期末巩固卷-2023-2024学年高一数学下学期人教A版（2019）必修第二册

这是一份期末巩固卷-2023-2024学年高一数学下学期人教A版（2019）必修第二册，共17页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、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．某高中为了解三个年级学生的课业负担情况，拟从这三个年级中抽取部分学生进行调查，则最合理的抽样方法是（ ）
A．抽签法B．简单随机抽样C．分层随机抽样D．随机数法
2．已知复数（是虚数单位），则的虚部是（ ）
A．1B．C．D．
3．已知球的半径为，则球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
4．设为所在平面内一点，且满足，则（ ）
A．B．
C．D．
5．在中,内角所对的边分别为，若，，则（ ）
A．B．C．D．
6．是在斜二测画法下的直观图，其中，则的面积是（ ）
A．B．4C．8D．
7．在某城市正东方向200km处有一台风中心，它正向西北方向移动，移动速度的大小为20km/h，距离台风中心 150km. 以内的地区都将受到影响，若台风中心的这种移动趋势不变，大约几小时后该城市所在地开始受到影响.(参考数据： （ ）
A．2B．4.5C．9.5D．10
8．如图，在正方体中，分别是的中点，有四个结论：
①与是异面直线；
②相交于一点；
③过A，M，P的平面截正方体所得的图形为平行四边形；
④过A，M，N的平面截正方体所得的图形为五边形；
其中错误的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．下列说法正确的是（ ）
A．数据，，，，，的平均数和中位数相同
B．数据，，，，，，，，的众数为3
C．有甲、乙、丙三种个体按的比例分层抽样调查，如果抽取的甲个体数为9，则样本容量为30
D．甲组数据的方差为4，乙组数据为，，，，，则这两组数据中较稳定的是乙组
10．已知向量，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．与的夹角为D．在上的投影向量为
11．正多面体也称柏拉图立体(被誉为最有规律的立体结构)，是所有面都只由一种正多边形构成的多面体(各面都是全等的正多边形).数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体.已知一个正八面体的棱长都是3(如图)，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．直线与平面所成的角为
C．若点为棱上的动点，则三棱锥的体积为定值
D．若点为棱上的动点，则的最小值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．若复数为纯虚数，则实数 .
13．已知的内角，，所对边分别为，，，且，，则的最小值为 .
14．球面被平面所截得的一部分叫做球冠，截得的圆叫做球冠的底，垂直于截面的直径被截得的一段叫做球冠的高.球被平面截下的一部分叫做球缺，截面叫做球缺的底面，垂直于截面的直径被截下的线段长叫做球缺的高，球缺是旋转体，可以看做是球冠和其底所在的圆面所围成的几何体.如图1，一个球面的半径为，球冠的高是，球冠的表面积公式是，如图2，已知是以为直径的圆上的两点，，则扇形绕直线旋转一周形成的几何体的表面积为 .
四、解答题：本题共5小题，第15小题13分，第16、17小题15分，第18、19小题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．已知复数（）.
(1)若复数在复平面内对应的点位于第四象限，求的取值范围；
(2)若是纯虚数，求的值.
16．已知向量，且．
(1)求的值；
(2)若向量与互相垂直，求的值．
17．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，．
(1)求B；
(2)若，求．
18．用分层随机抽样从某校高一年级800名学生的化学成绩（满分为100分，成绩都是整数）中抽取一个样本量为100的样本，其中男生成绩数据40个，女生成绩数据60个．再将40个男生成绩样本数据分为6组：，绘制得到如图所示的频率分布直方图．
(1)若成绩不低于80分的为“优秀”成绩，用样本的频率分布估计总体，估计高一年级男生中成绩优秀人数；
(2)已知男生成绩样本数据的平均数和方差分别为71和187.75，女生成绩样本数据的平均数和方差分别为73.5和119，求总样本的平均数和方差．
19．如图，在四棱柱中，已知侧面为矩形，，，，，，，.
(1)求证：平面平面；
(2)求证：平面平面；
(3)若三棱锥的体积为，求平面与平面的夹角的余弦值.
参考答案：
1．C
【分析】根据分层抽样的定义判断即可.
【详解】依题意为了解三个年级学生的课业负担情况，由于三个年级作业情况差异比较明显，
故最合理的抽样方法是分层随机抽样.
故选：C
2．A
【分析】由复数的除法运算，代入计算，即可求解.
【详解】，的虚部是1.
故选：A.
3．C
【分析】由球的表面积公式，代入计算，即可求解.
【详解】.
故选：C.
4．C
【分析】根据向量减法公式，结合条件，即可求解.
【详解】由可知，,
整理为：.
故选：C
5．C
【分析】利用正弦定理得，再利用余弦定理有，由正弦定理得到的值，最后代入计算即可.
【详解】因为，则由正弦定理得.
由余弦定理可得:，
即:，根据正弦定理得，
所以，
因为为三角形内角，则，则.
故选：C.
6．C
【分析】根据斜二测画法的规则，还原平面图形，即可求解.
【详解】如图，还原直角坐标系下的，
，，点分别在轴和轴上，
所以的面积是.
故选：C
7．B
【分析】根据题意画出示意图，利用余弦定理即可求解.
【详解】
如图，当台风中心向西北方向移动到达点时，的距离恰好150km，此时该城市所在地开始受到影响，
设小时后该城市所在地开始受到影响, 台风中心移动速度的大小为20km/h，所以km，由题意知，km,
又台风中心向西北方向移动，所以,
由余弦定理可得，
解得或（舍），
则开始受到影响在之后.
故选：B.
8．C
【分析】由空间中直线与直线，直线与平面的位置关系依次判断即可.
【详解】对于①，连接，如图所示：
由分别是的中点，可得，
可得与共面，故①错误；
对于②，因为平面平面平面，
所以由异面直线的定义可得，
与是异面直线，则不相交于一点，故②错误；
对于③，由①知，过A，M，P的平面截正方体所得的图形为四边形，
而，故四边形不是平行四边行，故③错误；
对于④，取，
则过A，M，N的平面截正方体所得的图形为五边形，故④正确.
故选：C
9．AB
【分析】根据已知条件，结合平均数、方差公式，众数、中位数的定义，以及分层抽样的定义，即可求解.
【详解】对于A，平均数为，将数据从小到大排列为1,2,3,3,4,5，所以中位数为，A正确；
对于B，数据，，，，，，，，的众数为3，B正确；
对于C，根据样本的抽样比等于各层的抽样比知，样本容量为，C错误；
对于D，乙数据的平均数为，
乙数据的方差为155-72+6-72+9-72+10-72+5-72=4.4>4，
所以这两组数据中较稳定的是甲组，D错误.
故选：AB.
10．CD
【分析】根据模长公式即可求解A，根据向量的线性的坐标运算即可求解B，根据夹角公式即可求解C，根据投影向量的定义，即可求解D.
【详解】对于A，，故A错误，
对于B, ,而，故与不共线，故B错误，
对于C，，由于，故与的夹角为，C正确，
对于D，在上的投影向量为，故D正确，
故选：CD
11．AC
【分析】对于A选项，正八面体，证明平面，再判断，对于B，可知平面，找到直线与平面所成的角为，在三角形中计算角度；对于C，利用等体积变换计算三棱锥的体积；对于D，由题意分析和，设在两个三角形中利用余弦定理计算，根据二次函数的性质可知当时，取最小值；
【详解】对于A选项，正八面体，连接，
对称性可知，⊥平面，且相交于点，为的中点，
又，，
故四边形为菱形，四边形为菱形，
可知是平面内两条相交直线，
所以平面，又平面，故，故A正确
对于B，由A选项可知平面，故直线与平面所成的角为，
且由题意得，故，
故，B错误；
对于C，三棱锥的体积，
其中点到平面的距离为，设菱形的面积为，
则
若点为棱上的动点，则三棱锥的体积为定值，故C正确.
对于D，由题意得为等边三角形，边长为3，
在中，，为等腰直角三角形
若点为棱上的动点，设则
，
，
根据二次函数的性质可知当时，取最小值，最小值为，D错误.
故选：AC.
【点睛】方法点睛：线面角求解方法：（1）定义法（2）向量法；
三棱锥体积求法方法：（1）直接法（2）等体积变换法；
12．5
【分析】根据复数的除法运算及纯虚数的概念求解.
【详解】由为纯虚数，
可得且，解得.
故答案为：5
13．
【分析】根据题意，化简得到，求得，且，结合三角形的性质，得到，再由正弦定理得到，进而求得，利用二次函数的性质，即可求解.
【详解】因为，由正弦定理得，
所以，
可得，
因为为的内角，所以，则，
又因为，可得，所以，
因为，由正弦定理得，
又因为，
所以，
则，
所以，当时，取得最小值.
故答案为：.
14．
【分析】首先求出，再根据扇形面积公式求出圆的半径，过点作交于点，过点作交于点，即可求出，将扇形绕直线旋转一周形成的几何体为一个半径的球中上下截去两个球缺所剩余部分再挖去两个圆锥，再根据所给公式分别求出表面积.
【详解】因为，所以，设圆的半径为，
又，解得（负值舍去），
过点作交于点，过点作交于点，
则，，
所以，同理可得，
将扇形绕直线旋转一周形成的几何体为一个半径的球中上下截去两个球缺所剩余部分再挖去两个圆锥，
其中球缺的高，圆锥的高，底面半径，
则其中一个球冠的表面积，
球的表面积，
圆锥的侧面积，
所以几何体的表面积.
【点睛】关键点点睛：本题关键是弄清楚经过旋转之后得到的几何体是如何组成，对于表面积要合理转化.
15．(1)
(2).
【分析】（1）根据复数与复数坐标的关系，即可列式求解；
（2）首先根据复数的除法运算公式，化简复数，再根据复数的特征，列不等式求解.
【详解】（1）由题可得，解得，即的取值范围是.
（2）.
因为是纯虚数，所以，解得.
16．(1)4
(2)或
【分析】（1）由及已知条件，代入计算即可；
（2）由已知得，根据向量数量积的运算律及已知条件代入求解即可．
【详解】（1），
因为，所以，即，则，
所以．
（2）由向量与互相垂直得，
所以，即，
即，解得或．
17．(1)
(2)
【分析】（1）根据余弦定理得到，得到；
（2）设，代入，求出，再由余弦定理得到，进而得到正弦和正切.
【详解】（1），
故，
因为，所以；
（2）设，代入中，
，故，解得，
由余弦定理得，
则，
故.
18．(1)96
(2)平均数和方差分别为72.5和148
【分析】（1）求得成绩不低于80分的频率为，可估计高一年级男生中成绩优秀人数.
（2）利用分层抽样的平均数与方差计算公式可求总样本的平均数和方差.
【详解】（1）成绩不低于80分的频率为，
所以高一年级男生中成绩优秀人数估计为：．
所以估计高一年级男生中成绩优秀人数为96人．
（2）设男生成绩样本平均数为，方差为，
女生成绩样本平均数，方差为，总样本的平均数为，方差为．
．
．
所以总样本的平均数和方差分别为72.5和148．
19．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)或.
【分析】（1）由已知可得平面，平面，从而可证结论；
（2）由余弦定理可得，从而可证，进而结合已知可证平面，可证结论；
（3）延长交于，过作于，过作于，连接，可得为平面与平面所成二面角的平面角，求解即可.
【详解】（1）因为，，所以，
又平面，平面，所以平面，
，，可得，又，，
所以是等边三角形，所以，，
又，所以，又平面，平面，
平面，又，又平面，
所以平面平面；
（2）由侧面为矩形，可得，
连接，可得是等边三角形，所以，
所以，又，，
由余弦定理可得，所以，
所以，所以，所以，所以，
又， 平面，所以平面，
又平面，所以平面平面；
（3）延长交于，可得是等边三角形，
过作于，
由（1）可知平面，所以三棱锥的体积即为三棱锥的体积，
又三棱锥的体积等于三棱锥的体积，
由（2）可知平面平面ABCD，且两平面的交线为，所以平面，
所以，
解得，过作于，连接，
平面，平面，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，，
所以为平面与平面所成二面角的平面角，
若，则点在线段上，且为中点，
又，由勾股定理可得，
所以，所以，所以由勾股定理可得，
所以，
所以平面与平面的夹角的余弦值为；
若，则点在线段延长线上，此时，.