高一数学下学期期末全真模拟卷（2）（必修二全部内容）-2021-2022学年高一数学考试满分全攻略（人教A版2019必修第二册）（解析版）

这是一份高一数学下学期期末全真模拟卷（2）（必修二全部内容）-2021-2022学年高一数学考试满分全攻略（人教A版2019必修第二册）（解析版），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
高一数学下学期期末全真模拟卷（2）（人教A版2019）
考试时间：120分钟 满分：150分
考试范围：必修二
一、单选题：本大题共8小题，每个小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．某人从出发点向正东走后到，然后向左转150°再向前走到，测得的面积为，此人这时离出发点的距离为（       ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由题意可得，再由的面积为，求出的长，然后利用余弦定理求出即可
【详解】如图，由题意可得，
因为的面积为，，，
所以，解得，
由余弦定理得

，
所以，
故选：D

2．已知为虚数单位，复数的共轭复数为（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用复数的除法可将复数表示为一般形式，利用共轭复数的定义可得出结果.
【详解】，因此，复数的共轭复数为.
故选：B.
【点睛】本题考查共轭复数的计算，解答的关键就是利用复数的除法运算将复数表示为一般形式，考查计算能力，属于基础题.
3．下列命题正确的是（       ）
A．三点确定一个平面 B．一条直线和一个点确定一个平面
C．梯形可确定一个平面 D．圆心和圆上两点确定一个平面
【答案】C
【分析】根据公理对选项逐一分析，由此确定正确选项.
【详解】对于A选项，三个不在同一条直线上的点，确定一个平面，故A选项错误.
对于B选项，直线和直线外一点，确定一个平面，故B选项错误.
对于C选项，两条平行直线确定一个平面，梯形有一组对边平行，另一组对边不平行，故梯形可确定一个平面，所以C选项正确.
对于D选项，圆的直径不能确定一个平面，所以若圆心和圆上的两点在直径上，则无法确定一个平面.所以D选项错误.
故选：C
【点睛】本小题主要考查公理的理解和运用，属于基础题.
4．在等腰梯形中，，，，为的中点，为线段上的点，则的最小值是（       ）
A．0 B． C． D．1
【答案】B
【分析】以为轴，的中垂线为轴建立平面直角坐标系，设，用数量积的坐标表示求得数量积，然后由二次函数知识得最小值．
【详解】由题意等腰梯形的高为，
如图，以为轴，的中垂线为轴建立平面直角坐标系，则，，，设，则，，
，
所以时，取得最小值．
故选：B．

5．抛掷两枚质地均匀的硬币，设事件“第一枚硬币正面朝上”，事件“第二枚硬币反面朝上”，则下列结论中正确的为（       ）
A．与互为对立事件 B．与互斥
C．与相等 D．
【答案】D
【分析】利用互斥事件和对立事件的定义分析判断即可
【详解】因为抛掷两枚质地均匀的硬币包含第一枚硬币正面朝上第二枚硬币正面朝上，第一枚硬币正面朝上第二枚硬币反面朝上，第一枚硬币反面朝上第二枚硬币正面朝上，第一枚硬币反面朝上第二枚硬币反面朝上，4种情况，其中事件包含第一枚硬币正面朝上第二枚硬币正面朝上，第一枚硬币正面朝上第二枚硬币反面朝上2种情况，事件包含第一枚硬币正面朝上第二枚硬币反面朝上，第一枚硬币反面朝上第二枚硬币反面朝上2种情况，
所以与不互斥，也不对立，也不相等，，
所以ABC错误，D正确，
故选：D
6．已知是面积为的等边三角形，其顶点均在球的表面上，当点在球的表面上运动时，三棱锥的体积的最大值为，则球的表面积为（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】作出图形，结合图形知，当点P与球心O以及△ABC外接圆圆心M三点共线且P与△ABC外接圆圆心位于球心的异侧时，三棱锥的体积取得最大值，结合三棱锥的体积求出三棱锥的高h，并注意到此时该三棱锥为正三棱锥，利用,求出球O的半径R，最后利用球体的表面积公式可求出答案．
【详解】
如图所示，

设点M为外接圆的圆心，当点三点共线时，且分别位于点的异侧时，三棱锥的体积取得最大值.
因为的面积为，所以边长为3，
由于三棱锥的体积的最大值为，得，
易知SM⊥平面ABC，则三棱锥为正三棱锥，
的外接圆直径为，所以,
设球O的半径为R，则,
解得,
所以球的表面积为.
故选：A
7．在区域病毒流行期间，为了让居民能及时了解疫情是否被控制，专家组通过会商一致认为：疫情被控制的指标是“连续7天每天新增感染人数不超过5人”，记连续7天每天记录的新增感染人数的数据为一个预报簇，根据最新的连续四个预报簇①、②、③、④，依次计算得到结果如下：①平均数；②平均数，且标准差；③平均数，且极差；④众数等于1，且极差．其中符合疫情被控制的指标的预报簇为（       ）
A．①② B．①③ C．③④ D．②④
【答案】C
【分析】通过举反例说明命题不符合题意，或通过根据平均数和标准差的统计意义，找出符合要求的选项即可.
【详解】①错，举反倒：0，0，0,   0，2， 6，6；其平均数，不符合题意;
②错，举反倒：；其平均数且,不符合题意;
③对，若7天中某一天新增感染人数x超过5人，即x≥6,
则极差大于故假设不成立，故一定符合上述指标；
④对，若7天中某一天新增感染人数x超过5人,即x≥6, 则极差不小于,与极差小于或等于4相矛盾,故假设不成立,故一定符合上述指标.
故选：C
8．已知，是夹角为60°的两个单位向量，，，若，则实数（       ）
A． B．1 C． D．
【答案】B
【分析】由题意利用两个向量垂直的性质，两个向量的数量积的运算法则，求出m的值．
【详解】∵已知，是夹角为60°的两个单位向量，
∴•1•1•cos60°．
而 ，，
若，则 （）•（m）mm1﹣m，
则m＝1，
故选：B
二、多选题：本大题共4小题，每个小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，只有一项或者多项是符合题目要求的.
9．下列关于平面向量的说法中正确的是（       ）
A．已知，均为非零向量，若，则存在唯一实数，使得
B．在中，若，则点为边上的中点
C．已知，均为非零向量，若，则
D．若且，则
【答案】ABC
【分析】利用向量共线、向量加法、向量垂直、向量运算等知识对选项逐一分析，由此确定正确选项.
【详解】A选项，根据向量共线的知识可知，A选项正确，
B选项，，根据向量加法的运算可知点为边上的中点，B选项正确.
C选项，由两边平方并化简得，所以，C选项正确.
D选项，是一个数量，无法得到两个向量相等，D选项错误.
故选：ABC
10．一个袋子中装有大小和质地相同的个白球和个红球，从中随机抽取个球，其中结论正确的是（       ）
A．一次抽取个，取出的两个球中恰有一个红球的概率是
B．每次抽取个，不放回抽取两次，样本点总数为
C．每次抽取个，有放回抽取两次，样本点总数为
D．每次抽取个，不放回抽取两次，“第一次取出白球”与“第二次取出红球”相互独立
【答案】AC
【分析】A应用古典概率求法求概率，B、C应用分步计数及组合数求样本点总数，D根据独立事件的定义及不放回试验的特点判断事件是否独立.
【详解】A：取出的两个球中恰有一个红球的概率，正确；
B：每次抽取个，不放回抽取两次，样本点总数，错误；
C：每次抽取个，有放回抽取两次，样本点总数，正确；
D：每次抽取个，不放回抽取两次，“第一次取出白球”与“第二次取出红球”不相互独立，错误.
故选：AC
11．将边长为的正方形沿对角线折成直二面角，如图所示，点，分别为线段，的中点，则（       ）

A．
B．四面体的表面积为
C．四面体的外接球的体积为
D．过且与平行的平面截四面体所得截面的面积为
【答案】BCD
【分析】A用非等腰三角形来判断，B求四面体表面积来判断，C求外接球体积来判断，D作出截面并计算出截面面积来判断.
【详解】设是的中点，则两两相互垂直，
二面角为之二面角，平面，
A选项，连接，，，所以三角形不是等腰三角形，而是的中点，所以与不垂直，A选项错误.
B选项，，所以三角形和三角形是等边三角形，所以四面体的表面积为，B选项正确.
C选项，由于，所以是四面体外接球的球心，外接球的半径为，体积为，C选项正确.

D选项，设是中点，是中点，画出图象如下图所示，，四点共面.
由于平面，平面，所以平面，，
由于，所以平面，所以，而，所以，所以截面面积为.D选项正确.

故选：BCD
12．已知正四棱台，上底面边长为2，下底面边长为4，高为1，则（       ）
A．该四棱台的侧棱长为
B．二面角的大小为
C．该四棱台的体积为
D．与所成角的余弦值为
【答案】AB
【分析】结合正四棱台中的直角梯形、直角三角形根据二面角的定义、体积公式、异面直线所成的角的定义计算．
【详解】如图，平面于，于，则是的高，是斜高，
显然在对角线中，，
，则，所以，A正确，
直角中是二面角的平面角，，所以，B正确；
，C错；
，所以与所成的角为或其补角．
又，，正四棱台中，D错．
故选：AB．


三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡中的横线上.
13．已知一个长方体共顶点的三个面的面积分别为、、，则其体对角线长度为___________.
【答案】
【分析】计算出长方体共顶点的三条棱的长度，利用长方体体对角线公式可求得结果.
【详解】设长方体共顶点的三条棱的长度分别为、、，则，解得，
因此，该长方体的体对角线长为.
故答案为：.
14．设向量，为单位正交基底，若，，且，则______．
【答案】2
【分析】由条件可得，然后可算出答案.
【详解】因为向量，为单位正交基底，，，
所以，即
所以，即
故答案为：2
15．现有一个圆锥形礼品盒，其母线长为，底面半径为，从底面圆周上一点处出发，围绕礼品盒的侧面贴一条金色彩线回到点，则所用金色彩线的最短长度为______．
【答案】
【分析】根据题意，将圆锥侧面展开得最短距离为，再根据几何关系求解即可.
【详解】解:如图，将圆锥展开，由题可知最短距离为，
因为圆锥形礼品盒，其母线长为，底面半径为，
设，
所以，即，
所以在等腰三角形中，取中点，
则为直角三角形，且，，
所以，
所以.
故答案为：

16．有一批产品，其中有件正品和件次品，从中任取件，至少有件次品的概率为_______________________．
【答案】
【分析】先求出试验的基本事件总数，再求出要求概率的事件所含基本事件数，由概率公式即可作答.
【详解】从5件正品和5件次品的10件产品中任取3件的试验有个基本事件，它们等可能，
至少有件次品的事件A是恰有2件次品的事件与恰有3件次品的事件的和，共有基本事件个数为，
由古典概率公式得，
所以至少有件次品的概率为.
故答案为：
四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．
17．某快餐配送平台针对外卖员送餐准点情况制定了如下的考核方案：每一单自接单后在规定时间内送达､延迟5分钟内送达､延迟5至10分钟送达､其他延迟情况，分别评定为，，，四个等级，各等级依次奖励3元､奖励0元､罚款3元､罚款6元.假定评定为等级，，的概率分别是，，.
（1）若某外卖员接了一个订单，求其延迟送达且被罚款的概率；
（2）若某外卖员接了两个订单，且两个订单互不影响，求这两单获得的奖励之和为0元的概率.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）设事件，，，分别表示“被评为等级，，，”.由题意，事件，，，两两互斥，然后利用互斥事件的概率加法公求解即可；
（2）设事件，，，表示“第单被评为等级，，，”，.
则“两单共获得的奖励为0元”即事件，且事件，，互斥，然后分别求出对应的概率，再利用互斥事件的概率加法公求解即可
【详解】解：（1）设事件，，，分别表示“被评为等级，，，”.
由题意，事件，，，两两互斥，
所以.
又“延迟送达且被罚款”，
所以.
因此“延迟送达且被罚款”的概率为.
（2）设事件，，，表示“第单被评为等级，，，”，.
则“两单共获得的奖励为0元”即事件，
且事件，，互斥，
又
又
所以


18．已知菱形的边长为2，为对角线（异于，）上一点．

（Ⅰ）如图1，若，，设，．试用基底表示，并求；
（Ⅱ）如图2，若，点在边，上的射影分别为，，求与的夹角．
【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）.
【分析】（Ⅰ）依题意可得，再根据平面向量线性运算法则计算可得，由根据平面向量数量积的运算律求出，最后根据计算可得；
（Ⅱ）依题意可得，如图建立平面直角坐标系，设，表示出，的坐标，再根据数量积的坐标运算得到，即可得解；
【详解】
解：（Ⅰ）由可知，，从而

，
因为，所以，
因为，，解得，
所以．
（Ⅱ）因为，所以，
以为原点，以所在直线为轴，以所在直线为轴，建立平面直角坐标系，由为（异于，）上一点，从而设，则，，所以，，因此，因此，与的夹角为．

19．甲、乙两所高校进行乒乓球比赛，采用五局三胜制（先赢局者胜，比赛结束），比赛规则如下：先进行女乒比赛，共比赛两局，后进行男兵比赛．根据以往比赛经验：女乒单局比赛甲校获胜的概率为，男乒单局比赛甲校获胜的概率为．每局比赛结果相互独立．
（1）求甲校以获胜的概率；
（2）记比赛结束时男乒比赛的局数为，求的分布列及均值．
【答案】（1）；（2）分布列见解析；均值为．
【分析】（1）要使甲校以获胜，则前两局女乒比赛中甲校全胜，甲校第三局负，第四局胜，或前两局女乒比赛中甲校胜负，甲校第三局胜，第四局胜，应用独立事件乘法公式、互斥事件加法公式求概率即可；
（2）由题意知的取值为，，，由独立事件乘法公式、互斥事件加法公式求各可能值的概率，写出分布列，进而根据分布列求期望即可.
【详解】（1）由题意，甲校以获胜的情况有：
①前两局女乒比赛中甲校全胜，第三局比赛甲校负，第四局比赛甲校胜，概率为：，
②前两局女乒比赛中甲校胜负，第三局比赛甲校胜，第四局比赛甲校胜，概率为：，
甲校以获胜的概率为：．
（2）记比赛结束时男乒比赛的局数为，则的取值为，，，
，
，
，
的分布列为：









的均值为．
20．已知四棱锥的底面是正方形，平面．

（Ⅰ）设平面平面，求证：；
（Ⅱ）求证：平面平面．
【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）证明见解析.
【分析】（Ⅰ）由得线面平行，再由线面平行的性质定理得线线平行；
（Ⅱ）证明平面后可得面面垂直．
【详解】证明：（Ⅰ）因为，平面，平面，所以平面，
而平面平面，平面，所以．
（Ⅱ）因为平面，平面，所以，
因为四棱锥的底面是正方形，所以，而与相交，与都在平面内，所以平面，
又平面，所以平面平面．
21．在直三棱柱中，，分别是，的中点．

（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）若，，．
（ⅰ）求二面角的正切值；
（ⅱ）求直线到平面的距离．
【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）（ⅰ）；（ⅱ）.
【分析】（Ⅰ）取中点并连接，证明四边形为平行四边形，然后得到即可；
（Ⅱ）（ⅰ）连接，首先得到，然后可得二面角的平面角为，然后证明平面，然后在中求解即可；
（ⅱ）利用求解即可.
【详解】证明：（Ⅰ）取中点并连接，

因为是的中点，所以，
因为是的中点，所以，
所以，，所以四边形为平行四边形，
所以，
因为平面，平面，
所以平面．
（Ⅱ）（ⅰ）连接，因为，，是的中点，

所以，所以，所以，
同理可得，所以，
因为，所以二面角的平面角为，
又，所以平面，
因为平面，所以，
因为直三棱柱，所以平面，又平面，
所以，又，
所以平面，因为平面，所以，
易得，在中可得，
所以二面角的正切值为
（ⅱ）因为平面，
所以直线到平面的距离等于点到平面的距离，
设点到平面的距离为，
因为，所以，
即，解得，
所以直线到平面的距离为．
22．如图，水平放置的圆柱形玻璃容器甲和圆台形玻璃容器乙的高均为32cm，容器甲的底面直径的长为，容器乙的两底面直径，的长分别为和．分别往容器甲和容器乙中注入水，水深均为．现有一根玻璃棒，其长度为．（容器壁厚度、玻璃棒粗细均忽略不计）

（Ⅰ）将放在容器甲中，的一端置于点处，另一端置于母线上点处，求浸入水中部分的长度；
（Ⅱ）将放在容器乙中，的一端置于点处，另一端置于母线上点处，求浸入水中部分的长度．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【分析】（Ⅰ）由题意四边形为矩形，记交于，过作于，在中求，再在中由，即可求浸入水中部分的长度；
（Ⅱ）由题意四边形为等腰梯形，过作，为垂足，在中求、，在△中，设，，求、、、，进而可得，记与交于，过作，垂足为，在中，即可求浸入水中部分的长度；
【详解】（Ⅰ）由题意知，四边形为矩形，记交于，过作于．
在中，，，则，
∴，
在中，，从而浸入水中部分的长度为．

（Ⅱ）由题意知，四边形为等腰梯形，过作，为垂足．
在中，，，则，
∴，．
在△中，设，，易知，
∴，，
由正弦定理可知，，即，可得，
由于为锐角，故，
∴，
记与交于，过作，垂足为．
在中，，从而浸入水中部分的长度为．