期末真题重组练习卷-2024-2025学年高中数学苏教版（2019）选择性必修第二册（含解析）

期末真题重组练习卷-2024-2025学年高中数学苏教版（2019）选择性必修第二册一．选择题（共8小题）1．（2024秋•常德期末）（x+y﹣1）5的展开式中所有二次项（即含x2，xy，y2的项）的系数和为（）A．﹣40 B．﹣20 C．0 D．402．（2021春•黄山期末）如果某地财政收入x（亿元）与支出y（亿元）满足线性回归方程ŷ=bx+a+e（单位：亿元），其中b＝0.8，a＝2，|A．9亿元 B．9.5亿元 C．10亿元 D．10.5亿元3．（2024秋•阜南县校级期末）已知空间向量a→，b→，且AB→=a→+2b→，BC→=−5A．A、B、C B．B、C、D C．A、B、D D．A、C、D4．（2024秋•博乐市期末）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E是棱A1D1的中点，则EBA．4 B．5 C．6 D．45．（2024秋•辽宁期末）已知随机变量X﹣N（μ，σ2），若其对应的正态密度函数f（x）满足f（2﹣x）＝f（x），且P（X≤0）＝0.1，则P（1≤X≤2）＝（）A．0.8 B．0.5 C．0.4 D．0.16．（2024秋•石景山区期末）如图所示，空间四边形OABC中，OA→=a→，OB→=b→，OC→A．12a→−C．12a→7．（2024秋•大连校级期末）空间直角坐标系中过点（1，2，﹣1）的直线l的一个方向向量为（1，1，1），则直线l与y轴之间的距离为（）A．2 B．2 C．22 D．8．（2024秋•大连校级期末）若x10=a0+a1(2x−1)+a2(2x−1)2+⋯+A．1564 B．33128 C．65256二．多选题（共3小题）（多选）9．（2024秋•黑龙江校级期末）已知随机事件B，A，则（）A．P(A|B)+P(AB．若P（B|A）＝P（B），则A，B独立 C．若P（B|A）＝P（A|B），则A，B互斥 D．若P(B|A)=P(B|A)（多选）10．（2024秋•南通期末）设l1⊥平面α，l2⊥平面β，m→，n→分别为l1，lA．若m→⊥n→，则α⊥B．若cos＜m→，n→＞=−12，则lC．若cos＜m→，n→＞=−12，则D．若cos＜m→，n→＞=−1（多选）11．（2024秋•枣庄期末）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，E是棱CD上的动点（含端点），则（）A．三棱锥A1﹣AB1E的体积为定值 B．EB1⊥AD1 C．二面角E﹣A1B1﹣A的平面角的大小为π4D．存在某个点E，使直线A1E与平面ABCD所成角为60°三．填空题（共3小题）12．（2022春•滨州期末）（x+y2x）（x+y）5的展开式中x3y313．（2024秋•深圳期末）已知空间向量a→=(1，0，1)，b→=(2，−1，2)，则向量a14．（2024秋•深圳校级期末）在三棱锥P﹣ABC中，AB与PC中点分别为M，N，点G为MN中点．若D在PA上满足PD→=23PA→，E在PB上满足PE→=34PB→，平面四．解答题（共5小题）15．（2024秋•红桥区期末）已知(x+m（Ⅰ）求n的值；（Ⅱ）若展开式中的常数项为20，求m的值．16．（2024秋•梧州期末）学习小组设计了如下试验模型：有完全相同的甲、乙两个袋子，袋子里有形状和大小完全相同的小球，其中甲袋中有2个红球和8个白球，乙袋中有6个红球和4个白球．从这两个袋子中选择1个袋子，再从该袋子中随机摸出1个球，称为一次摸球．多次摸球直到摸出白球时试验结束．假设首次摸球选到甲袋或乙袋的概率均为12（1）求首次摸球就试验结束的概率；（2）在首次摸球摸出红球的条件下．①求选到的袋子为乙袋的概率；②将首次摸球摸出的红球放回原来袋子，继续进行第二次摸球时有如下两种方案：方案一，从原来袋子中摸球；方案二，从另外一个袋子中摸球，请通过计算，说明选择哪个方案使得第二次摸球就试验结束的概率更大．17．（2024秋•楚雄市校级期末）如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，四边形ABCD与四边形A1BCD1均为菱形，∠ABC＝A1BC＝60°，cos∠A1AB=6（1）证明：平面A1BCD1⊥平面ABCD；（2）求二面角A1﹣DD1﹣C1的正弦值．18．（2024秋•深圳期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA＝AD＝CD＝2．BC＝3，E为PD的中点，点F在PC上，且PFPC（1）证明：平面PCD⊥平面PAD；（2）求PC与平面AEF所成角的正弦值；（3）若棱PB上一点G满足PG→=λPB→，且平面AEF与平面AFG的夹角的余弦值为719．（2024秋•金山区期末）如图，在空间四边形OABC中，点D为BC的中点，AE→=1（1）试用向量a→，b（2）若OA＝OB＝OC＝2，∠AOC＝∠BOC＝∠AOB＝90°，求OE→

期末真题重组练习卷-2024-2025学年高中数学苏教版（2019）选择性必修第二册参考答案与试题解析一．选择题（共8小题）题号12345678答案ADCBCBBC二．多选题（共3小题）题号91011答案ABABDABC一．选择题（共8小题）1．（2024秋•常德期末）（x+y﹣1）5的展开式中所有二次项（即含x2，xy，y2的项）的系数和为（）A．﹣40 B．﹣20 C．0 D．40【解答】解：根据题意，二项式（x+y﹣1）5=[(x+y)−1]当k＝0，1，2，4，5时，C5k(x+y)5−k(−1)k的展开式中不含当k＝3时，C5这部分含x2，xy，y2的项系数分别为﹣10，﹣20，﹣10．将含x2，xy，y2的项系数相加，即﹣10﹣20﹣10＝﹣40．则（x+y﹣1）5的展开式中所有二次项的系数和为﹣40．故选：A．2．（2021春•黄山期末）如果某地财政收入x（亿元）与支出y（亿元）满足线性回归方程ŷ=bx+a+e（单位：亿元），其中b＝0.8，a＝2，|A．9亿元 B．9.5亿元 C．10亿元 D．10.5亿元【解答】解：∵某地的财政收入x与支出y满足的线性回归模型是y＝bx+a+e（单位：亿元），其中b＝0.8，a＝2，∴y＝0.8x+2+e当x＝10时，y＝0.8x+2+e＝10+e∵|e|≤0.5，∴﹣0.5≤e≤0.5∴9.5≤y≤10.5，∴今年支出预计不超出10.5亿元故选：D．3．（2024秋•阜南县校级期末）已知空间向量a→，b→，且AB→=a→+2b→，BC→=−5A．A、B、C B．B、C、D C．A、B、D D．A、C、D【解答】解：∵BC→=−5a→+6b→，CD∴BD→∵AB→=a∴BD→=2AB→，即A，故选：C．4．（2024秋•博乐市期末）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E是棱A1D1的中点，则EBA．4 B．5 C．6 D．4【解答】解：在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E是棱A1D1的中点，故EB故选：B．5．（2024秋•辽宁期末）已知随机变量X﹣N（μ，σ2），若其对应的正态密度函数f（x）满足f（2﹣x）＝f（x），且P（X≤0）＝0.1，则P（1≤X≤2）＝（）A．0.8 B．0.5 C．0.4 D．0.1【解答】解：根据题意，f（2﹣x）＝f（x），则正态密度函数f（x）关于x＝1对称，即μ＝1，则P（1≤X≤2）＝P（0≤X≤1）＝0.5﹣P（X≤0）＝0.5﹣0.1＝0.4．故选：C．6．（2024秋•石景山区期末）如图所示，空间四边形OABC中，OA→=a→，OB→=b→，OC→A．12a→−C．12a→【解答】解：MN→故选：B．7．（2024秋•大连校级期末）空间直角坐标系中过点（1，2，﹣1）的直线l的一个方向向量为（1，1，1），则直线l与y轴之间的距离为（）A．2 B．2 C．22 D．【解答】解：设P（0，t，0）为y轴上的动点，设点（1，2，﹣1）为A，设l→若点P（0，t，0）在直线l上，则AP→显然AP→与l所以点P（0，t，0）不在直线l上，又直线l的一个方向向量为l→=(1，1，1)，y轴的一个方向向量为所以直线l与y轴不平行，所以直线l与y轴异面，设B为l上一动点，且AB→=λl→=（λ又因为A（1，2，﹣1），所以点B（λ+1，λ+2，λ﹣1），所以PB→当PB→⊥l→，所以当λ+1+λ+2−t+λ−1=0λ+2−t=0时，|即λ＝0，t＝2时，|PB所以P（0，2，0），B（1，2，﹣1）时，|PB此时PB→所以|PB→|即直线l与y轴之间的距离为2．故选：B．8．（2024秋•大连校级期末）若x10=a0+a1(2x−1)+a2(2x−1)2+⋯+A．1564 B．33128 C．65256【解答】解：由题意，令x＝1，得a0+a1+a2+…+a10＝1①，令x＝0，的a0﹣a1+a2﹣…+a10＝0②，①﹣②得：2a又x10=[所以a1故选：C．二．多选题（共3小题）（多选）9．（2024秋•黑龙江校级期末）已知随机事件B，A，则（）A．P(A|B)+P(AB．若P（B|A）＝P（B），则A，B独立 C．若P（B|A）＝P（A|B），则A，B互斥 D．若P(B|A)=P(B|A)【解答】解：对于A，P（A|B）+P（A|B）=P(AB)P(B)+对于B，P(B|A)=P(AB)P(A)=P(B)，得到P（AB）＝P（A）P（B），则A，B对于C，当P（B|A）＝P（A|B）≠0，则A，B不互斥，故C错误；对于D，若P（B|A）＝P（B|A）时，则P(AB)P(A)所以P(AB)=P(AB因为无法判断A，B是否独立，所以无法得到P（B）＝P（B），故D错误．故选：AB．（多选）10．（2024秋•南通期末）设l1⊥平面α，l2⊥平面β，m→，n→分别为l1，lA．若m→⊥n→，则α⊥B．若cos＜m→，n→＞=−12，则lC．若cos＜m→，n→＞=−12，则D．若cos＜m→，n→＞=−1【解答】解：设l1⊥平面α，l2⊥平面β，m→，n→分别为l1则m→，n→分别为平面对于A：因为m→⊥n→，所以α⊥对于B：因为cos＜m设l1，l2所成角为θ1，θ1∈（0°，90°]，则cosθ所以θ1＝60°，故B正确；对于C：因为cos＜m设l1与β所成角为θ2，θ2∈（0°，90°]，则sinθ2所以θ2＝30°，故C错误；对于D：因为cos＜m设α，β的夹角为θ3，θ3∈（0°，90°]，则cosθ所以θ3＝60°，故D正确．故选：ABD．（多选）11．（2024秋•枣庄期末）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，E是棱CD上的动点（含端点），则（）A．三棱锥A1﹣AB1E的体积为定值 B．EB1⊥AD1 C．二面角E﹣A1B1﹣A的平面角的大小为π4D．存在某个点E，使直线A1E与平面ABCD所成角为60°【解答】解：因为V又E是棱CD上的动点（含端点）易知CD∥平面A1AB1，所以点E到平面A1AB1的距离为定值，又S△所以三棱锥A1﹣AB1E的体积为定值，故A正确；对于B：B1，E两点在平面ADD1A1上的射影分别为A1，D，所以直线B1E在平面ADD1A1上的射影为A1D，又因为A1D⊥AD1，根据三垂线定理可得EB1⊥AD1，故B正确；对于C：因为二面角E﹣A1B1﹣A即二面角D﹣A1B1﹣A，又DA1⊥A1B1，AA1⊥A1B1，DA1⊂平面EA1B1，AA1⊂平面AA1B1，所以∠DA1A即为二面角E﹣A1B1﹣A的平面角，在正方形ADD1A1中，∠DA所以二面角E﹣A1B1﹣A的大小为π4，故C对于D：因为A1A⊥平面ABCD，所以直线A1E与平面ABCD所成角为∠AEA1，当点E和点D重合时，A1E在平面ABCD射影最小，这时直线A1E与平面ABCD所成角θ最大值为π4，故D故选：ABC．三．填空题（共3小题）12．（2022春•滨州期末）（x+y2x）（x+y）5的展开式中x3y3【解答】解：因为（x+y）5的展开式中x2y3，x4y的系数分别为C53，C54，所以（x+y2x）（x+y）5的展开式中x3y3的系数为C53+C故答案为：15．13．（2024秋•深圳期末）已知空间向量a→=(1，0，1)，b→=(2，−1，2)，则向量a→在向量【解答】解：a→⋅b∴向量a→在向量b→上的投影向量的坐标是：故答案为：(814．（2024秋•深圳校级期末）在三棱锥P﹣ABC中，AB与PC中点分别为M，N，点G为MN中点．若D在PA上满足PD→=23PA→，E在PB上满足PE→=34PB→，平面DEG交【解答】解：在三棱锥P﹣ABC中，AB与PC中点分别为M，N，点G为MN中点．若D在PA上满足PD→=23PA→，E在PB上满足PE→由条件可知，PG→因为PA→=32PD所以PG→=38PD→+13所以38+1故答案为：67四．解答题（共5小题）15．（2024秋•红桥区期末）已知(x+m（Ⅰ）求n的值；（Ⅱ）若展开式中的常数项为20，求m的值．【解答】解：（Ⅰ）因为(x+mx)n展开式的二项式系数和为64，即2（Ⅱ）若展开式中的常数项为20，则由Tr+1=C6r•x6﹣r•(mx)r=令6﹣2r＝0，解得r＝3，所以C63•m3＝20，即m3＝1，解得16．（2024秋•梧州期末）学习小组设计了如下试验模型：有完全相同的甲、乙两个袋子，袋子里有形状和大小完全相同的小球，其中甲袋中有2个红球和8个白球，乙袋中有6个红球和4个白球．从这两个袋子中选择1个袋子，再从该袋子中随机摸出1个球，称为一次摸球．多次摸球直到摸出白球时试验结束．假设首次摸球选到甲袋或乙袋的概率均为12（1）求首次摸球就试验结束的概率；（2）在首次摸球摸出红球的条件下．①求选到的袋子为乙袋的概率；②将首次摸球摸出的红球放回原来袋子，继续进行第二次摸球时有如下两种方案：方案一，从原来袋子中摸球；方案二，从另外一个袋子中摸球，请通过计算，说明选择哪个方案使得第二次摸球就试验结束的概率更大．【解答】解：（1）设摸球一次，“取到甲袋”为事件A1，“取到乙袋”为事件A2，“摸出白球”为事件B1，“摸出红球”为事件B2．所以P(B所以摸球一次就试验结束的概率为35（2）①因为B1，B2是对立事件，P(B所以P(A所以选到的袋子为乙袋的概率为34②由①，得P(A所以方案一中取到白球的概率为P1方案二中取到白球的概率为P2因为710所以方案二中取到白球的概率更大，即选择方案二使得第二次摸球就试验结束的概率更大．17．（2024秋•楚雄市校级期末）如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，四边形ABCD与四边形A1BCD1均为菱形，∠ABC＝A1BC＝60°，cos∠A1AB=6（1）证明：平面A1BCD1⊥平面ABCD；（2）求二面角A1﹣DD1﹣C1的正弦值．【解答】解：（1）证明：连接AC，A1C，因为四边形ABCD与四边形A1BCD1均为菱形，且∠ABC＝A1BC＝60°，所以△ABC与△A1BC均为等边三角形，取BC的中点O，连接AO，A1O，则AO⊥BC，A1O⊥BC，设AB＝2，则AO=A在△ABA1中，由cos∠A得22即AA所以AA所以AO所以AO⊥A1O，因为BC∩A1O＝O，BC，A1O⊂平面A1BCD1，所以AO⊥平面A1BCD1，又AO⊂平面ABCD，所以平面ABCD⊥平面A1BCD1．（2）由（1）可知，OA，OB，OA1两两垂直，以O为原点，以OA，OB，OA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，设AB＝2，则A(3DD设平面A1DD1的一个法向量m→则DD1→⊥取x1＝1，解得y1＝0，z1＝1，故m→设平面C1D1D的一个法向量n→则DD1→⊥取x2＝1，解得y2故n→所以cos〈m设二面角A1﹣DD1﹣C1的大小为θ，所以sinθ=1−18．（2024秋•深圳期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA＝AD＝CD＝2．BC＝3，E为PD的中点，点F在PC上，且PFPC（1）证明：平面PCD⊥平面PAD；（2）求PC与平面AEF所成角的正弦值；（3）若棱PB上一点G满足PG→=λPB→，且平面AEF与平面AFG的夹角的余弦值为7【