝60°，则符合条件的△ABC有两个
sin 4
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得 R＝ 22， 所以△ABC 外接圆的面积为π2.
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7.在边长为 2 的菱形 ABCD 中，∠BAD＝60°，E 是 BC 的中点，
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二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分.全部选对的得5 分，部分选对的得2分，有选错的得0分)
9.下列各式中，值为 23的是
A.2sin 15°cos 15°
√ 1＋tan 15° B.21－tan 15°
2.某学校有高中学生1 000人，其中高一年级、高二年级、高三年级的人
数分别为320,300,380.为调查学生参加“社区志愿服务”的意向，现采
用分层抽样的方法从中抽取一个容量为100的样本，那么应抽取高二年
级学生的人数为
A.68
B.38
C.32
√D.30
解析 根据题意得，用分层抽样在各层中的抽样比为1100000＝110， 则高二年级抽取的人数是 300×110＝30.
一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分)
1.若|z－1|＝|z＋1|，则复数z对应的点Z在
√ A.实轴上 B.虚轴上 C.第一象限
D.第二象限
解析 ∵|z－1|＝|z＋1|， ∴点Z到(1,0)和(－1,0)的距离相等，即点Z在以(1,0)和(－1,0)为端点的线 段的中垂线上.
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√π
A.4π B.2π C.π D.2
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解析 由余弦定理得，b2＋c2－a2＝2bccos A，a＝1， 所以b2＋c2－1＝2bccos A， 又 S＝12bcsin A,4S＝b2＋c2－1， 所以有 4×12bcsin A＝2bccos A， 即sin A＝cos A，tan A＝1， 又 0<A<π，所以 A＝π4， 由正弦定理得， 1 π＝2R(R 7 93 96 91 85 89 93 88 98 93
则这组数据的60%分位数、90%分位数分别为
A.92,96
B.93,96
C.92.5,95
√D.92.5,96
解析 将这组数据按从小到大排列得 85 87 88 89 89 90 91 91 92 93 93 93 94 96 98 则15×60%＝9,15×90%＝13.5， 所以 60%分位数为92＋2 93＝92.5,90%分位数为 96.
＝12tan(45°＋15°)＝12tan 60°＝ 23；
1－2sin215°＝cos 30°＝ 23；
1－3tatnan1251°5°＝32·1－2tatnan1251°5°＝32·tan
30°＝
3 2.
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3.在一个圆柱内挖去一个圆锥，圆锥的底面与圆柱的上底面重合，顶点 是圆柱下底面中心.若圆柱的轴截面是边长为2的正方形，则圆锥的侧面 展开图的面积为
√A. 5π B. 6π C.3π D.4π
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12.为比较甲，乙两地某月14时的气温，随机选取该月中的5天，将这5 天中14时的气温数据制成统计表如下：
地区
编号 温度( ℃)
1
2
3
4
5
甲
26
29
28
31
31
乙
28
30
31
29
32
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解析 因为a∥b， 所以x－2×2＝0，解得x＝4，
则 b＋c＝(2,1)＋(3,4)＝(5,5)，
所以|b＋c|＝5 2.
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14.已知在三棱锥P－ABC中，若PA⊥平面ABC，PA＝AB＝AC＝BC，则 2
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8.已知 tan θ 是方程 x2－6x＋1＝0 的一根，则 cos2θ＋π4等于
√ 3 1 1 1
A.4 B.2 C.3 D.5
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设PA＝AB＝AC＝BC＝a.∴AD＝a，BD＝a，
∵PA⊥平面ABC，
∴PB＝PD＝ PA2＋AD2＝ 2a，
∴cos∠PBD＝PB22×＋PBBD×2－BPDD2＝22a×2＋a22a－×2aa2＝
2 4.
∴异面直线
PB
与
AC
所成角的余弦值为
2 4.
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可得c2－5c＋16＝0，Δ<0，方程无解，故错误； 对于D，若cos2A＋cos2B－cos2C>1， 则1－sin2A＋1－sin2B－1＋sin2C>1，可得sin2A＋sin2B<sin2C， 则根据正弦定理得a2＋b2<c2，可得C为钝角， 可得△ABC是钝角三角形，故正确.
解析 甲地该月 5 天 14 时的平均气温为15×(26＋28＋29＋31＋31)＝29， 乙地该月 5 天 14 时的平均气温为15×(28＋29＋30＋31＋32)＝30， 故可得甲地该月14时的平均气温低于乙地该月14时的平均气温；
甲地该月5天14时温度的方差为 s2甲＝15×[(26－29)2＋(28－29)2＋(29－29)2＋(31－29)2＋(31－29)2]＝3.6； 乙地该月5天14时温度的方差为 s2乙＝15×[(28－30)2＋(29－30)2＋(30－30)2＋(31－30)2＋(32－30)2]＝2， 故可得甲地该月14时气温的方差大于乙地该月14时气温的方差，
则A→C·A→E等于
3＋ 3 A. 3
B.92
C. 3 √D.9
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解析 由题意∠ABC＝120°， B→A·B→C＝2×2×cos 120°＝－2， A→C·A→E＝(B→C－B→A)·(B→E－B→A) ＝(B→C－B→A)·12B→C－B→A ＝12B→C2－32B→A·B→C＋B→A2＝12×22－32×(－2)＋22＝9.
所以甲地该月14时气温的标准差大于乙地该月14时气温的标准差.
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三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分) 13.已知向量a＝(x,2)，b＝(2,1)，c＝(3，x)，若a∥b，则|b＋c|＝__5___2___.
∴正四棱柱体对角线恰好是球的一条直径，得球的半径R＝1， 根据球的体积公式，得此球的体积 V＝43πR3＝43π，故选 D.
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6.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若△ABC的面积为S， 且a＝1,4S＝b2＋c2－1，则△ABC外接圆的面积为
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5.已知底面边长为 1，侧棱长为 2的正四棱柱的各顶点均在同一球面上，
则该球的体积为
√ 32π
4π
A. 3
B.4π C.2π D. 3
解析 ∵正四棱柱的底面边长为 1，侧棱长为 2， ∴正四棱柱体对角线的长为 1＋1＋2＝2. 又∵正四棱柱的顶点在同一球面上，
√D.若cos2A＋cos2B－cos2C>1，则△ABC必为钝角三角形
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解析 对于A，若sin 2A＝sin 2B，则2A＝kπ＋(－1)k·2B(k∈Z)， 当k＝0时，A＝B，△ABC为等腰三角形； 当 k＝1 时，A＝π2－B，△ABC 为直角三角形，故不正确； 对于B，使用正弦定理证明. 若 A>B，则 a>b，由正弦定理sina A＝sinb B＝2R， 得2Rsin A>2Rsin B，即sin A>sin B成立.故正确； 对于 C，由余弦定理可得，b2＝52＋c2－2×5×c×12＝9，
√C.1－2sin215°
√ 3tan 15° D.1－tan215°
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解析 2sin 15°cos 15°＝sin 30°＝12； 211＋－ttaann1155°°＝2t1a－n 4ta5n°＋45t°atnan151°5°
10.对于两个平面α，β和两条直线m，n，下列命题中假命题是
√A.若m⊥α，m⊥n，则n∥α √B.若m∥α，α⊥β，则m⊥β √C.若m∥α，n∥β，α⊥β，则m⊥n
D.若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则m⊥n
解析 A中n可能在α内，A是假命题； B中m也可能在β内，B是假命题； m与n可能平行，C是假命题； m⊥α，α⊥β，则m⊂β或m∥β，若m⊂β，则由n⊥β得n⊥m， 若m∥β，则β内有直线c∥m，而易知c⊥n，从而m⊥n，D是真命题.
从表中能得到的结论有
√A.甲地该月14时的平均气温低于乙地该月14时的平均气温
B.甲地该月14时的平均气温高于乙地该月14时的平均气温 C.甲地该月14时气温的标准差小于乙地该月14时气温的标准差
√D.甲地该月14时气温的标准差大于乙地该月14时气温的标准差
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异面直线PB与AC所成角的余弦值为___4_____.
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解析 过点B作BD∥AC，且BD＝AC，连接AD，
则四边形ADBC为菱形，如图所示，
∴∠PBD(或其补角)即为异面直线PB与AC所成角.
解析 圆锥的侧面展开图是半径为 5，弧长为 2π 的扇形， 其面积 S＝12l·r＝12×2π× 5＝ 5π， 所以圆锥的侧面展开图的面积为 5π.
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4.某校高一年级15个班参加朗诵比赛的得分如下：
解析 ∵tan θ是方程x2－6x＋1＝0的一根， ∴tan2θ－6tan θ＋1＝0，则csoins22θθ－6csoisnθθ＋1＝0， 可得 sin2θ－6sin θcos θ＋cos2θ＝0，可得 sin θcos θ＝16， ∴sin 2θ＝2sin θcos θ＝13， ∴cos2θ＋π4＝1＋cos22θ＋π2＝1－s2in 2θ＝1－2 13＝13.
11.对于△ABC，有以下判断，其中正确的是 A.若sin 2A＝sin 2B，则△ABC必为等腰三角形
√B.若A>B，则sin A>sin B
C.若a＝5，b＝3，B＝60°，则符合条件的△ABC有两个
sin 4
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得 R＝ 22， 所以△ABC 外接圆的面积为π2.
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7.在边长为 2 的菱形 ABCD 中，∠BAD＝60°，E 是 BC 的中点，
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二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分.全部选对的得5 分，部分选对的得2分，有选错的得0分)
9.下列各式中，值为 23的是
A.2sin 15°cos 15°
√ 1＋tan 15° B.21－tan 15°
2.某学校有高中学生1 000人，其中高一年级、高二年级、高三年级的人
数分别为320,300,380.为调查学生参加“社区志愿服务”的意向，现采
用分层抽样的方法从中抽取一个容量为100的样本，那么应抽取高二年
级学生的人数为
A.68
B.38
C.32
√D.30
解析 根据题意得，用分层抽样在各层中的抽样比为1100000＝110， 则高二年级抽取的人数是 300×110＝30.
一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分)
1.若|z－1|＝|z＋1|，则复数z对应的点Z在
√ A.实轴上 B.虚轴上 C.第一象限
D.第二象限
解析 ∵|z－1|＝|z＋1|， ∴点Z到(1,0)和(－1,0)的距离相等，即点Z在以(1,0)和(－1,0)为端点的线 段的中垂线上.
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√π
A.4π B.2π C.π D.2
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解析 由余弦定理得，b2＋c2－a2＝2bccos A，a＝1， 所以b2＋c2－1＝2bccos A， 又 S＝12bcsin A,4S＝b2＋c2－1， 所以有 4×12bcsin A＝2bccos A， 即sin A＝cos A，tan A＝1， 又 0<A<π，所以 A＝π4， 由正弦定理得， 1 π＝2R(R 7 93 96 91 85 89 93 88 98 93
则这组数据的60%分位数、90%分位数分别为
A.92,96
B.93,96
C.92.5,95
√D.92.5,96
解析 将这组数据按从小到大排列得 85 87 88 89 89 90 91 91 92 93 93 93 94 96 98 则15×60%＝9,15×90%＝13.5， 所以 60%分位数为92＋2 93＝92.5,90%分位数为 96.
＝12tan(45°＋15°)＝12tan 60°＝ 23；
1－2sin215°＝cos 30°＝ 23；
1－3tatnan1251°5°＝32·1－2tatnan1251°5°＝32·tan
30°＝
3 2.
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3.在一个圆柱内挖去一个圆锥，圆锥的底面与圆柱的上底面重合，顶点 是圆柱下底面中心.若圆柱的轴截面是边长为2的正方形，则圆锥的侧面 展开图的面积为
√A. 5π B. 6π C.3π D.4π
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12.为比较甲，乙两地某月14时的气温，随机选取该月中的5天，将这5 天中14时的气温数据制成统计表如下：
地区
编号 温度( ℃)
1
2
3
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5
甲
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31
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乙
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解析 因为a∥b， 所以x－2×2＝0，解得x＝4，
则 b＋c＝(2,1)＋(3,4)＝(5,5)，
所以|b＋c|＝5 2.
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14.已知在三棱锥P－ABC中，若PA⊥平面ABC，PA＝AB＝AC＝BC，则 2
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8.已知 tan θ 是方程 x2－6x＋1＝0 的一根，则 cos2θ＋π4等于
√ 3 1 1 1
A.4 B.2 C.3 D.5
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设PA＝AB＝AC＝BC＝a.∴AD＝a，BD＝a，
∵PA⊥平面ABC，
∴PB＝PD＝ PA2＋AD2＝ 2a，
∴cos∠PBD＝PB22×＋PBBD×2－BPDD2＝22a×2＋a22a－×2aa2＝
2 4.
∴异面直线
PB
与
AC
所成角的余弦值为
2 4.
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可得c2－5c＋16＝0，Δ<0，方程无解，故错误； 对于D，若cos2A＋cos2B－cos2C>1， 则1－sin2A＋1－sin2B－1＋sin2C>1，可得sin2A＋sin2B<sin2C， 则根据正弦定理得a2＋b2<c2，可得C为钝角， 可得△ABC是钝角三角形，故正确.
解析 甲地该月 5 天 14 时的平均气温为15×(26＋28＋29＋31＋31)＝29， 乙地该月 5 天 14 时的平均气温为15×(28＋29＋30＋31＋32)＝30， 故可得甲地该月14时的平均气温低于乙地该月14时的平均气温；
甲地该月5天14时温度的方差为 s2甲＝15×[(26－29)2＋(28－29)2＋(29－29)2＋(31－29)2＋(31－29)2]＝3.6； 乙地该月5天14时温度的方差为 s2乙＝15×[(28－30)2＋(29－30)2＋(30－30)2＋(31－30)2＋(32－30)2]＝2， 故可得甲地该月14时气温的方差大于乙地该月14时气温的方差，
则A→C·A→E等于
3＋ 3 A. 3
B.92
C. 3 √D.9
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解析 由题意∠ABC＝120°， B→A·B→C＝2×2×cos 120°＝－2， A→C·A→E＝(B→C－B→A)·(B→E－B→A) ＝(B→C－B→A)·12B→C－B→A ＝12B→C2－32B→A·B→C＋B→A2＝12×22－32×(－2)＋22＝9.
所以甲地该月14时气温的标准差大于乙地该月14时气温的标准差.
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三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分) 13.已知向量a＝(x,2)，b＝(2,1)，c＝(3，x)，若a∥b，则|b＋c|＝__5___2___.
∴正四棱柱体对角线恰好是球的一条直径，得球的半径R＝1， 根据球的体积公式，得此球的体积 V＝43πR3＝43π，故选 D.
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6.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若△ABC的面积为S， 且a＝1,4S＝b2＋c2－1，则△ABC外接圆的面积为
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5.已知底面边长为 1，侧棱长为 2的正四棱柱的各顶点均在同一球面上，
则该球的体积为
√ 32π
4π
A. 3
B.4π C.2π D. 3
解析 ∵正四棱柱的底面边长为 1，侧棱长为 2， ∴正四棱柱体对角线的长为 1＋1＋2＝2. 又∵正四棱柱的顶点在同一球面上，
√D.若cos2A＋cos2B－cos2C>1，则△ABC必为钝角三角形
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解析 对于A，若sin 2A＝sin 2B，则2A＝kπ＋(－1)k·2B(k∈Z)， 当k＝0时，A＝B，△ABC为等腰三角形； 当 k＝1 时，A＝π2－B，△ABC 为直角三角形，故不正确； 对于B，使用正弦定理证明. 若 A>B，则 a>b，由正弦定理sina A＝sinb B＝2R， 得2Rsin A>2Rsin B，即sin A>sin B成立.故正确； 对于 C，由余弦定理可得，b2＝52＋c2－2×5×c×12＝9，
√C.1－2sin215°
√ 3tan 15° D.1－tan215°
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解析 2sin 15°cos 15°＝sin 30°＝12； 211＋－ttaann1155°°＝2t1a－n 4ta5n°＋45t°atnan151°5°
10.对于两个平面α，β和两条直线m，n，下列命题中假命题是
√A.若m⊥α，m⊥n，则n∥α √B.若m∥α，α⊥β，则m⊥β √C.若m∥α，n∥β，α⊥β，则m⊥n
D.若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则m⊥n
解析 A中n可能在α内，A是假命题； B中m也可能在β内，B是假命题； m与n可能平行，C是假命题； m⊥α，α⊥β，则m⊂β或m∥β，若m⊂β，则由n⊥β得n⊥m， 若m∥β，则β内有直线c∥m，而易知c⊥n，从而m⊥n，D是真命题.
从表中能得到的结论有
√A.甲地该月14时的平均气温低于乙地该月14时的平均气温
B.甲地该月14时的平均气温高于乙地该月14时的平均气温 C.甲地该月14时气温的标准差小于乙地该月14时气温的标准差
√D.甲地该月14时气温的标准差大于乙地该月14时气温的标准差
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异面直线PB与AC所成角的余弦值为___4_____.
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解析 过点B作BD∥AC，且BD＝AC，连接AD，
则四边形ADBC为菱形，如图所示，
∴∠PBD(或其补角)即为异面直线PB与AC所成角.
解析 圆锥的侧面展开图是半径为 5，弧长为 2π 的扇形， 其面积 S＝12l·r＝12×2π× 5＝ 5π， 所以圆锥的侧面展开图的面积为 5π.
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4.某校高一年级15个班参加朗诵比赛的得分如下：
解析 ∵tan θ是方程x2－6x＋1＝0的一根， ∴tan2θ－6tan θ＋1＝0，则csoins22θθ－6csoisnθθ＋1＝0， 可得 sin2θ－6sin θcos θ＋cos2θ＝0，可得 sin θcos θ＝16， ∴sin 2θ＝2sin θcos θ＝13， ∴cos2θ＋π4＝1＋cos22θ＋π2＝1－s2in 2θ＝1－2 13＝13.