期末真題重組練習(xí)卷高中數(shù)學(xué)蘇教版必修第二冊(cè)一．選擇題（共8小題）1．（2023春?周至縣校級(jí)期末）復(fù)數(shù)z＝2﹣i的虛部是（）A．2 B．1 C．﹣1 D．﹣i2．（2021春?安慶期末）已知向量a→=(1，2)，b→=(m，?4)A．2 B．﹣2 C．8 D．﹣83．（2024秋?武威期末）半徑為4的半圓卷成一個(gè)圓錐，則該圓錐的體積為（）A．23π3 B．43π34．（2024秋?石景山區(qū)期末）某袋中有編號(hào)為1，2，3，4的4個(gè)小球（小球除編號(hào)外完全相同），甲先從袋中摸出一個(gè)球，記下編號(hào)后放回，乙再從袋中摸出一個(gè)球，記下編號(hào)，則甲、乙兩人所摸出球的編號(hào)不同的概率是（）A．34 B．14 C．1165．（2024秋?浦東新區(qū)校級(jí)期末）已知a，b是兩條不同的直線，α為一個(gè)平面，a?α，則“b∥α”是“a，b無公共點(diǎn)”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件6．（2024春?錫山區(qū)校級(jí)期末）若底面半徑為r，母線長為l的圓錐的表面積與直徑為l的球的表面積相等，則rlA．5?1 B．5?12 C．37．（2024春?倉山區(qū)校級(jí)期末）已知三棱錐P﹣ABC中，PA⊥面ABC，底面△ABC是以B為直角頂點(diǎn)的直角三角形，且BC=2，∠BCA=π3，三棱錐P﹣ABC的體積為833．過點(diǎn)A作AM⊥PB于M，過M作MN⊥PC于N，則三棱錐A．43π B．823π 8．（2023秋?揚(yáng)州期末）已知0＜β＜α＜π2，sinαsinβ=110，cosαcosβA．0 B．725 C．2425二．多選題（共3小題）（多選）9．（2024秋?涪城區(qū)校級(jí)期末）下列說法正確的是（）A．從容量為N的總體中抽取一個(gè)容量為n的樣本，當(dāng)選取抽簽法、隨機(jī)數(shù)法和按比例分層隨機(jī)抽樣三種不同方法抽取樣本時(shí)，總體中每個(gè)個(gè)體被抽中的概率分別為p1，p2，p3則p1＝p2＝p3 B．若P(AB)=19，P(A)=2C．一個(gè)人連續(xù)射擊2次，事件“兩次均未擊中”與事件“至多一次擊中”互為對(duì)立事件 D．若P（A）＝0.3，P（B）＝0.4，且事件A與事件B相互獨(dú)立，則P（A∪B）＝0.58（多選）10．（2024秋?承德期末）已知正三棱錐P﹣ABC外接球的表面積為36π，則下列結(jié)論正確的是（）A．正三棱錐P﹣ABC外接球的體積為36π B．當(dāng)AB＝33時(shí)，點(diǎn)P到底面ABC的距離為2 C．若滿足條件的正三棱錐P﹣ABC存在兩個(gè)，則0＜AB＜33 D．正三棱錐P﹣ABC體積的最大值為83（多選）11．（2023春?瀘縣校級(jí)期末）如圖，平面四邊形ABCD是由正方形AECD和直角三角形BCE組成的直角梯形，AD＝1，∠CBE=π6，現(xiàn)將Rt△ACD沿斜邊AC翻折成△ACD1（D1不在平面ABC內(nèi)），若P為BC的中點(diǎn)，則在Rt△A．AD1與BC不可能垂直 B．三棱錐C﹣BD1E體積的最大值為612C．若A，C，E，D1都在同一球面上，則該球的表面積是2π D．直線AD1與EP所成角的取值范圍為（π6三．填空題（共3小題）12．（2024秋?天津期末）復(fù)數(shù)z=2+i1?i?2i（其中i為虛數(shù)單位），則z13．（2024秋?白城校級(jí)期末）甲乙丙三個(gè)盒子中裝有一定數(shù)量的黑球和白球，其總數(shù)之比為5：4：6．這三個(gè)盒子中黑球占總數(shù)的比例分別為40%，25%，50%．現(xiàn)從三個(gè)盒子中各取一個(gè)球，取到的三個(gè)球都是黑球的概率為；將三個(gè)盒子混合后任取一個(gè)球，是白球的概率為．14．（2024秋?裕安區(qū)校級(jí)期末）如圖，正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長為2，E是側(cè)棱AA1的中點(diǎn)，則平面B1CE截正方體ABCD﹣A1B1C1D1所得的截面圖形的周長是．四．解答題（共5小題）15．（2024秋?資中縣校級(jí)期末）已知銳角△ABC的內(nèi)角A，B，C，所對(duì)的邊分別為a，b，c，且bsinB+C（1）求角A；（2）若銳角△ABC外接圓的半徑為3，求2c﹣b的取值范圍．16．（2017秋?石家莊期末）已知函數(shù)f（x）=3cos2ωx+sinωxcosωx?3（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間；（Ⅱ）若f（x）＞22，求17．（2024秋?葫蘆島期末）在△ABC中，A（﹣2，3），B（2，7），C（﹣6，﹣5），G是重心，直線EF過點(diǎn)G，交BA于點(diǎn)E，交BC于點(diǎn)F．（1）求|BG（2）若BE→=λBA→，BF→=μBC18．（2024秋?內(nèi)江期末）在中國古代數(shù)學(xué)著作《九章算術(shù)》中，“鱉臑”是指4個(gè)面都是直角三角形的四面體．如圖，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AE⊥CD，且DE＝AE＝AB＝2．現(xiàn)將△ADE沿AE翻折，使四面體DACE為一個(gè)鱉臑，并得到四棱錐D﹣ABCE．（Ⅰ）設(shè)F為ED的中點(diǎn)，求證：AF∥平面BCD；（Ⅱ）求證：CD⊥平面ADE．19．（2024秋?北京校級(jí)期末）某公司為了解用戶對(duì)其產(chǎn)品的滿意程度，從A地區(qū)隨機(jī)抽取了400名用戶，從B地區(qū)隨機(jī)抽取了100名用戶，請(qǐng)用戶根據(jù)滿意程度對(duì)該公司產(chǎn)品評(píng)分．該公司將收集到的數(shù)據(jù)按照[20，40），[40，60），[60，80），[80，100]分組，繪制成評(píng)分頻率分布直方圖如下：（1）為了更進(jìn)一步了解A地區(qū)用戶的不滿意原因，將A地區(qū)抽取的400名用戶作為一個(gè)總體，按照評(píng)分再用分層抽樣的方法抽取40人進(jìn)行面對(duì)面交流，那么應(yīng)從評(píng)分在[20，40），內(nèi)的用戶中抽取幾人？（2）從B地區(qū)隨機(jī)抽取兩名用戶，且這兩名用戶評(píng)分獨(dú)立，以頻率估計(jì)概率，求這兩名用戶的評(píng)分恰好一個(gè)大于60分，另一個(gè)小于60分的概率；（3）根據(jù)頻率分布直方圖，假設(shè)同組中的每個(gè)數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點(diǎn)值代替，估計(jì)A地區(qū)抽取的400名用戶對(duì)該公司產(chǎn)品的評(píng)分的平均值為μ1，B地區(qū)抽取的100名用戶對(duì)該公司產(chǎn)品的評(píng)分的平均值為μ2，以及A，B兩個(gè)地區(qū)抽取的500名用戶對(duì)該公司產(chǎn)品的評(píng)分的平均值為μ0，試比較μ0和μ1

期末真題重組練習(xí)卷-高中數(shù)學(xué)蘇教版必修第二冊(cè)參考答案與試題解析一．選擇題（共8小題）題號(hào)12345678答案CBCAABDA二．多選題（共3小題）題號(hào)91011答案ABDACDBCD一．選擇題（共8小題）1．（2023春?周至縣校級(jí)期末）復(fù)數(shù)z＝2﹣i的虛部是（）A．2 B．1 C．﹣1 D．﹣i【解答】解：復(fù)數(shù)z＝2﹣i的虛部是﹣1．故選：C．2．（2021春?安慶期末）已知向量a→=(1，2)，b→=(m，?4)A．2 B．﹣2 C．8 D．﹣8【解答】解：向量a→=(1，2)，b所以1×（﹣4）﹣2m＝0，解得m＝﹣2，所以實(shí)數(shù)m的值為﹣2．故選：B．3．（2024秋?武威期末）半徑為4的半圓卷成一個(gè)圓錐，則該圓錐的體積為（）A．23π3 B．43π3【解答】解：顯然圓錐的母線長為l＝4，設(shè)圓錐的底面半徑為r，則2πr＝4π，即r＝2，所以圓錐的高?=l圓錐的體積V=1故選：C．4．（2024秋?石景山區(qū)期末）某袋中有編號(hào)為1，2，3，4的4個(gè)小球（小球除編號(hào)外完全相同），甲先從袋中摸出一個(gè)球，記下編號(hào)后放回，乙再從袋中摸出一個(gè)球，記下編號(hào)，則甲、乙兩人所摸出球的編號(hào)不同的概率是（）A．34 B．14 C．116【解答】解：某袋中有編號(hào)為1，2，3，4的4個(gè)小球（小球除編號(hào)外完全相同），甲先從袋中摸出一個(gè)球，記下編號(hào)后放回，乙再從袋中摸出一個(gè)球，記下編號(hào)，甲先從袋中摸出一個(gè)球，有4種可能的結(jié)果，乙再從袋中摸出一個(gè)球，有4種可能的結(jié)果，如果按（甲，乙）方法得出總共的結(jié)果為：16個(gè)，甲、乙兩人所摸出球的編號(hào)不同的結(jié)果為12個(gè)，甲、乙兩人所摸出球的編號(hào)不同的概率是1216故選：A．5．（2024秋?浦東新區(qū)校級(jí)期末）已知a，b是兩條不同的直線，α為一個(gè)平面，a?α，則“b∥α”是“a，b無公共點(diǎn)”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【解答】解：a?α，因?yàn)閎∥α可得a，b無公共點(diǎn)，當(dāng)a，b無公共點(diǎn)時(shí)，可能b與α相交，也可能b?α，有可能b∥α，所以“b∥α”是“a，b無公共點(diǎn)”充分不必要條件．故選：A．6．（2024春?錫山區(qū)校級(jí)期末）若底面半徑為r，母線長為l的圓錐的表面積與直徑為l的球的表面積相等，則rlA．5?1 B．5?12 C．3【解答】解：因?yàn)榈酌姘霃綖閞，母線長為l的圓錐的表面積與直徑為l的球的表面積相等，又圓錐的表面積為πrl+πr2，球的表面積為4π(所以πrl+πr2＝πl(wèi)2，即(r解得rl故選：B．7．（2024春?倉山區(qū)校級(jí)期末）已知三棱錐P﹣ABC中，PA⊥面ABC，底面△ABC是以B為直角頂點(diǎn)的直角三角形，且BC=2，∠BCA=π3，三棱錐P﹣ABC的體積為833．過點(diǎn)A作AM⊥PB于M，過M作MN⊥PC于N，則三棱錐A．43π B．823π 【解答】解：由題可知△ABC中，∠ABC=π2，∠BCA=所以AB=2又PA⊥面ABC，三棱錐P﹣ABC的體積為8所以V則PA＝4因?yàn)镻A⊥面ABC，所以PA⊥BC又BC⊥AB，且PA∩AB＝A，PA，AB?面PAB所以BC⊥面PAB，又AM?面PAB則BC⊥AM，已知AM⊥PB，PB∩BC＝B，PB，BC?面PBC所以AM⊥面PBC，又PC，MN?面PBC，則AM⊥PC，AM⊥MN又MN⊥PC，AM∩MN＝M，AM，MN?面AMN所以PC⊥面AMN則三棱錐P﹣AMN的四個(gè)頂點(diǎn)可以與一個(gè)長方體的四個(gè)頂點(diǎn)重合，如圖所示：則該長方體的外接球即三棱錐P﹣AMN的外接球，設(shè)外接球半徑為R故PA＝2R＝4，所以R＝2三棱錐P﹣AMN外接球的體積為：43故選：D．8．（2023秋?揚(yáng)州期末）已知0＜β＜α＜π2，sinαsinβ=110，cosαcosβA．0 B．725 C．2425【解答】解：已知sinαsinβ=110，cosαcosβ則cos（α﹣β）＝cosαcosβ+sinαsinβ=710+110=45，cos（α+β）＝cosα又0＜β＜α＜π則sin(α?β)=1?cos2則cos2α＝cos[（α+β）+（α﹣β）]＝cos（α+β）cos（α﹣β）﹣sin（α+β）sin（α﹣β）=3故選：A．二．多選題（共3小題）（多選）9．（2024秋?涪城區(qū)校級(jí)期末）下列說法正確的是（）A．從容量為N的總體中抽取一個(gè)容量為n的樣本，當(dāng)選取抽簽法、隨機(jī)數(shù)法和按比例分層隨機(jī)抽樣三種不同方法抽取樣本時(shí)，總體中每個(gè)個(gè)體被抽中的概率分別為p1，p2，p3則p1＝p2＝p3 B．若P(AB)=19，P(A)=2C．一個(gè)人連續(xù)射擊2次，事件“兩次均未擊中”與事件“至多一次擊中”互為對(duì)立事件 D．若P（A）＝0.3，P（B）＝0.4，且事件A與事件B相互獨(dú)立，則P（A∪B）＝0.58【解答】解：對(duì)于選項(xiàng)A，由簡單隨機(jī)抽樣的性質(zhì)，可知p1＝p2＝p3，故選項(xiàng)A正確；對(duì)于選項(xiàng)B，P(A)P(B)=(1?P(A故選項(xiàng)B正確；對(duì)于選項(xiàng)C，設(shè)事件A＝{兩次均為中}＝{中槍次數(shù)為0}、事件B＝{至多中一次}＝{中槍的次數(shù)為0，1}，由A∩B＝A，則事件B包含事件A，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；對(duì)于選項(xiàng)D，由A∪B=AB+AB+A因?yàn)槭录嗀與事件B相互獨(dú)立，所以P(A∪B)=P(A)P(B)+P(A)P(B)+P(A故選：ABD．（多選）10．（2024秋?承德期末）已知正三棱錐P﹣ABC外接球的表面積為36π，則下列結(jié)論正確的是（）A．正三棱錐P﹣ABC外接球的體積為36π B．當(dāng)AB＝33時(shí)，點(diǎn)P到底面ABC的距離為2 C．若滿足條件的正三棱錐P﹣ABC存在兩個(gè)，則0＜AB＜33 D．正三棱錐P﹣ABC體積的最大值為83【解答】解：設(shè)正三棱錐P﹣ABC外接球的球心為O，半徑為R，由4πR2＝36π，得R＝3，所以正三棱錐P﹣ABC外接球的體積為43πR設(shè)AB＝a，點(diǎn)P到底面ABC的距離為PD＝h，如圖，則△ABC外接圓的半徑CD=2球心O到平面ABC的距離為OD＝|h﹣R|，由|??R|2+(當(dāng)a=33時(shí)，h2﹣6h+9＝0，得h＝3，B若滿足條件的正三棱錐P﹣ABC有兩個(gè)，則方程?2?6?+13a2則Δ=36?43a2＞0，由?2?6?+1則正三棱錐P﹣ABC的體積為13設(shè)函數(shù)f(?)=34(?得f（h）在（0，4）上單調(diào)遞增，在（4，6）上單調(diào)遞減，所以f(?)max=f(4)=8故選：ACD．（多選）11．（2023春?瀘縣校級(jí)期末）如圖，平面四邊形ABCD是由正方形AECD和直角三角形BCE組成的直角梯形，AD＝1，∠CBE=π6，現(xiàn)將Rt△ACD沿斜邊AC翻折成△ACD1（D1不在平面ABC內(nèi)），若P為BC的中點(diǎn)，則在Rt△A．AD1與BC不可能垂直 B．三棱錐C﹣BD1E體積的最大值為612C．若A，C，E，D1都在同一球面上，則該球的表面積是2π D．直線AD1與EP所成角的取值范圍為（π6【解答】解：對(duì)于A選項(xiàng)：由AD⊥CD，則AD1⊥CD1，當(dāng)AD1⊥D1B時(shí)，且D1B＜AB，此時(shí)滿足AD1⊥平面BCD1，因此AD1⊥BC，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，取AC的中點(diǎn)O，連接OE，OD1，則OE=OD1=OA=OC=22，且因?yàn)閂C?B當(dāng)平面ACD1⊥平面ABC時(shí)，三棱錐C﹣BD1E體積的最大值，在Rt△BCE中，∠CBE=π6，CE=1此時(shí)VC?B所以三棱錐C﹣BD1E體積的最大值為612，故B對(duì)于C，因?yàn)镺E=OD所以A，C，E，D1都在同一球面上，且球的半徑為22所以該球的表面積是4π×(22)對(duì)于D，作AM∥EP，因?yàn)镻為BC的中點(diǎn)，所有EP＝1，EPAM=BE所以∠BAM＝∠ABC＝30°，所以∠MAC＝15°，AD1可以看成以AC為軸線，以45°為平面角的圓錐的母線，所以AC與AD1夾角為45°，AC與AM夾角為15°，又D1不在平面ABC內(nèi)，60°＝45°+15°，30°＝45°﹣15°，所以AD1與AM所成角的取值范圍(π6，故選：BCD．三．填空題（共3小題）12．（2024秋?天津期末）復(fù)數(shù)z=2+i1?i?2i（其中i為虛數(shù)單位），則z的虛部為【解答】解：z=2+i則z的虛部為?1故答案為：?113．（2024秋?白城校級(jí)期末）甲乙丙三個(gè)盒子中裝有一定數(shù)量的黑球和白球，其總數(shù)之比為5：4：6．這三個(gè)盒子中黑球占總數(shù)的比例分別為40%，25%，50%．現(xiàn)從三個(gè)盒子中各取一個(gè)球，取到的三個(gè)球都是黑球的概率為0.05；將三個(gè)盒子混合后任取一個(gè)球，是白球的概率為35【解答】解：設(shè)甲、乙、丙三個(gè)盒子中的球的個(gè)數(shù)分別為5n，4n，6n，所以總數(shù)為15n，所以甲盒中黑球個(gè)數(shù)為40%×5n＝2n，白球個(gè)數(shù)為3n；乙盒中黑球個(gè)數(shù)為25%×4n＝n，白球個(gè)數(shù)為3n；丙盒中黑球個(gè)數(shù)為50%×6n＝3n，白球個(gè)數(shù)為3n；記“從三個(gè)盒子中各取一個(gè)球，取到的球都是黑球”為事件A，所以，P（A）＝0.4×0.25×0.5＝0.05；記“將三個(gè)盒子混合后取出一個(gè)球，是白球”為事件B，黑球總共有2n+n+3n＝6n個(gè)，白球共有9n個(gè)，所以，P(B)=9n故答案為：0.05；3514．（2024秋?裕安區(qū)校級(jí)期末）如圖，正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長為2，E是側(cè)棱AA1的中點(diǎn)，則平面B1CE截正方體ABCD﹣A1B1C1D1所得的截面圖形的周長是32+25【解答】解：根據(jù)題意，連接B1E，與BA的延長線交于點(diǎn)F，連接CF與AD交于點(diǎn)G，如圖：AE=12BB1，且AE∥BB∴A為BF的中點(diǎn)，則G為AD的中點(diǎn)，故截面為梯形B1CGE，其中B1C=4+4=22，EG=1+1=2，CG＝則梯形B1CGE的周長為32+25，即所得的截面圖形的周長是32+2故答案為：32+25四．解答題（共5小題）15．（2024秋?資中縣校級(jí)期末）已知銳角△ABC的內(nèi)角A，B，C，所對(duì)的邊分別為a，b，c，且bsinB+C（1）求角A；（2）若銳角△ABC外接圓的半徑為3，求2c﹣b的取值范圍．【解答】解：（1）在三角形中，A+B+C＝π，因?yàn)閎sinB+C所以bsin(π2?則由正弦定理可得sinBcosA2=sinAsinB銳角三角形中，cosA所以cosA2=2sin所以A=π（2）由正弦定理得asinA所以b=23故2c?b=43又A+B+C＝π，所以B=2π解得π6所以2c?b=23又C∈(π6，π2所以2c﹣b的取值范圍為(0，3316．（2017秋?石家莊期末）已知函數(shù)f（x）=3cos2ωx+sinωxcosωx?3（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間；（Ⅱ）若f（x）＞22，求【解答】解：（Ⅰ）∵f(x)==3因?yàn)橹芷跒?π2ω=π，所以ω＝1，故由π2+2kπ≤2x+π故函數(shù)f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為[π（Ⅱ）f(x)＞22，即由正弦函數(shù)得性質(zhì)得π4解得?π12+2kπ＜2x＜則x取值的集合為{x|?π17．（2024秋?葫蘆島期末）在△ABC中，A（﹣2，3），B（2，7），C（﹣6，﹣5），G是重心，直線EF過點(diǎn)G，交BA于點(diǎn)E，交BC于點(diǎn)F．（1）求|BG（2）若BE→=λBA→，BF→=μBC【解答】解：（1）根據(jù)題意：BA→=(?4，?4)，由G是△ABC的重心，可得BG→所以|BG（2）由BE→可得BA→=1所以BG→因?yàn)镋，F(xiàn)，G三點(diǎn)共線，所以13λ則2λ+8μ=(2λ+8μ)(1當(dāng)且僅當(dāng)8μ3λ=2λ3μ，即所以2λ+8μ的最小值為6．18．（2024秋?內(nèi)江期末）在中國古代數(shù)學(xué)著作《九章算術(shù)》中，“鱉臑”是指4個(gè)面都是直角三角形的四面體．如圖，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AE⊥CD，且DE＝AE＝AB＝2．現(xiàn)將△ADE沿AE翻折，使四面體DACE為一個(gè)鱉臑，并得到四棱錐D﹣ABCE．（Ⅰ）設(shè)F為ED的中點(diǎn)，求證：AF∥平面BCD；（Ⅱ）求證：CD⊥平面ADE．【解答】（Ⅰ）證明：取DC的中點(diǎn)M，連接FM，BM，因?yàn)镕為DE的中點(diǎn)，所以FM為△DEM的中位線，所以FM∥CE，且FM=12在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AE⊥CD，且DE＝AE＝AB＝2，DE＝AE＝AB＝2，可得FM∥AB且FM＝AB，所以四邊形AFMB是平行四邊形，所以AF∥BM，而AF?平面BCD，F(xiàn)M?平面BCD，所以AF∥平面BCD；（Ⅱ）證明：由題意可得CE＝4，AC=AE2+CE2=22四面體DACE為一個(gè)鱉臑，易知△ADE，△AEC是直角三角形，需要△DCE，△ADC為直角三角形，當(dāng)C