新人教A版(2019)高中数学必修第二册高一下学期期末模拟卷(二).docx

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1、必修第二册期末模拟卷(二)一、单项选择题(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. 若z1+i,则|z22z|() A. 0B. 1C. D. 22. 在ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,如果a2,A45,B30,那么b() A. B. C. D. 3. 在四边形ABCD中,那么四边形ABCD的形状是( ) A.矩形B. 平行四边形C.梯形D.以上都不对4. 史记中讲述了田忌与齐王赛马的故事:“田忌的上等马优于齐王的中等马,劣于齐王的上等马;田忌的中等马优于齐王的下等马,劣于齐王的中等马;田忌的下等马劣于齐王的下等马.”若双方各

2、自拥有上、中、下等马各1匹,从中随机选1匹进行1场比赛,则齐王的马获胜的概率为( ) A. B. C. D. 5. 在平面直角坐标系中,已知四边形是平行四边形,则( ) A. BCD6. 已知正三棱柱ABCA1B1C1,O为ABC的外心,则异面直线AC1与OB所成角的大小为() A30B60C45D907. 在矩形ABCD中,AB1,AD,点M在对角线AC上,点N在边CD上,且,则() AB4CD8. 已知四棱锥SABCD中,四边形ABCD为等腰梯形,ADBC,BAD120,SAD是等边三角形,且SAAB2,若点P在四棱锥SABCD的外接球面上运动,记点P到平面ABCD的距离为d,若平面SAD

3、平面ABCD,则d的最大值为() A1B2C1D2二、多项选择题(本小题共四小题,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,全部选对得5分,部分选对得3分,有选错的得0分)9. 已知i为虚数单位,若复数在复平面内对应的点在第四象限,则t的取值范围为() A1,1B(1,1)C(,1)D(1,+)10. 以下关于正弦定理或其变形正确的有()A在ABC中,a:b:csin A:sin B:sin CB在ABC中,若sin 2Asin 2B,则abC在ABC中,若sin Asin B,则AB,若AB,则sin Asin B都成立D在ABC中,11. 已知正方体ABCDA1B

4、1C1D1的棱长为1,E是DD1的中点,则下列选项中正确的是()AACB1EBB1C平面A1BDC三棱锥C1B1CE的体积为D异面直线B1C与BD所成的角为4512. 九章算术中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”;底面为矩形,一条侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”;四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖膈”如图在堑堵ABCA1B1C1中,ACBC,且AA1AB2下列说法正确的是() A四棱锥BA1ACC1为“阳马” B四面体A1C1CB为“鳖膈” C四棱锥BA1ACC1体积最大为 D过A点分别作AEA1B于点E,AFA1C于点F,则EFA1B三、填空题(本题共4小题,每小题

5、5分,共20分。请把正确答案填在题中的横线上)13. 在长方体ABCDA1B1C1D1中,AB4,AD4,AA13,若在长方体中挖去一个体积最大的圆柱,则此圆柱与原长方体的体积比为14. 在中,角所对的边分别为,若,则 15. 某学校进行足球选拔赛,有甲、乙、丙、丁四个球队,每两队要进行一场比赛,开始记分规则为:胜一场得3分,平一场得1分,负一场得0分,甲胜乙、丙、丁的概率分别是0.5、0.6、0.8,甲负乙、丙、丁的概率分别是0.3、0.2、0.1,最后得分大于等于7胜出,则甲胜出的概率为_.16. 已知圆锥的底面直径与母线长相等,一球体与该圆锥的所有母线和底面都相切,记圆锥和球体的体积分别

6、为V1,V2,则的值为四、简答题(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. 已知复数满足. (1)求复数的共轭复数; (2)若,且复数对应向量的模不大于复数所对应向量的模,求实数的取值范围.18. 某企业为了解下属某部门对本企业职工的服务情况,随机访问50名职工,根据这50名职工对该部门的评分,绘制频率分布直方图(如图所示),其中样本数据分组区间为 (1)求频率分布直方图中的值; (2)估计该企业的职工对该部门评分不低于80的概率; (3)从评分在的受访职工中,随机抽取2人,求此2人评分都在的概率.19. 在ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,设平面向

7、量,且 (1)求C; (2)若,求ABC中AB边上的高h20. 在矩形ABCD中,AB1,BC2,E为AD的中点,如图1,将ABE沿BE折起,使得点A到达点P的位置(如图2),且平面PBE平面BCDE (1)证明:PB平面PEC; (2)若M为PB的中点,N为PC的中点,求三棱锥MCDN的体积21. 在a,(2ab)sinA+(2ba)sinB2csinC这两个条件中任选一个,补充在下列问题中,并解答已知ABC的角A,B,C对边分别为a,b,c,c而且 _ (1)求C; (2)求ABC周长的最大值22. 已知菱形ABCD的边长为2,ABC60,对角线AC、BD交于点O,平面外一点P在平面ABC

8、D内的射影为O,PB与平面ABCD所成角为30 (1)求证:BDPA; (2)点N在线段PB上,且,求的值必修第二册期末模拟卷(一)参考答案1. 【D】 解析:若z1+i,则z22z(1+i)22(1+i)2i22i2,则|z22z|2|2,2. 【A】 解析:由正弦定理可得,所以b,3. 【C】 解析,由题知,四边形ABCD是梯形.4. 【A】 解析:依题意,记田忌的上等马、中等马、下等马分别为,齐王的上等马、中等马、下等马分别为,.由题意可知,可能的比赛为,共9种,其中田忌可以获胜的事件为,共3种,则齐王的马获胜的概率5. 【D】 解析:因为四边形是平行四边形,所以,所以,故选D6. 【D

9、】 解析:如图,ABC是等边三角形,且O为ABC的外心,O是ABC的垂心,BOAC,且AA1平面ABC,BO平面ABC,BOAA1,BO平面AA1C1C,且AC1平面AA1C1C,BOAC1,异面直线AC1与OB所成角的大小为907. 【C】 解析:,()() 8. 【A】 解析:依题意,取BC的中点E,则E是等腰梯形ABCD外接圆的圆心,F是SAD的外心,作OE平面ABCD,OF平面SAB,则O是人锥SABCD的外接球的球心,且OFDE3,AF2,设四棱锥SABCD的外接球半径为R,则R2SF2+OF213,则OEDF1,当四棱锥SABCD的体积最大时,9. 【B】 解析:复数iz在复平面内

10、对应的点在第四象限,解得1t1则实数t的取值范围为(1,1)10. 【ACD】解析:对于A,由正弦定理,可得:a:b:c2RsinA:2RsinB:2RsinCsinA:sinB:sinC,故正确;对于B,由sin2Asin2B,可得AB,或2A+2B,即AB,或A+B,ab,或a2+b2c2,故B错误;对于C,在ABC中,由正弦定理可得sinAsinBabAB,因此AB是sinAsinB的充要条件,正确;对于D,由正弦定理,可得右边2R左边,故正确11. 【AB】解析:如图,ACBD,ACBB1,AC平面BB1D1D,又B1E平面BB1D1D,ACB1E,故A正确;B1CA1D,A1D平面A

11、1BD,B1C平面A1BD,B1C平面A1BD,故B正确;三棱锥C1B1CE的体积为,故C错误;BDB1D1,CB1D1是异面直线B1C与BD所成的角,又CB1D1是等边三角形,异面直线B1C与BD所成的角为60,故D错误12. 【ABD】 解析:A四边形A1ACC1为矩形,BC平面A1ACC1四棱锥BA1ACC1为“阳马”,故A正确;B四面体A1C1CB中,A1C1C、A1BC、A1BC1、BCC1都是直角三角形,四面体A1C1CB为“鳖膈”,故B正确;C当ACBC时,四棱锥BA1ACC1体积为:,故C错误;D过A点分别作AEA1B于点E,AFA1C于点F,BCAC,BCAA1,ACAA1A

12、,BC平面AA1C1C,又AF平面AA1C1C,BCAF,A1CBCC,AF平面A1BC,AFA1B,AEAFA,A1B平面AEF,EF平面AEF,EFA1B,故D正确13. 解析:以ABCD为圆柱底面时,挖去的圆柱体积为:V122312,以ABB1A1为圆柱底面时,挖去的圆柱体积为:V29,以ADD1A1为圆柱底面时,挖去的圆柱体积为:V39,在长方体中挖去一个体积最大的圆柱,此圆柱与原长方体的体积比为:14. 7 解析:由余弦定理得,所以15. 0.446解析:两人比赛,一人胜、平、负是互斥事件,因此由题意甲平乙、丙、丁的概率分别是0.2、0.2、0.1,所以甲胜的概率为16. 解析:设圆

13、锥底面圆半径为R,球的半径为r,由题意知,圆锥的轴截面是边长为2R的等边三角形,球的大圆是该该等边三角形的内切圆,所以rR,V2r3(R)3R3,V1R2(R)R3,所以球与圆锥的体积之比为17. 【答案】(1)(2)解析:,所以复数的共轭复数为 复数对应向量为 此时 又复数对应的向量 即 实数的取值范围为18. 【答案】()0.006;();()【解析】()因为,所以.4分)()由所给频率分布直方图知,50名受访职工评分不低于80的频率为,所以该企业职工对该部门评分不低于80的概率的估计值为8分()受访职工评分在50,60)的有:500.006103(人),即为;受访职工评分在40,50)的

14、有: 500.004402(人),即为.从这5名受访职工中随机抽取2人,所有可能的结果共有10种,它们是又因为所抽取2人的评分都在40,50)的结果有1种,即,故所求的概率为19. 解:()平面向量,且,可得,所以cos2Bsin2A+sinAsinBcos2C,即1sin2Bsin2A+sinAsinB1sin2C,即sin2A+sin2Bsin2CsinAsinB,根据正弦定理得a2+b2c2ab,所以,所以;()由余弦定理,又,所以ab3,根据ABC的面积,即,解得,所以ABC中AB边上的高20. 解:(1)证明:由题意,易得,BE2+CE2BC2,即BECE,又平面PBE平面BCDE,

15、交线为BE,CE平面PBE,CEPB,又PBPE,PB平面PEC;(2)取BE中点O,连接PO,PBPE,POBE,又平面PBE平面BCDE,交线为BE,PO平面BCDE,M为PB的中点,N为PC的中点,21. 解:(1)选,a,sinA0,即,又0C,故,即;选,(2ab)sinA+(2ba)sinB2csinC,(2ab)a+(2ba)b2c2,即a2+b2c2ab,0C,;(2)由(1)可知,在ABC中,由余弦定理得a2+b22abcosC3,即a2+b2ab3,当且仅当那个ab时取等号,即ABC周长的最大值为22. 解:(1)证明:由题意PO面ABCD,POBD,菱形ABCD中,ACBD,又POACO,则BD面PAC,所以BDPA(2)因为PO面ABCD,所以PB与平面ABCD所成角为PBO30,又菱形边长为2,ABC60,所以,PO1,PB2,CO1,设|PN|PB|2,由VDPBCVPDBC得D到平面PCB的距离为,D到平面PNC的距离也为所以

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