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    人教A版高中数学(必修第二册)期末考测试卷(必修一—必修二)(2份,原卷版+解析版)

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    这是一份人教A版高中数学(必修第二册)期末考测试卷(必修一—必修二)(2份,原卷版+解析版),文件包含人教A版高中数学必修第二册期末考测试卷必修一必修二原卷版doc、人教A版高中数学必修第二册期末考测试卷必修一必修二解析版doc等2份试卷配套教学资源,其中试卷共26页, 欢迎下载使用。
    说明:1.本试题共4页,满分150分,考试时间120分钟。
    2.答题前,考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、试室号、座位号填写在答题卷上。
    3. 答题必须使用黑色字迹的钢笔或签字笔作答,答案必须写在答题卷上各题目指定区域内的相应位置上;如需改动,先划掉原来的答案,然后再写上新的答案;不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。
    4.考生必须保持答题卷整洁,考试结束后,将答题卷交回,试卷自己保存。
    第I卷(选择题 共60分)
    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,只有一项符合题目要求.)
    1.(2023秋·广东惠州·高一惠州一中校考阶段练习)已知集合,,则( )
    A.B.C.D.
    【答案】B
    【分析】根据求函数的值域求出集合A,然后解一元二次方程求出集合B,进而根据集合的补集与并集的概念即可求解.
    【详解】因为,由于,所以,故
    所以

    则或,
    故或,
    故选:B.
    2.(2023秋·广东梅州·高三梅州市梅江区梅州中学校考阶段练习)如果一个复数的实部和虚部相等,则称这个复数为“等部复数”,若复数为“等部复数”,则实数的值为( )
    A.B.C.2D.
    【答案】D
    【分析】化简复数,再由“等部复数”的定义即可求出答案.
    【详解】化简复数,因为“等部复数”的实部和虚部相等,
    复数为“等部复数”,所以,所以.
    故选:D.
    3.(2023春·广东·高三统考开学考试)在中,若,,,则( )
    A.3B.C.D.
    【答案】A
    【分析】利用正弦定理即可求解
    【详解】根据正弦定理有,结合,,,
    则.
    故选:A
    4.(2023春·广东梅州·高二统考期末)设,是两条不同的直线,,是两个不同的平面,则下列命题正确的是( )
    A.若,,则B.若,,则
    C.若,,,则D.若,,,则
    【答案】B
    【分析】对于A、C:由空间元素的位置关系可判断出或异面;对于B:利用面面垂直的判定定理可以证明;对于D:在正方体中取特殊元素排除.
    【详解】对于A:若,,则直线无公共点,所以或异面.故A错误;
    对于B:因为,所以存在直线,使得且.
    因为,所以.
    又,所以.
    故B正确;
    对于C:若,,,
    则直线无公共点,所以或异面.故C错误;
    对于D:如图示,在正方体中,底面为,侧面为,在图中的几何元素满足,,,但是.故D错误.
    故选:B
    5.(2023秋·广东梅州·高三统考期末)设,,,则
    A.B.C.D.
    【答案】B
    【解析】b和c的比较,将,转化比较, a和c的比较找中间数, 分别作差比较.,最后得到结论.
    【详解】因为,,
    又因为,,
    所以.
    又因为,
    因,故,
    所以即.
    又,
    因,故,
    所以.即
    所以
    故.
    故选:B.
    【点睛】本题主要考查了对数的转化及比较大小,还考查了转化化归运算比较的能力,属于中档题.
    6.(2023秋·广东广州·高二广州大学附属中学校考期末)已知,则( )
    A.B.C.D.
    【答案】B
    【分析】利用诱导公式化简已知等式可求得,结合二倍角公式,由正余弦齐次式的求法可求得结果.
    【详解】由得:,
    即,,
    .
    故选:B.
    7.(2023春·广东揭阳·高三校考阶段练习)已知的三个内角,,的对边分别为,,,且,则( )
    A.B.C.D.
    【答案】B
    【分析】根据题意,利用正弦定理边化角,由三角形内角和定理,展开化简得.
    【详解】由,边化角得,
    又,所以,
    展开得,
    所以,
    因为,所以.
    故选:B.
    8.(2023秋·广东广州·高三统考阶段练习)已知三棱锥的棱,,两两互相垂直,,以顶点为球心,1为半径作一个球,球面与该三棱锥的表面相交得到的交线最长为( )
    A.B.C.D.
    【答案】D
    【分析】由条件可得球与三棱锥的表面的交线均为以点为顶点,半径为,圆心角为的圆弧,然后利用等体积法算出点到平面的距离,然后可得球与表面的交线为以的中心为圆心,半径为的圆,然后可得答案.
    【详解】因为三棱锥的棱,,两两互相垂直,,
    所以球与三棱锥的表面的交线均为以点为顶点,半径为,圆心角为的圆弧,其长度为,
    设点到平面的距离为,
    因为,所以是边长为的等边三角形,
    由可得,解得,
    所以球与表面的交线为以的中心为圆心,半径为的圆,其长度为,
    因为,
    所以以顶点为球心,1为半径作一个球,球面与该三棱锥的表面相交得到的交线最长为,
    故选:D
    二、多项选择题(本题共4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。全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分)
    9.(2023春·广东·高一校联考期末)一个质地均匀的正四面体个表面上分别标有数字,抛掷该正四面体两次,记事件为“第一次向下的数字为或”,事件为“两次向下的数字之和为偶数”,则下列说法正确的是( )
    A.事件发生的概率为B.事件与事件互斥
    C.事件发生的概率为D.事件与事件相互独立
    【答案】AD
    【分析】结合古典概型、互斥事件、对立事件、相互独立事件的知识对选项进行分析,从而确定正确选项.
    【详解】抛掷该正四面体两次,基本事件有种,
    依题意:事件为“第一次向下的数字为或”,事件为“两次向下的数字之和为偶数”,
    所以, A选项正确.
    若两次投掷向下的数字都为,,则事件同时发生,所以与不互斥,B选项错误.
    事件表示:“第一次向下的数字为或,且两次向下的数字之和为奇数”,
    包含的事件为:,共种,
    所以事件发生的概率为.
    事件表示:“第一次向下的数字为或,且两次向下的数字之和为偶数”,
    包含的事件为:,共种,
    所以事件发生的概率为.
    事件包含的事件为,,共种,
    所以,
    所以,即事件与事件相互独立,所以D选项正确.
    故选:AD
    10.(2023春·广东茂名·高二统考期末)冬季奥林匹克运动会,是世界规模最大的冬季综合性运动会.自1924年起,每四年举办一届.2023年2月在北京举办了第24届冬季奥林匹克运动会,为了宣传奥运精神,红星实验学校组织了甲乙两个社团,利用一周的时间对外进行宣传,将每天宣传的次数绘制成如下频数分布折线图,则( )
    A.甲社团宣传次数的众数小于乙社团宣传次数的众数
    B.甲社团宣传次数的极差大于乙社团宣传次数的极差
    C.甲社团宣传次数的平均数大于乙社团宣传次数的平均数
    D.甲社团宣传次数的方差大于乙社团宣传次数的方差
    【答案】ABD
    【分析】根据给定折线图,计算众数、极差、平均数、方差即可判断作答.
    【详解】观察每天宣传的次数频数分布折线图,
    甲社团宣传次数的众数、乙社团宣传次数的众数分别为2,3,A正确;
    甲社团宣传次数的极差、乙社团宣传次数的极差分别为3,2,B正确;
    甲社团宣传次数的平均数,乙社团宣传次数的平均数,C不正确;
    甲社团宣传次数的方差,
    乙社团宣传次数的方差,D正确.
    故选:ABD
    11.(2023春·广东广州·高一校联考期末)某高中有学生500人,其中男生300人,女生200人,希望获得全体学生的身高信息,按照分层抽样的原则抽取了容量为50的样本,经计算得到男生身高样本均值为170,方差为17;女生身高样本均值为160,方差为30.下列说法中正确的是( )
    A.男生样本容量为30
    B.每个女生被抽入到样本的概率均为
    C.所有样本的均值为166
    D.所有样本的方差为46.2
    【答案】ACD
    【分析】分层抽样等比例性质求男女生样本容量,再由古典概型的概率求每个女生被抽入到样本的概率判断A、B;利用均值、方差公式,结合男、女的样本的均值和方差求样本总体均值方差判断C、D.
    【详解】A:由人,正确;
    B:由人,故每个女生被抽入到样本的概率为,错误;
    C:所有样本的均值为,正确;
    D:男生方差,女生方差,
    所有样本的方差
    ,正确.
    故选:ACD
    12.(2023秋·广东·高三统考阶段练习)已知三棱锥的各顶点都在球心为的球面上,且,,,则( )
    A.,,两两互相垂直B.球的半径是
    C.球的表面积是D.球的体积是
    【答案】ACD
    【分析】由题意证得,,可判断A;将该三棱锥补形为一个长方体,其长、宽、高分别为1,1,2,其外接球的直径为该长方体的体对角线,求出外接球的半径,即可求出球的表面积、体积可判断B、C、D.
    【详解】根据题意可知:,,
    可得,,,即可得,,两两互相垂直,
    故选项A成立;
    根据选项A可将该三棱锥补形为一个长方体,其长、宽、高分别为1,1,2,
    其外接球的直径为该长方体的体对角线即,
    即球的半径为,则可得球的表面积是,
    球的体积是.综上可得ACD成立.
    故选:ACD.
    第Ⅱ卷(非选择题 共90分)
    三、填空题(本题共4小题,每小题5分,共20分)
    13.(2023春·广东东莞·高一校考阶段练习)设向量满足,,,则 _______.
    【答案】
    【分析】将写为,展开后将模和夹角代入计算结果即可.
    【详解】解:因为,,,
    所以
    .
    故答案为:.
    14.(2023春·广东佛山·高一佛山市顺德区容山中学校考期中)如图,是水平放置的的直观图,,,则的面积是________.
    【答案】12
    【分析】由直观图还原原几何图形,求出面积.
    【详解】由直观图画法规则,可得是一个直角三角形,其中直角边,
    ∴.
    故答案为:12.
    15.(2023·广东汕头·统考一模)已知四边形中,,,,点E是的中点,则______.
    【答案】
    【分析】如图,分别过点作,垂足分别为,求出,再利用平面向量的线性运算和数量积运算求解.
    【详解】解:如图,分别过点作,垂足分别为. 由题得四边形为等腰梯形,,所以.
    由题得
    .
    故答案为:
    16.(2023春·广东东莞·高一东莞市东莞中学松山湖学校校考阶段练习)已知为内的一点,满足,则与的面积之比为________.
    【答案】
    【分析】取中点,利用向量的线性运算可求得,从而得到的值,根据可求得结果.
    【详解】分别取的中点,连接,
    ,,即,
    ,,;
    又为中点,,.
    故答案为:.
    【点睛】关键点点睛:本题考查平面向量在三角形中的应用,解题关键是能够利用平面向量的线性运算得到共线向量与的模长的比例关系,通过模长的比例关系得到面积之比.
    四、解答题(本题共6个小题,共70分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤)
    17.(2023秋·广东湛江·高二统考期末)做一个体积为32,高为2的长方体纸盒.
    (1)若用表示长方体底面一边的长,表示长方体的表面积,试写出关于的函数关系式;
    (2)当取什么值时,做一个这样的长方体纸盒用纸最少?最少用纸多少?
    【答案】(1),();(2) 当时用纸最少,最少用纸为.
    【分析】(1)根据题意得到长方体的底面积为,进而可得它的底面另一边长为,由整理即可得出结果;
    (2)用基本不等式对函数进行处理,即可得出结果.
    【详解】(1)由题意知,该长方体的底面积为,故它的底面另一边长为.
    ,();
    (2) 要使用纸最少,即是使长方体的表面积最小,也就是求的最小值.

    当且仅当,即时等号成立,此时.
    即,当时用纸最少,最少用纸为.
    【点睛】本题主要考查函数模型以及基本不等式的应用,熟记基本不等式即可,属于基础题型.
    18.(2023·广东广州·统考模拟预测)在锐角中,角所对的边分别为,且.
    (1)求角的大小;
    (2)若边,边的中点为,求中线长的取值范围.
    【答案】(1)
    (2).
    【分析】(1)由余弦定理结合正弦定理,可得出角的正切即可求出角;
    (2)由,结合正弦定理应用辅助角公式,根据锐角三角形中角的范围,即可应用三角函数值域求出范围
    【详解】(1)由余弦定理得,
    即,
    由正弦定理得

    ,即,
    .
    (2)由余弦定理得:,则.
    由正弦定理得
    所以,
    因为是锐角三角形,所以,即,
    则.
    中线长的取值范围是.
    19.(2023秋·广东肇庆·高二统考期末)亭子是一种中国传统建筑,多建于园林、佛寺、庙宇,人们在欣赏美景的同时也能在亭子里休息、避雨、乘凉(如图1).我们可以把亭子看成由一个圆锥与一个圆柱构成(如图2).已知圆锥高为3,圆柱高为5,底面直径为8.
    (1)求圆锥的母线长;
    (2)设为半圆弧的中点,求到平面的距离.
    【答案】(1)5
    (2)
    【分析】(1)根据母线长与圆锥的高和底面半径形成直角三角形求解即可;
    (2)先根据线面垂直的判定与性质可得的高为,再利用等体积法,根据求解即可.
    【详解】(1)由题意,圆锥的母线长.
    (2)连接,因为为半圆弧的中点,故,.又圆柱中平面,平面,故.
    又,,平面,故平面.
    故的高为,且.
    设到平面的距离为,则,
    即,故.
    故到平面的距离为
    20.(2023·广东·高三专题练习)如图,正三棱柱中,,点M为的中点.
    (1)在棱上是否存在点Q,使得AQ⊥平面?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由:
    (2)求点C到平面的距离.
    【答案】(1)存在,;
    (2).
    【分析】(1)根据给定条件,证明平面平面,过点作交于点,利用面面垂直的性质推理作答.
    (2)利用(1)的结论,把所求距离转化为点到平面的距离求解作答.
    【详解】(1)在正三棱柱中,因为点为的中点,则,
    又平面, 平面,则有,
    而平面,于是平面,
    平面,则平面平面,在平面内过点作交于点,
    平面平面,因此平面,于是点即为所要找的点,
    显然,因此,即有,于是,,
    所以.
    (2)取的中点,连接,因为点为的中点,则,
    于是为平行四边形,即,而平面,平面,
    因此平面,有点到平面的距离等于点到平面的距离,
    又为之中点,则点到平面的距离等于点到平面的距离的一半,
    而由(1)知,当时,平面,,
    设,则,
    所以点C到平面的距离.
    21.(2023秋·广东中山·高二中山纪念中学校考期末)近年来,“直播带货”受到越来越多人的喜爱,目前已经成为推动消费的一种主流经济形式.某直播平台对平台内800个直播商家进行调查统计,发现所售商品多为小吃、衣帽、果蔬、玩具、饰品类等,各类直播商家所占比例如图.
    (1)该直播平台为了更好地服务买卖双方,打算随机抽取40个直播商家进行问询交流.如果按照分层抽样的方式抽取,则应抽取小吃类、玩具类商家各多少家?
    (2)在问询了解直播商家的利润状况时,工作人员对抽取的40个商家的平均日利润进行了统计(单位:元),并将平均日利润超过300元的商家称为“优秀商家”,所得频率直方图如图所示.
    (i)请根据频率直方图计算抽取的商家中“优秀商家”个数,并以此估计该直播平台“优秀商家”的个数;
    (ii)若从抽取的“优秀商家”中随机邀请两个商家分享经验,求邀请到的商家来自不同平均日利润组别的概率.
    【答案】(1)16家;4家;
    (2)(i)6家;120家;(ii).
    【分析】(1)由已知,可先计算小吃类、玩具类商家所占的比例,然后按照分层抽样的方法直接计算;
    (2)由已知题意和图像可先求解出,然后再直接计算直播平台优秀商家个数;可根据条件,优秀商家中来自300-350元平均日利润组的有4家,来白350-400元平均日利润组的有2家,直接计算邀请到的商家来自不同平均日利润组别的事件的概率.
    【详解】(1)抽取小吃类商家(家),
    抽取玩具类商家(家);
    (2)由图可得,
    (i)该直播平台“优秀商家”个数约为(家);
    (ii)由已知得:抽取的“优秀商家”中来自300-350元平均日利润组的有4家,
    来白350-400元平均日利润组的有2家.
    设邀请到的商家来自不同平均日利润组别的事件为,则.
    22.(2023秋·广东茂名·高一统考期中)已知函数.
    (1)直接写出在区间上的单调性(无需证明);
    (2)求在区间上的最大值;
    (3)设函数的定义域为,若存在区间,满足: ,使得,则称区间为的“区间”.已知,是函数的“区间”,求实数的最大值.
    【答案】(1)在上单调递减,在[1,2]单调递增
    (2)答案见解析
    (3)1
    【分析】(1)利用双勾函数的性质可得;
    (2)根据(1)的推导,画出函数图像,对a分类讨论;
    (3)理解“ 区间”的含义,考虑函数 在A= 与 上值域的包含关系即可.
    【详解】(1)由双勾函数的性质知,在上单调递减,在[1,2]单调递增;
    (2)由题意知,,,
    若,则在上单调递减,,
    若,则在上单调递减,,在上单调递增, , ,
    若,则在上单调递减,在单调递增,
    ,,
    所以,当时,;当时,;
    (3)题目的意思是“ 区间”的值域包含于 区间的值域;
    当时,在的值域为,在上的值域为
    ,当且仅当=1时等号成立,
    ,满足使得
    是的“区间”;
    当时,在上的值域是,在上的值域是,
    ,所以当时,,此时不存在使得
    此时不是的“区间”,
    所以的最大值为1;

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