新人教版高中数学必修第二册期末检测试卷(二)含答案解析

期末检测试卷

(时间：120分钟 满分：150分)

一、选择题(本大题共13小题，每小题4分，共52分. 在每小题给出的四个选项中，第1～10题只有一项符合题目要求；第11～13题，有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的不得分)

1.以下事件是随机事件的是( ) A.下雨屋顶湿 C.有水就有鱼 答案 C

解析 A，B，D是必然事件.

2.在△ABC中，若A＝60°，C＝45°，c＝3，则a等于( ) 3223

A.1 B.2 C.3 D.2 答案 B

csin A32

解析 由正弦理得，a＝sin C＝2.

2i

3.设复数z＝(其中i为虚数单位)，则复数z在复平面内对应的点位

1＋i于( ) A.第一象限 C.第三象限 答案 A

B.第二象限 D.第四象限 B.秋后柳叶黄 D.水结冰体积变大

2i1－i2i1－i2i

解析 z＝＝＝2＝1＋i，对应的点为(1,1)，在第

1＋i1＋i1－i一象限.

4.某单位青年、中年、老年职员的人数之比为10∶8∶7，从中抽取200名职员作为样本，若每人被抽取的概率是0.2，则该单位青年职员的人数为( )

A.280 B.320 C.400 D.1 000 答案 C

解析 由题意知这是一个分层随机抽样问题，

∵青年、中年、老年职员的人数之比为10∶8∶7，从中抽取200名职员作为样本，

∴要从该单位青年职员中抽取的人数为 10

×200＝80，

10＋8＋7

∵每人被抽取的概率为0.2， 80

∴该单位青年职员共有0.2＝400(人).

5.已知向量a，b满足|a|＝1，|b|＝2，|a－b|＝2，则|a＋b|等于( ) A.1 B.2 C.5 D.6 答案 D

解析 ∵|a－b|2＝|a|2＋|b|2－2a·b， 1∴a·b＝2，

∵|a＋b|2＝|a－b|2＋4a·b， ∴|a＋b|2＝6， ∴|a＋b|＝6.

6.已知a＝(2，－3)，b＝(1，－2)，且c⊥a，b·c＝1，则c的坐标为( )

A.(3，－2) C.(－3，－2) 答案 C

B.(3,2) D.(－3,2)

2x－3y＝0，

解析 设c＝(x，y)，则有

x－2y＝1，x＝－3，

解得故c＝(－3，－2).

y＝－2.

7.我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题，大概意思如下：在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水，天池盆盆口直径为2尺8寸，盆底直径为1尺2寸，盆深1尺8寸，若盆中积水深9寸，则平均降雨量是(注：①平均降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；②1尺等于10寸)( ) A.3寸 B.4寸 C.5寸 D.6寸 答案 A

解析 作出圆台的轴截面如图所示，

由题意知，BF＝14寸，OC＝6寸，OF＝18寸，OG＝9寸， 即G是OF的中点，

∴GE为梯形OCBF的中位线， 14＋6

∴GE＝2＝10寸， 即积水的上底面半径为10寸， ∴盆中积水的体积为

1

3π×(100＋36＋10×6)×9＝588π(立方寸)，

又盆口的面积为142π＝196π(平方寸)，

588π

∴平均降雨量是196π＝3(寸)，即平均降雨量是3寸. 8.在△ABC中，若sin2A＋sin2B＝2sin2C，则角C为( ) A.钝角 C.锐角 答案 C

解析 由sin2A＋sin2B＝2sin2C，得a2＋b2＝2c2， 即a2＋b2－c2＝c2>0，

a2＋b2－c2

又由余弦定理可得cos C＝2ab>0， 所以角C为锐角.

9.甲、乙两个人进行“剪子、包袱、锤”的游戏，两人都随机出拳，则一次游戏两人平局的概率为( ) 1212A.3 B.3 C.4 D.9 答案 A

解析 甲、乙两个人进行“剪子、包袱、锤”的游戏，所以可能出现的结果列表如下：

甲 乙 锤 剪子 锤 剪子 包袱 B.直角 D.60°

(锤，锤) (锤，剪子) (锤，包袱) (剪子，锤) (包袱，锤) (剪子，剪子) (包袱，剪子) (剪子，包袱) (包袱，包袱) 包袱

因为由表格可知，共有9种等可能情况.

其中平局的有3种(锤，锤)、(剪子，剪子)、(包袱，包袱). 31

设事件A为“甲和乙平局”，则P(A)＝9＝3.

10.正方体ABCD－A1B1C1D1中，直线AD与平面A1BC1所成角的正弦值为( )

1336A.2 B.2 C.3 D.3 答案 C

解析 如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1中，直线AD与B1C1平行，则直线AD与平面A1BC1所成角的正弦值即为B1C1与平面A1BC1所成角的正弦值.因为△A1BC1为等边三角形，则B1在平面A1BC1上的投影即为△A1BC1的中心O，则∠B1C1O为B1C1与平面A1BC1所成角.可设36正方体边长为1，显然BO＝3×2＝3，

因此B1O＝

6231－＝3， 3

B1O3

则sin∠B1C1O＝BC＝3.

11

11.从装有两个红球和三个黑球的口袋里任取两个球，那么不互斥的两个事件是( )

A.“至少有一个黑球”与“都是黑球” B.“至少有一个黑球”与“至少有一个红球” C.“恰好有一个黑球”与“恰好有两个黑球”

D.“至少有一个黑球”与“都是红球” 答案 AB

解析 “至少有一个黑球”中包含“都是黑球”，A正确； “至少有一个黑球”与“至少有一个红球”可能同时发生，B正确； “恰好有一个黑球”与“恰好有两个黑球”不可能同时发生，C不正确；

“至少有一个黑球”与“都是红球”不可能同时发生，D不正确. 12.在Rt△ABC中，CD是斜边AB上的高，如图，则下列等式成立的是( )

→|2＝AC→·→ A.|ACAB→|2＝BA→·→ B.|BCBC→|2＝AC→·→ C.|ABCD

→·→×BA→·→ACABBC→|2＝D.|CD

→|AB|2答案 ABD

→·→＝|AC→||AB→|cos A，由|AB→|·→|可得|AC→|2＝AC→·→，解析 ACABcos A＝|ACAB即选项A正确，

→·→＝|BA→||BC→|cos B，由|BA→|·→|可得|BC→|2＝BA→·→，即选项BABCcos B＝|BCBCB正确，

→·→＝|AC→||CD→|cos(π－∠ACD)<0，又|AB→|2>0，知选项C错误， 由ACCD由图可知Rt△ACD∽Rt△ABC，所以AC·BC＝AB·CD，

→·→×BA→·→ACABBC→|2＝由选项A，B可得|CD，即选项D正确.

→2|AB|13.如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动1

点E，F，且EF＝2，则下列结论中错误的是( )

A.AC⊥AF B.EF∥平面ABCD

C.三棱锥A－BEF的体积为定值 D.△AEF的面积与△BEF的面积相等 答案 AD

解析 A.因为AC⊥BD，而BD∥B1D1，所以AC⊥B1D1，即AC⊥EF，若AC⊥AF，则AC⊥平面AEF，即可得AC⊥AE，由图分析显然不成立，故A不正确；

B.因为EF∥BD，EF⊄平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以EF∥平面ABCD，故B正确； C.VA

－

BEF

111111＝3×S△BEF×2AC＝3×2×EF×BB1×2AC＝12

×EF×BB1×AC，所以体积是定值，故C正确；

D.设B1D1的中点是O，点A到直线EF的距离是AO，而点B到直线11

EF的距离是BB1，所以AO>BB1，S△AEF＝2×EF×AO，S△BEF＝2×EF×BB1，所以△AEF的面积与△BEF的面积不相等，D不正确. 二、填空题(本大题共4小题，每小题4分，共16分)

14.在感冒流行的季节，设甲、乙患感冒的概率分别为0.6和0.5，则两

人都不感冒的概率是________，两人中有人患感冒的概率是________. 答案 0.2 0.8

解析 “有人感冒”这一事件包括甲、乙中有一人感冒和全都感冒. 设事件A：甲患感冒，事件B：乙患感冒.

则则两人都不感冒这一事件的概率为P(AB)＝[1－P(A)]·[1－P(B)]＝0.2，

两人中有人感冒这一事件的概率为

P(AB＋AB＋AB)＝P(AB)＋P(AB)＋P(AB) ＝P(A)P(B)＋P(A)P(B)＋P(A)P(B) ＝P(A)P(B)＋P(A) ＝0.4×0.5＋0.6＝0.8.

15.已知非零向量a，b满足|a|＝4|b|，且b⊥(a＋2b)，则a与b的夹角为________. 2π答案 3 解析 设a与b的夹角为θ，根据题意，可得b·(a＋2b)＝0，即|a|·|b|cos 12πθ＋2b＝0，代入|a|＝4|b|，得到cos θ＝－2，于是a与b的夹角为3. 2

16.某人5次上班途中所花的时间(单位：分钟)分别为x，y,10,11,9.已知这组数据的平均数为10，方差为2，则|x－y|的值为________. 答案 4

解析 由题意可得，x＋y＝20，(x－10)2＋(y－10)2＝8， 设x＝10＋t，y＝10－t，则2t2＝8，解得t＝±2， ∴|x－y|＝2|t|＝4.

17.△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知a＝b，c2＝2b2(1

－sin C)，则C＝________. π答案 4

解析 ∵c2＝2b2(1－sin C)， c2

∴可得，sin C＝1－2b2， 又∵a＝b，由余弦定理可得， a2＋b2－c2c2

cos C＝2ab＝1－2b2＝sin C， π

∴sin C－cos C＝0，可得2sinC－4＝0，

ππ3π

∵C∈(0，π)，可得C－4∈－4，4，

ππ

∴C－4＝0，可得C＝4. 三、解答题(本大题共6小题，共82分) 18.(12分)已知|a|＝4，|b|＝8，a与b夹角是120°. (1)求a·b的值及|a＋b|的值； (2)当k为何值时，(a＋2b)⊥(ka－b)? 解 (1)由向量的数量积的运算公式，

1可得a·b＝|a||b|cos 120°＝4×8×－2＝－16，



|a＋b|＝a2＋b2＋2a·b ＝42＋82＋2×－16＝43. (2)因为(a＋2b)⊥(ka－b)， 所以(a＋2b)·(ka－b) ＝ka2－2b2＋(2k－1)a·b＝0，

整理得16k－128＋(2k－1)×(－16)＝0，

解得k＝－7.

即当k＝－7时，(a＋2b)⊥(ka－b).

19.(12分)如图，在三棱锥A－BCD中，点E，F分别是BD，BC的中点，AB＝AD，AE⊥BC.

求证：(1)EF∥平面ACD； (2)AE⊥CD.

证明 (1)因为在△BCD中，点E，F分别是BD，BC的中点， 所以EF∥CD，

又因为EF⊄平面ACD，CD⊂平面ACD， 从而EF∥平面ACD.

(2)因为点E是BD的中点，且AB＝AD， 所以AE⊥BD，

又因为AE⊥BC，BC⊂平面BCD，BD⊂平面BCD， BC∩BD＝B，故AE⊥平面BCD， 因为CD⊂平面BCD， 所以AE⊥CD.

1

20.(14分)在△ABC中，cos(A＋C)＝0，sin A＝3. (1)求sin C的值；

(2)设∠ABC的平分线与AC交于D，若AC＝3，求BD的长. π

解 (1)由cos(A＋C)＝0，得A＋C＝2， π

又由A＋B＋C＝π，所以B＝2，

π22－A所以sin C＝sin2＝cos A＝3. 

1

(2)在Rt△ABC中，sin A＝3，AC＝3， 1

所以BC＝AC·sin A＝3×3＝1，

π在△DBC中，sin∠BDC＝sin4＋A





4＋22

＝2(sin A＋cos A)＝6， BDBC

由正弦定理得，sin C＝，

sin∠BDC22382－4BCsin C

所以BD＝＝＝7.

sin∠BDC4＋2

6

21.(14分)某集团公司为了加强企业管理，树立企业形象，考虑在公司内部对迟到现象进行处罚，现在员工中随机抽取200人进行调查，当不处罚时，有80人迟到，处罚时，得到如下数据：

处罚金额x(单位：元) 迟到的人数y

若用表中数据所得频率代替概率.

(1)当处罚金额定为100元时，员工迟到的概率会比不进行处罚时降低多少？

(2)将选取的200人中会迟到的员工分为A，B两类：A类员工在罚金不超过100元时就会改正行为；B类是其他员工.现对A类与B类员工按分层随机抽样的方法抽取4人依次进行深度问卷，则前两位均为B

50 100 150 200 50 40 20 0 类员工的概率是多少？

解 (1)设“当罚金定为100元时，某员工迟到”为事件A，则P(A)＝401200＝5，

802

不处罚时，某员工迟到的概率为200＝5. 1

∴当罚金定为100元时，比不制定处罚，员工迟到的概率会降低5. (2)由题意知，A类员工和B类员工各有40人，分别从A类员工和B类员工各抽出两人，

设从A类员工抽出的两人分别为A1，A2，从B类员工抽出的两人分别为B1，B2，

设“从A类与B类员工按分层随机抽样的方法抽取4人依次进行深度问卷”为事件M，

则事件M中首先抽出A1的基本事件有(A1，A2，B1，B2)，(A1，A2，B2，B1)，(A1，B1，A2，B2)，(A1，B1，B2，A2)，(A1，B2，A2，B1)，(A1，B2，B1，A2)共6种，

同理，首先抽出A2，B1，B2的事件也各有6种，故事件M共有4×6＝24(种)基本事件，

设“抽取4人中前两位均为B类员工”为事件N，则事件N有(B1，B2，A1，A2)，(B1，B2，A2，A1)，(B2，B1，A1，A2)，(B2，B1，A2，A1)共4种基本事件， 41

∴P(N)＝24＝6，

1

∴抽取4人中前两位均为B类员工的概率是6.

22.(15分)某市为增强市民的环境保护意识，面向全市征召义务宣传志愿者.现从符合条件的志愿者中随机抽取100名按年龄分组：第1组

[20,25)，第2组[25,30)，第3组[30,35)，第4组[35,40)，第5组[40,45]，得到的频率分布直方图如图所示.

(1)若从第3,4,5组中用分层随机抽样的方法抽取6名志愿者参加广场的宣传活动，应从第3,4,5组各抽取多少名志愿者？

(2)在(1)的条件下，该市决定在这6名志愿者中随机抽取2名志愿者介绍宣传经验，求第5组志愿者有被抽中的概率.

解 (1)第3组的人数为0.3×100＝30，第4组的人数为0.2×100＝20，第5组的人数为0.1×100＝10，

因为第3,4,5组共有60名志愿者，所以利用分层随机抽样的方法在60名志愿者中抽取6名志愿者，每组抽取的人数分别为： 302010

第3组60×6＝3；第4组60×6＝2；第5组60×6＝1. 所以应从第3,4,5组中分别抽取3人，2人，1人. (2)设“第5组的志愿者有被抽中”为事件A.

记第3组的3名志愿者为A1，A2，A3，第4组的2名志愿者为B1，B2，第5组的1名志愿者为C1，则从6名志愿者中抽取2名志愿者有 (A1，A2)，(A1，A3)，(A1，B1)，(A1，B2)，(A1，C1)，(A2，A3)，(A2，B1)，(A2，B2)，(A2，C1)，(A3，B1)，(A3，B2)，(A3，C1)，(B1，B2)，(B1，C1)，(B2，C1)，共有15种等可能情况. 其中第5组的志愿者被抽中的有5种， 51

P(A)＝15＝3. 1

答 第5组的志愿者有被抽中的概率为3.

23.(15分)如图在△AOB中，D是边OB的中点，C是OA上靠近O的→＝a，OB→＝b. 三等分点，AD与BC交于M点，设OA

→； (1)用a，b表示OM

→＝pOA→，→＝qOB→，(2)过点M的直线与边OA，OB分别交于E，F.设OEOF12

求p＋q的值.

→＝xa＋yb， 解 (1)设OM

→＝OM→－OA→＝(x－1)OA→＋yOB→＝(x－1)a＋yb，→＝OD→－OA→＝－则AMAD1

a＋2b，

∵A，M，D三点共线，

1→→∴AM，AD共线，从而2(x－1)＝－y，① 又C，M，B三点共线， →，BC→共线， ∴BM

1

同理可得3(y－1)＝－x，② 1x＝5，联立①②，解得2

y＝5，

12→故OM＝5a＋5b.

1122→→→(2)∵EM＝OM－OE＝5a＋5b－pa＝5－pa＋5b.





→＝OF→－OE→＝qb－pa. EF

→，EF→共线， ∵EM

1212

∴5－p q＝－5p，整理得p＋q＝5. 