（人教A版）必修第二册高一数学下学期期末考试高分押题密卷（四）（解析版）

高一下学期数学期末考试高分押题密卷（四）单项选择题：1．已知集合，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用集合的交集运算进行求解.【详解】因为，所以.故选：C.2．某工厂利用随机数表对生产的700个零件进行抽样测试，先将700个零件进行编号，001，002，……，699，700．从中抽取70个样本，下图提供随机数表的第4行到第6行，若从表中第5行第6列开始向右读取数据，则得到的第4个样本编号是（

）3221183429

7864540732

5242064438

1223435677

35789056428442125331

3457860736

2530073286

2345788907

23689608043256780843

6789535577

3489948375

2253557832

4577892345A．623 B．457 C．253 D．007【答案】D【分析】直接由随机数表依次读取数据即可.【详解】从表中第5行第6列开始向右读取数据，依次为253，313，457，860（舍去），736（舍去），253（舍去），007，故得到的第4个样本编号是007.故选：D3．抛掷两枚质地均匀的硬币，设事件“第一枚硬币正面向上”，事件“第二枚硬币反面向上”，下列结论中正确的是（

）A．A与B为相互独立事件 B．A与B互为对立事件C．A与B为互斥事件 D．【答案】A【分析】由相互独立事件及互斥事件、对立事件的定义以及古典概率依次判断即可.【详解】由相互独立事件的定义知，A与B为相互独立事件，A正确；事件可以同时发生，则A与B不是互斥事件，也不是对立事件，B错误；C错误；，D错误.故选：A.4．如图，是水平放置的△AOB的直观图，但部分图象被茶渍覆盖，已知为坐标原点，顶点、均在坐标轴上，且△AOB的面积为12，则的长度为（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】画出△AOB的原图，根据三角形△AOB的面积为12可得答案.【详解】画出△AOB的原图为直角三角形，且，因为，所以，所以.故选：B.5．在正方体中，E，F分别为和的中点，则异面直线BE与CF所成角的余弦值为（

）A．0 B． C． D．【答案】C【分析】设P为的中点，连接PC，PF，则∠PCF为异面直线BE与CF所成的角，设正方体的棱长为1，求出，，，由余弦定理可得答案.【详解】设P为的中点，连接PC，PF，则∠PCF为异面直线BE与CF所成的角，设正方体的棱长为1，则，，，由余弦定理可得.故选：C．6．下列说法错误的是（

）A．若，则或B．若，，且，则的最小值为4C．若，则的最小值为D．函数的值域为【答案】C【分析】对于A，直接求解分式不等式即可，对于B，由题意得，化简后利用基本不等式可求得其最小值，对于C，利用基本不等式判断，对于D，令，则，然后利用正弦函数的性质求其值域【详解】选项A：，所以则或，故A正确；选项B：，当且仅当时取得等号，故B正确；选项C，，当且仅当时取得等号，而，从而上述不等式取不到等号，最小值要大于，故C错误；选项D，可令，，则，，，，，故D正确．故选：C．7．在下列条件中，可判定平面α与平面β平行的是（）A．α，β都平行于直线aB．α内存在不共线的三点到β的距离相等C．l，m是α内的两条直线，且，D．l，m是两条异面直线，且，，，【答案】D【分析】举例说明并判断A，B，C；利用线面平行的性质、面面平行的判定推理判断D作答.【详解】对于A，当，，且时，满足都平行于直线a，不能推出，A不能；对于B，当，且在内直线b一侧有两点，另一侧一个点，三点到的距离相等时，不能推出，B不能；对于C，当l与m平行时，不能推出，C不能；对于D，因，，则存在过直线的平面，于是得，，，则，因，，则存在过直线的平面，于是得，，，则，又是两条异面直线，则是平面内的两条相交直线，所以，D能.故选：D8．一纸片上绘有函数（）一个周期的图像，现将该纸片沿x轴折成直二面角，原图像上相邻的最高点和最低点此时的空间距离为，若方程在区间上有两个实根，则实数a的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由原图像上相邻的最高点和最低点此时的空间距离得出，再由正弦函数的性质得出实数a的取值范围.【详解】原图像上相邻的最高点和最低点此时的空间距离为，，故，方程在区间上有两个实根，即有2个解，由于，，则，故选：B多项选择题：9．已知，是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，则下列说法正确的有（

）A．若，，则 B．若，，，则C．若，，，则 D．若，，，则【答案】BC【分析】由空间中直线与直线、直线与平面的位置关系判断即可．【详解】对于A，若，，l和m可以相交，故错误；对于B，若，，，则，正确；对于C，若，，则或在内，又，则正确；对于D，若，，，可能，故不一定成立．故选：BC．10．设是所在平面内的一点，且，则下列结论不正确的是（

）A． B．C． D．【答案】ACD【分析】由题设知为中点，数形结合并根据向量加法、数乘的几何意义判断各项的正误即可.【详解】由知：为中点，故，，，B正确，A、D错误；，C错误；故选：ACD11．如图，在菱形ABCD中，，，M为BC的中点，将△ABM沿直线AM翻折成，连接和，N为的中点，则（

）A．平面平面AMCDB．线段CN的长为定值C．当三棱锥的体积最大时，三棱锥的外接球的表面积为D．二面角的最大值为30°【答案】ABD【分析】对于A，由已知可得△ABC为等边三角形，则，由翻折性质知，平面，再由面面垂直的判定可得结论，对于B，取AD中点E，由三角形中位线定理可得，，由等角定理得，然后在△NEC中由余弦定理可求出CN长，对于C，由题意可知将三棱锥的顶点放置在长宽高分别为2，，1的长方体的顶点处，从而可求出其外接球的半径，进而可求出球的表面积，对于D，过作，垂足为F，过F作，垂足为D，可和即为二面角的平面角，当时，取得最大值1，从而可求出其角度【详解】对于A，如图所示，在菱形ABCD中，，，所以△ABC为等边三角形，又M是BC的中点，所以，由翻折性质知，又因为，平面，，所以平面，因为平面AMCD，所以平面平面AMCD，故A正确；对于B，如图所示，取AD中点E，则，，在菱形ABCD中，，，因为和的两边方向相同，则由等角定理得，在△NEC中，由余弦定理可得，所以，即CN长为定值，故B正确；对于C，由题意可知当平面平面AMD时，三棱锥的体积最大，由A项已证知此时平面AMD，易知，所以，故可将三棱锥的顶点放置在长宽高分别为2，，1的长方体的顶点处，此时三棱锥的外接球即为长方体的外接球，则长方体的外接球半径，表面积为，故C错误；对于D，如图所示，由选项A可知，平面平面AMCD，在平面中，过作，垂足为F，在平面AMCD中，过F作，垂足为，因为平面平面AMCD，，平面平面，平面，所以平面AMCD，即为二面角的平面角．，在菱形ABCD中，已知FG为定值，由平面，知，点的在以M为圆心的圆弧上，所以当时，取得最大值1，此时，因为为锐角，所以，故D正确，故选：ABD．填空题：12．已知向量，，，且．则实数m的值为________.【答案】1【分析】先求得，然后利用数量积坐标公式求解即可.【详解】解：根据题意，∵，，则，又，且，∴，解得；故答案为：1.13．一所初级中学为了估计全体学生的平均身高和方差，通过抽样的方法从初一年级随机抽取了30人，计算得这30人的平均身高为154cm，方差为30；从初二年级随机抽取了40人，计算得这40人的平均身高为167cm，方差为20；从初三年级随机抽取了30人，计算得这30人的平均身高为170cm，方差为10．依据以上数据，若用样本的方差估计全校学生身高的方差，则全校学生身高方差的估计值为_________．【答案】64.4【分析】利用方差及平均数公式可得，进而即得.【详解】初一学生的样本记为，，…，，方差记为，初二学生的样本记为，，…，，方差记为，初三学生的样本记为，，…，，方差记为．设样本的平均数为，则，设样本的方差为．则又，故，同理，，因此，．故答案为：.14．如图，在中，，点在线段上，且，，则面积的最大值为___．【答案】【分析】利用余弦定理及基本不等式，结合三角形的面积公式即可求解.【详解】设，则，在中，由余弦定理，得，在中，由余弦定理，得，由于，得，即，整理，得，在中，由余弦定理，得,即，代入式化简整理，得，由基本不等式得，即，当且仅当即时，等号成立，当时，取得最大值为.所以面积的最大值为.故答案为：.四、解答题：15．已知.(1)若，求实数的值；(2)当时，若与垂直，求实数的值.【答案】(1)-2；(2)2【分析】（1）利用向量平行列方程即可求解；（2）先表示出与，利用向量垂直列方程即可求解.(1)因为，且，所以，解得：.(2)当时，，所以，.因为与垂直，所以，解得：.16．江门市某中学高一年级举行了一次数学竞赛，从中随机抽取了一批学生的成绩．经统计，这批学生的成绩全部介于50至100之间，将数据按照，，，，的分组作出频率分布直方图如图所示．(1)求频率分布直方图中a的值，并估计本次竞赛成绩的第80百分位数：(2)若按照分层随机抽样的方法从成绩在，的两组中抽取5人，再从这5人中随机抽取3人，求至少有2人的成绩在内的概率．【答案】(1)，估计本次竞赛成绩的第80百分位数为85；(2)【分析】（1）利用频率分布直方图的性质列式求出的值，然后根据百分位数的定义即可求解第80百分位数；（2）根据分层抽样算出成绩在，的两组分别抽取多少人，然后利用古典概型的概率计算公式即可求解.(1)解：由频率分布直方图的性质得：，解得，因为，所以成绩在80分以下的频率为，成绩在90分以下的频率为，所以估计本次竞赛成绩的第80百分位数为；(2)解：因为成绩在，的两组频率之比为，所以从成绩在中抽人，从成绩在中抽人，所以从这5人中随机抽取3人，至少有2人的成绩在内的概率为.17．在锐角△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，满足．(1)求角C的值；(2)若，求的取值范围．【答案】(1)(2)【分析】（1）结合已知及余弦定理化简计算（2）根据正弦定理及的范围化简计算(1)因为，所以，化简得，所以，所以角；(2)由（1）知角，，由正弦定理得：，所以，，所以锐角△ABC中，，，所以，所以，所以，所以，即的取值范围为.18．如图，在三棱柱中，侧面为菱形，，且，．(1)证明：平面ABC⊥平面；(2)若，求二面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】（1）连接，可得，进而可得平面，AB⊥平面，再利用面面垂直的判定定理即得；（2）过在平面内引直线垂直于AC，过O在平面ABC内引直线OH垂直于BC，根据面面垂直的性质定理及判定定理可得为二面角的平面角，结合条件即得.【详解】（1）连接，如图，由是菱形，所以．又，，所以平面，故,又，，所以AB⊥平面，又平面ABC．所以平面ABC⊥平面．（2）过在平面内引直线垂直于AC，O为垂足，过O在平面ABC内引直线OH垂直于BC，H为垂足，连接．由平面ABC⊥平面，平面平面，所以平面ABC，所以，．又OH⊥BC，，所以BC⊥平面，故为二面角的平面角．设，由，可知O为AC的中点，所以．又，平面，平面，所以AB⊥AC，所以．所以．所以，所以二面角的余弦值为．19．甲乙两人组成“星队”参加猜谜语活动，每轮活动由甲乙各猜一个谜语，已知甲每轮猜对的概率为，乙每轮猜对的概率为，．在每轮活动中，甲和乙猜对与否互不影响，各轮结果也互不影响．甲和乙在第一轮都猜错的概率为，“星队”在第二轮中只猜对一个谜语的概率为.（1）求，；（2）求“星队”在前两轮活动中猜对3个谜语的概率．【答案】（1），；（2）.【分析】（1）由题意可得解方程组可得答案；（2）方法一，设，分别表示甲两轮猜对1个，2个谜语的事件，，分别表示乙两轮猜对1个，2个谜语的事件，由独立事件的概率求法和互斥事件的概率求法求出,设表示“星队”在前两轮活动中猜对3个谜语的事件，则，从而可求得答案；方法二，设，分别表示第一轮两人猜对1个，2个谜语的