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

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