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2020年高中数学新教材同步必修第二册 期末检测试卷(二)1
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这是一份人教A版 (2019)必修 第二册全册综合同步训练题，共10页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
(时间：120分钟 满分：150分)
一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分)
1.在△ABC中，若A＝60°，C＝45°，c＝eq \r(3)，则a等于( )
A.1 B.eq \f(3\r(2),2) C.eq \f(2\r(3),3) D.2
答案 B
解析 由正弦理得，a＝eq \f(csin A,sin C)＝eq \f(3\r(2),2).
2.设复数z＝eq \f(2i,1＋i)(其中i为虚数单位)，则复数z在复平面内对应的点位于( )
A.第一象限 B.第二象限
C.第三象限 D.第四象限
答案 A
解析 z＝eq \f(2i,1＋i)＝eq \f(2i1－i,1＋i1－i)＝eq \f(2i1－i,2)＝1＋i，对应的点为(1,1)，在第一象限.
3.某单位青年、中年、老年职员的人数之比为10∶8∶7，从中抽取200名职员作为样本，若每人被抽取的概率是0.2，则该单位青年职员的人数为( )
A.280 B.320 C.400 D.1 000
答案 C
解析 由题意知这是一个分层随机抽样问题，
∵青年、中年、老年职员的人数之比为10∶8∶7，从中抽取200名职员作为样本，
∴要从该单位青年职员中抽取的人数为
eq \f(10,10＋8＋7)×200＝80，
∵每人被抽取的概率为0.2，
∴该单位青年职员共有eq \f(80,0.2)＝400(人).
4.已知向量a，b满足|a|＝1，|b|＝2，|a－b|＝2，则|a＋b|等于( )
A.1 B.eq \r(2) C.eq \r(5) D.eq \r(6)
答案 D
解析 ∵|a－b|2＝|a|2＋|b|2－2a·b，
∴a·b＝eq \f(1,2)，
∵|a＋b|2＝|a－b|2＋4a·b，
∴|a＋b|2＝6，
∴|a＋b|＝eq \r(6).
5.已知a＝(2，－3)，b＝(1，－2)，且c⊥a，b·c＝1，则c的坐标为( )
A.(3，－2) B.(3,2)
C.(－3，－2) D.(－3,2)
答案 C
解析 设c＝(x，y)，则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x－3y＝0，,x－2y＝1，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝－3，,y＝－2.))故c＝(－3，－2).
6.我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题，大概意思如下：在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水，天池盆盆口直径为2尺8寸，盆底直径为1尺2寸，盆深1尺8寸，若盆中积水深9寸，则平均降雨量是(注：①平均降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；②1尺等于10寸)( )
A.3寸 B.4寸 C.5寸 D.6寸
答案 A
解析 作出圆台的轴截面如图所示，
由题意知，BF＝14寸，OC＝6寸，OF＝18寸，OG＝9寸，
即G是OF的中点，
∴GE为梯形OCBF的中位线，
∴GE＝eq \f(14＋6,2)＝10寸，
即积水的上底面半径为10寸，
∴盆中积水的体积为
eq \f(1,3)π×(100＋36＋10×6)×9＝588π(立方寸)，
又盆口的面积为142π＝196π(平方寸)，
∴平均降雨量是eq \f(588π,196π)＝3(寸)，即平均降雨量是3寸.
7.甲、乙两个人进行“剪子、包袱、锤”的游戏，两人都随机出拳，则一次游戏两人平局的概率为( )
A.eq \f(1,3) B.eq \f(2,3) C.eq \f(1,4) D.eq \f(2,9)
答案 A
解析 甲、乙两个人进行“剪子、包袱、锤”的游戏，所以可能出现的结果列表如下：
因为由表格可知，共有9种等可能情况.
其中平局的有3种(锤，锤)、(剪子，剪子)、(包袱，包袱).
设事件A为“甲和乙平局”，则P(A)＝eq \f(3,9)＝eq \f(1,3).
8.正方体ABCD－A1B1C1D1中，直线AD与平面A1BC1所成角的正弦值为( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(\r(3),2) C.eq \f(\r(3),3) D.eq \f(\r(6),3)
答案 C
解析 如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1中，直线AD与B1C1平行，则直线AD与平面A1BC1所成角的正弦值即为B1C1与平面A1BC1所成角的正弦值.因为△A1BC1为等边三角形，则B1在平面A1BC1上的投影即为△A1BC1的中心O，则∠B1C1O为B1C1与平面A1BC1所成角.可设正方体边长为1，显然BO＝eq \f(\r(3),3)×eq \r(2)＝eq \f(\r(6),3)，
因此B1O＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),3)))2)＝eq \f(\r(3),3)，
则sin∠B1C1O＝eq \f(B1O,B1C1)＝eq \f(\r(3),3).
二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分)
9.以下事件不是随机事件的有( )
A.下雨屋顶湿 B.秋后柳叶黄
C.有水就有鱼 D.水结冰体积变大
答案 ABD
解析 A，B，D是必然事件.
10.从装有两个红球和三个黑球的口袋里任取两个球，那么不互斥的两个事件是( )
A.“至少有一个黑球”与“都是黑球”
B.“至少有一个黑球”与“至少有一个红球”
C.“恰好有一个黑球”与“恰好有两个黑球”
D.“至少有一个黑球”与“都是红球”
答案 AB
解析 “至少有一个黑球”中包含“都是黑球”，A正确；
“至少有一个黑球”与“至少有一个红球”可能同时发生，B正确；
“恰好有一个黑球”与“恰好有两个黑球”不可能同时发生，C不正确；
“至少有一个黑球”与“都是红球”不可能同时发生，D不正确.
11.在Rt△ABC中，CD是斜边AB上的高，如图，则下列等式成立的是( )
A.|eq \(AC,\s\up6(→))|2＝eq \(AC,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))
B.|eq \(BC,\s\up6(→))|2＝eq \(BA,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))
C.|eq \(AB,\s\up6(→))|2＝eq \(AC,\s\up6(→))·eq \(CD,\s\up6(→))
D.|eq \(CD,\s\up6(→))|2＝eq \f(\(AC,\s\up6(→))·\(AB,\s\up6(→))×\(BA,\s\up6(→))·\(BC,\s\up6(→)),|\(AB,\s\up6(→))|2)
答案 ABD
解析 eq \(AC,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))＝|eq \(AC,\s\up6(→))||eq \(AB,\s\up6(→))|cs A，由|eq \(AB,\s\up6(→))|·cs A＝|eq \(AC,\s\up6(→))|可得|eq \(AC,\s\up6(→))|2＝eq \(AC,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))，即选项A正确，
eq \(BA,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝|eq \(BA,\s\up6(→))||eq \(BC,\s\up6(→))|cs B，由|eq \(BA,\s\up6(→))|·cs B＝|eq \(BC,\s\up6(→))|可得|eq \(BC,\s\up6(→))|2＝eq \(BA,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))，即选项B正确，
由eq \(AC,\s\up6(→))·eq \(CD,\s\up6(→))＝|eq \(AC,\s\up6(→))||eq \(CD,\s\up6(→))|cs(π－∠ACD)<0，又|eq \(AB,\s\up6(→))|2>0，知选项C错误，
由图可知Rt△ACD∽Rt△ABC，所以AC·BC＝AB·CD，
由选项A，B可得|eq \(CD,\s\up6(→))|2＝eq \f(\(AC,\s\up6(→))·\(AB,\s\up6(→))×\(BA,\s\up6(→))·\(BC,\s\up6(→)),|\(AB,\s\up6(→))|2)，即选项D正确.
12.如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF＝eq \f(1,2)，则下列结论中错误的是( )
A.AC⊥AF
B.EF∥平面ABCD
C.三棱锥A－BEF的体积为定值
D.△AEF的面积与△BEF的面积相等
答案 AD
解析 A.因为AC⊥BD，而BD∥B1D1，所以AC⊥B1D1，即AC⊥EF，若AC⊥AF，则AC⊥平面AEF，即可得AC⊥AE，由图分析显然不成立，故A不正确；
B.因为EF∥BD，EF⊄平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以EF∥平面ABCD，故B正确；
C.VA－BEF＝eq \f(1,3)×S△BEF×eq \f(1,2)AC＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×EF×BB1×eq \f(1,2)AC＝eq \f(1,12)×EF×BB1×AC，所以体积是定值，故C正确；
D.设B1D1的中点是O，点A到直线EF的距离是AO，而点B到直线EF的距离是BB1，所以AO>BB1，S△AEF＝eq \f(1,2)×EF×AO，S△BEF＝eq \f(1,2)×EF×BB1，所以△AEF的面积与△BEF的面积不相等，D不正确.
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13.在感冒流行的季节，设甲、乙患感冒的概率分别为0.6和0.5，则两人都不感冒的概率是________，两人中有人患感冒的概率是________.(本题第一空2分，第二空3分)
答案 0.2 0.8
解析 “有人感冒”这一事件包括甲、乙中有一人感冒和全都感冒.
设事件A：甲患感冒，事件B：乙患感冒.
则则两人都不感冒这一事件的概率为P(eq \x\t(A)eq \x\t(B))＝[1－P(A)]·[1－P(B)]＝0.2，
两人中有人感冒这一事件的概率为
P(eq \x\t(A)B＋Aeq \x\t(B)＋AB)＝P(eq \x\t(A)B)＋P(Aeq \x\t(B))＋P(AB)
＝P(eq \x\t(A))P(B)＋P(A)P(eq \x\t(B))＋P(A)P(B)
＝P(eq \x\t(A))P(B)＋P(A)
＝0.4×0.5＋0.6＝0.8.
14.已知非零向量a，b满足|a|＝4|b|，且b⊥(a＋2b)，则a与b的夹角为________.
答案 eq \f(2π,3)
解析 设a与b的夹角为θ，根据题意，可得b·(a＋2b)＝0，即|a|·|b|cs θ＋2b2＝0，代入|a|＝4|b|，得到cs θ＝－eq \f(1,2)，于是a与b的夹角为eq \f(2π,3).
15.某人5次上班途中所花的时间(单位：分钟)分别为x，y,10,11,9.已知这组数据的平均数为10，方差为2，则|x－y|的值为________.
答案 4
解析 由题意可得，x＋y＝20，(x－10)2＋(y－10)2＝8，
设x＝10＋t，y＝10－t，则2t2＝8，解得t＝±2，
∴|x－y|＝2|t|＝4.
16.△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知a＝b，c2＝2b2(1－sin C)，则C＝________.
答案 eq \f(π,4)
解析 ∵c2＝2b2(1－sin C)，
∴可得，sin C＝1－eq \f(c2,2b2)，
又∵a＝b，由余弦定理可得，
cs C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝1－eq \f(c2,2b2)＝sin C，
∴sin C－cs C＝0，可得eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(C－\f(π,4)))＝0，
∵C∈(0，π)，可得C－eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))，
∴C－eq \f(π,4)＝0，可得C＝eq \f(π,4).
四、解答题(本大题共6小题，共70分)
17.(10分)已知|a|＝4，|b|＝8，a与b夹角是120°.
(1)求a·b的值及|a＋b|的值；
(2)当k为何值时，(a＋2b)⊥(ka－b)?
解 (1)由向量的数量积的运算公式，
可得a·b＝|a||b|cs 120°＝4×8×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝－16，
|a＋b|＝eq \r(a2＋b2＋2a·b)
＝eq \r(42＋82＋2×－16)＝4eq \r(3).
(2)因为(a＋2b)⊥(ka－b)，
所以(a＋2b)·(ka－b)
＝ka2－2b2＋(2k－1)a·b＝0，
整理得16k－128＋(2k－1)×(－16)＝0，
解得k＝－7.
即当k＝－7时，(a＋2b)⊥(ka－b).
18.(12分)如图，在三棱锥A－BCD中，点E，F分别是BD，BC的中点，AB＝AD，AE⊥BC.
求证：(1)EF∥平面ACD；
(2)AE⊥CD.
证明 (1)因为在△BCD中，点E，F分别是BD，BC的中点，
所以EF∥CD，
又因为EF⊄平面ACD，CD⊂平面ACD，
从而EF∥平面ACD.
(2)因为点E是BD的中点，且AB＝AD，
所以AE⊥BD，
又因为AE⊥BC，BC⊂平面BCD，BD⊂平面BCD，
BC∩BD＝B，故AE⊥平面BCD，
因为CD⊂平面BCD，
所以AE⊥CD.
19.(12分)在△ABC中，cs(A＋C)＝0，sin A＝eq \f(1,3).
(1)求sin C的值；
(2)设∠ABC的平分线与AC交于D，若AC＝3，求BD的长.
解 (1)由cs(A＋C)＝0，得A＋C＝eq \f(π,2)，
又由A＋B＋C＝π，所以B＝eq \f(π,2)，
所以sin C＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－A))＝cs A＝eq \f(2\r(2),3).
(2)在Rt△ABC中，sin A＝eq \f(1,3)，AC＝3，
所以BC＝AC·sin A＝3×eq \f(1,3)＝1，
在△DBC中，sin∠BDC＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋A))
＝eq \f(\r(2),2)(sin A＋cs A)＝eq \f(4＋\r(2),6)，
由正弦定理得，eq \f(BD,sin C)＝eq \f(BC,sin∠BDC)，
所以BD＝eq \f(BCsin C,sin∠BDC)＝eq \f(\f(2\r(2),3),\f(4＋\r(2),6))＝eq \f(8\r(2)－4,7).
20.(12分)某集团公司为了加强企业管理，树立企业形象，考虑在公司内部对迟到现象进行处罚，现在员工中随机抽取200人进行调查，当不处罚时，有80人迟到，处罚时，得到如下数据：
若用表中数据所得频率代替概率.
(1)当处罚金额定为100元时，员工迟到的概率会比不进行处罚时降低多少？
(2)将选取的200人中会迟到的员工分为A，B两类：A类员工在罚金不超过100元时就会改正行为；B类是其他员工.现对A类与B类员工按分层随机抽样的方法抽取4人依次进行深度问卷，则前两位均为B类员工的概率是多少？
解 (1)设“当罚金定为100元时，某员工迟到”为事件A，则P(A)＝eq \f(40,200)＝eq \f(1,5)，
不处罚时，某员工迟到的概率为eq \f(80,200)＝eq \f(2,5).
∴当罚金定为100元时，比不制定处罚，员工迟到的概率会降低eq \f(1,5).
(2)由题意知，A类员工和B类员工各有40人，分别从A类员工和B类员工各抽出两人，
设从A类员工抽出的两人分别为A1，A2，从B类员工抽出的两人分别为B1，B2，
设“从A类与B类员工按分层随机抽样的方法抽取4人依次进行深度问卷”为事件M，
则事件M中首先抽出A1的基本事件有(A1，A2，B1，B2)，(A1，A2，B2，B1)，(A1，B1，A2，B2)，(A1，B1，B2，A2)，(A1，B2，A2，B1)，(A1，B2，B1，A2)共6种，
同理，首先抽出A2，B1，B2的事件也各有6种，故事件M共有4×6＝24(种)基本事件，
设“抽取4人中前两位均为B类员工”为事件N，则事件N有(B1，B2，A1，A2)，(B1，B2，A2，A1)，(B2，B1，A1，A2)，(B2，B1，A2，A1)共4种基本事件，
∴P(N)＝eq \f(4,24)＝eq \f(1,6)，
∴抽取4人中前两位均为B类员工的概率是eq \f(1,6).
21.(12分)某市为增强市民的环境保护意识，面向全市征召义务宣传志愿者.现从符合条件的志愿者中随机抽取100名按年龄分组：第1组[20,25)，第2组[25,30)，第3组[30,35)，第4组[35,40)，第5组[40,45]，得到的频率分布直方图如图所示.
(1)若从第3,4,5组中用分层随机抽样的方法抽取6名志愿者参加广场的宣传活动，应从第3,4,5组各抽取多少名志愿者？
(2)在(1)的条件下，该市决定在这6名志愿者中随机抽取2名志愿者介绍宣传经验，求第5组志愿者有被抽中的概率.
解 (1)第3组的人数为0.3×100＝30，第4组的人数为0.2×100＝20，第5组的人数为0.1×100＝10，
因为第3,4,5组共有60名志愿者，所以利用分层随机抽样的方法在60名志愿者中抽取6名志愿者，每组抽取的人数分别为：
第3组eq \f(30,60)×6＝3；第4组eq \f(20,60)×6＝2；第5组eq \f(10,60)×6＝1.
所以应从第3,4,5组中分别抽取3人，2人，1人.
(2)设“第5组的志愿者有被抽中”为事件A.
记第3组的3名志愿者为A1，A2，A3，第4组的2名志愿者为B1，B2，第5组的1名志愿者为C1，则从6名志愿者中抽取2名志愿者有
(A1，A2)，(A1，A3)，(A1，B1)，(A1，B2)，(A1，C1)，(A2，A3)，(A2，B1)，(A2，B2)，(A2，C1)，(A3，B1)，(A3，B2)，(A3，C1)，(B1，B2)，(B1，C1)，(B2，C1)，共有15种等可能情况.
其中第5组的志愿者被抽中的有5种，
P(A)＝eq \f(5,15)＝eq \f(1,3).
答 第5组的志愿者有被抽中的概率为eq \f(1,3).
22.(12分)如图在△AOB中，D是边OB的中点，C是OA上靠近O的三等分点，AD与BC交于M点，设eq \(OA,\s\up6(→))＝a，eq \(OB,\s\up6(→))＝b.
(1)用a，b表示eq \(OM,\s\up6(→))；
(2)过点M的直线与边OA，OB分别交于E，F.设eq \(OE,\s\up6(→))＝peq \(OA,\s\up6(→))，eq \(OF,\s\up6(→))＝qeq \(OB,\s\up6(→))，求eq \f(1,p)＋eq \f(2,q)的值.
解 (1)设eq \(OM,\s\up6(→))＝xa＋yb，
则eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \(OM,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→))＝(x－1)eq \(OA,\s\up6(→))＋yeq \(OB,\s\up6(→))＝(x－1)a＋yb，eq \(AD,\s\up6(→))＝eq \(OD,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→))＝－a＋eq \f(1,2)b，
∵A，M，D三点共线，
∴eq \(AM,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))共线，从而eq \f(1,2)(x－1)＝－y，①
又C，M，B三点共线，
∴eq \(BM,\s\up6(→))，eq \(BC,\s\up6(→))共线，
同理可得eq \f(1,3)(y－1)＝－x，②
联立①②，解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(1,5)，,y＝\f(2,5)，))故eq \(OM,\s\up6(→))＝eq \f(1,5)a＋eq \f(2,5)b.
(2)∵eq \(EM,\s\up6(→))＝eq \(OM,\s\up6(→))－eq \(OE,\s\up6(→))＝eq \f(1,5)a＋eq \f(2,5)b－pa＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)－p))a＋eq \f(2,5)b.
eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \(OF,\s\up6(→))－eq \(OE,\s\up6(→))＝qb－pa.
∵eq \(EM,\s\up6(→))，eq \(EF,\s\up6(→))共线，
∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)－p)) q＝－eq \f(2,5)p，整理得eq \f(1,p)＋eq \f(2,q)＝5.甲
乙
锤
剪子
包袱
锤
(锤，锤)
(锤，剪子)
(锤，包袱)
剪子
(剪子，锤)
(剪子，剪子)
(剪子，包袱)
包袱
(包袱，锤)
(包袱，剪子)
(包袱，包袱)
处罚金额x(单位：元)
50
100
150
200
迟到的人数y
50
40
20
0
(时间：120分钟 满分：150分)
一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分)
1.在△ABC中，若A＝60°，C＝45°，c＝eq \r(3)，则a等于( )
A.1 B.eq \f(3\r(2),2) C.eq \f(2\r(3),3) D.2
答案 B
解析 由正弦理得，a＝eq \f(csin A,sin C)＝eq \f(3\r(2),2).
2.设复数z＝eq \f(2i,1＋i)(其中i为虚数单位)，则复数z在复平面内对应的点位于( )
A.第一象限 B.第二象限
C.第三象限 D.第四象限
答案 A
解析 z＝eq \f(2i,1＋i)＝eq \f(2i1－i,1＋i1－i)＝eq \f(2i1－i,2)＝1＋i，对应的点为(1,1)，在第一象限.
3.某单位青年、中年、老年职员的人数之比为10∶8∶7，从中抽取200名职员作为样本，若每人被抽取的概率是0.2，则该单位青年职员的人数为( )
A.280 B.320 C.400 D.1 000
答案 C
解析 由题意知这是一个分层随机抽样问题，
∵青年、中年、老年职员的人数之比为10∶8∶7，从中抽取200名职员作为样本，
∴要从该单位青年职员中抽取的人数为
eq \f(10,10＋8＋7)×200＝80，
∵每人被抽取的概率为0.2，
∴该单位青年职员共有eq \f(80,0.2)＝400(人).
4.已知向量a，b满足|a|＝1，|b|＝2，|a－b|＝2，则|a＋b|等于( )
A.1 B.eq \r(2) C.eq \r(5) D.eq \r(6)
答案 D
解析 ∵|a－b|2＝|a|2＋|b|2－2a·b，
∴a·b＝eq \f(1,2)，
∵|a＋b|2＝|a－b|2＋4a·b，
∴|a＋b|2＝6，
∴|a＋b|＝eq \r(6).
5.已知a＝(2，－3)，b＝(1，－2)，且c⊥a，b·c＝1，则c的坐标为( )
A.(3，－2) B.(3,2)
C.(－3，－2) D.(－3,2)
答案 C
解析 设c＝(x，y)，则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x－3y＝0，,x－2y＝1，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝－3，,y＝－2.))故c＝(－3，－2).
6.我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题，大概意思如下：在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水，天池盆盆口直径为2尺8寸，盆底直径为1尺2寸，盆深1尺8寸，若盆中积水深9寸，则平均降雨量是(注：①平均降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；②1尺等于10寸)( )
A.3寸 B.4寸 C.5寸 D.6寸
答案 A
解析 作出圆台的轴截面如图所示，
由题意知，BF＝14寸，OC＝6寸，OF＝18寸，OG＝9寸，
即G是OF的中点，
∴GE为梯形OCBF的中位线，
∴GE＝eq \f(14＋6,2)＝10寸，
即积水的上底面半径为10寸，
∴盆中积水的体积为
eq \f(1,3)π×(100＋36＋10×6)×9＝588π(立方寸)，
又盆口的面积为142π＝196π(平方寸)，
∴平均降雨量是eq \f(588π,196π)＝3(寸)，即平均降雨量是3寸.
7.甲、乙两个人进行“剪子、包袱、锤”的游戏，两人都随机出拳，则一次游戏两人平局的概率为( )
A.eq \f(1,3) B.eq \f(2,3) C.eq \f(1,4) D.eq \f(2,9)
答案 A
解析 甲、乙两个人进行“剪子、包袱、锤”的游戏，所以可能出现的结果列表如下：
因为由表格可知，共有9种等可能情况.
其中平局的有3种(锤，锤)、(剪子，剪子)、(包袱，包袱).
设事件A为“甲和乙平局”，则P(A)＝eq \f(3,9)＝eq \f(1,3).
8.正方体ABCD－A1B1C1D1中，直线AD与平面A1BC1所成角的正弦值为( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(\r(3),2) C.eq \f(\r(3),3) D.eq \f(\r(6),3)
答案 C
解析 如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1中，直线AD与B1C1平行，则直线AD与平面A1BC1所成角的正弦值即为B1C1与平面A1BC1所成角的正弦值.因为△A1BC1为等边三角形，则B1在平面A1BC1上的投影即为△A1BC1的中心O，则∠B1C1O为B1C1与平面A1BC1所成角.可设正方体边长为1，显然BO＝eq \f(\r(3),3)×eq \r(2)＝eq \f(\r(6),3)，
因此B1O＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),3)))2)＝eq \f(\r(3),3)，
则sin∠B1C1O＝eq \f(B1O,B1C1)＝eq \f(\r(3),3).
二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分)
9.以下事件不是随机事件的有( )
A.下雨屋顶湿 B.秋后柳叶黄
C.有水就有鱼 D.水结冰体积变大
答案 ABD
解析 A，B，D是必然事件.
10.从装有两个红球和三个黑球的口袋里任取两个球，那么不互斥的两个事件是( )
A.“至少有一个黑球”与“都是黑球”
B.“至少有一个黑球”与“至少有一个红球”
C.“恰好有一个黑球”与“恰好有两个黑球”
D.“至少有一个黑球”与“都是红球”
答案 AB
解析 “至少有一个黑球”中包含“都是黑球”，A正确；
“至少有一个黑球”与“至少有一个红球”可能同时发生，B正确；
“恰好有一个黑球”与“恰好有两个黑球”不可能同时发生，C不正确；
“至少有一个黑球”与“都是红球”不可能同时发生，D不正确.
11.在Rt△ABC中，CD是斜边AB上的高，如图，则下列等式成立的是( )
A.|eq \(AC,\s\up6(→))|2＝eq \(AC,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))
B.|eq \(BC,\s\up6(→))|2＝eq \(BA,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))
C.|eq \(AB,\s\up6(→))|2＝eq \(AC,\s\up6(→))·eq \(CD,\s\up6(→))
D.|eq \(CD,\s\up6(→))|2＝eq \f(\(AC,\s\up6(→))·\(AB,\s\up6(→))×\(BA,\s\up6(→))·\(BC,\s\up6(→)),|\(AB,\s\up6(→))|2)
答案 ABD
解析 eq \(AC,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))＝|eq \(AC,\s\up6(→))||eq \(AB,\s\up6(→))|cs A，由|eq \(AB,\s\up6(→))|·cs A＝|eq \(AC,\s\up6(→))|可得|eq \(AC,\s\up6(→))|2＝eq \(AC,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))，即选项A正确，
eq \(BA,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝|eq \(BA,\s\up6(→))||eq \(BC,\s\up6(→))|cs B，由|eq \(BA,\s\up6(→))|·cs B＝|eq \(BC,\s\up6(→))|可得|eq \(BC,\s\up6(→))|2＝eq \(BA,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))，即选项B正确，
由eq \(AC,\s\up6(→))·eq \(CD,\s\up6(→))＝|eq \(AC,\s\up6(→))||eq \(CD,\s\up6(→))|cs(π－∠ACD)<0，又|eq \(AB,\s\up6(→))|2>0，知选项C错误，
由图可知Rt△ACD∽Rt△ABC，所以AC·BC＝AB·CD，
由选项A，B可得|eq \(CD,\s\up6(→))|2＝eq \f(\(AC,\s\up6(→))·\(AB,\s\up6(→))×\(BA,\s\up6(→))·\(BC,\s\up6(→)),|\(AB,\s\up6(→))|2)，即选项D正确.
12.如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF＝eq \f(1,2)，则下列结论中错误的是( )
A.AC⊥AF
B.EF∥平面ABCD
C.三棱锥A－BEF的体积为定值
D.△AEF的面积与△BEF的面积相等
答案 AD
解析 A.因为AC⊥BD，而BD∥B1D1，所以AC⊥B1D1，即AC⊥EF，若AC⊥AF，则AC⊥平面AEF，即可得AC⊥AE，由图分析显然不成立，故A不正确；
B.因为EF∥BD，EF⊄平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以EF∥平面ABCD，故B正确；
C.VA－BEF＝eq \f(1,3)×S△BEF×eq \f(1,2)AC＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×EF×BB1×eq \f(1,2)AC＝eq \f(1,12)×EF×BB1×AC，所以体积是定值，故C正确；
D.设B1D1的中点是O，点A到直线EF的距离是AO，而点B到直线EF的距离是BB1，所以AO>BB1，S△AEF＝eq \f(1,2)×EF×AO，S△BEF＝eq \f(1,2)×EF×BB1，所以△AEF的面积与△BEF的面积不相等，D不正确.
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13.在感冒流行的季节，设甲、乙患感冒的概率分别为0.6和0.5，则两人都不感冒的概率是________，两人中有人患感冒的概率是________.(本题第一空2分，第二空3分)
答案 0.2 0.8
解析 “有人感冒”这一事件包括甲、乙中有一人感冒和全都感冒.
设事件A：甲患感冒，事件B：乙患感冒.
则则两人都不感冒这一事件的概率为P(eq \x\t(A)eq \x\t(B))＝[1－P(A)]·[1－P(B)]＝0.2，
两人中有人感冒这一事件的概率为
P(eq \x\t(A)B＋Aeq \x\t(B)＋AB)＝P(eq \x\t(A)B)＋P(Aeq \x\t(B))＋P(AB)
＝P(eq \x\t(A))P(B)＋P(A)P(eq \x\t(B))＋P(A)P(B)
＝P(eq \x\t(A))P(B)＋P(A)
＝0.4×0.5＋0.6＝0.8.
14.已知非零向量a，b满足|a|＝4|b|，且b⊥(a＋2b)，则a与b的夹角为________.
答案 eq \f(2π,3)
解析 设a与b的夹角为θ，根据题意，可得b·(a＋2b)＝0，即|a|·|b|cs θ＋2b2＝0，代入|a|＝4|b|，得到cs θ＝－eq \f(1,2)，于是a与b的夹角为eq \f(2π,3).
15.某人5次上班途中所花的时间(单位：分钟)分别为x，y,10,11,9.已知这组数据的平均数为10，方差为2，则|x－y|的值为________.
答案 4
解析 由题意可得，x＋y＝20，(x－10)2＋(y－10)2＝8，
设x＝10＋t，y＝10－t，则2t2＝8，解得t＝±2，
∴|x－y|＝2|t|＝4.
16.△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知a＝b，c2＝2b2(1－sin C)，则C＝________.
答案 eq \f(π,4)
解析 ∵c2＝2b2(1－sin C)，
∴可得，sin C＝1－eq \f(c2,2b2)，
又∵a＝b，由余弦定理可得，
cs C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝1－eq \f(c2,2b2)＝sin C，
∴sin C－cs C＝0，可得eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(C－\f(π,4)))＝0，
∵C∈(0，π)，可得C－eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))，
∴C－eq \f(π,4)＝0，可得C＝eq \f(π,4).
四、解答题(本大题共6小题，共70分)
17.(10分)已知|a|＝4，|b|＝8，a与b夹角是120°.
(1)求a·b的值及|a＋b|的值；
(2)当k为何值时，(a＋2b)⊥(ka－b)?
解 (1)由向量的数量积的运算公式，
可得a·b＝|a||b|cs 120°＝4×8×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝－16，
|a＋b|＝eq \r(a2＋b2＋2a·b)
＝eq \r(42＋82＋2×－16)＝4eq \r(3).
(2)因为(a＋2b)⊥(ka－b)，
所以(a＋2b)·(ka－b)
＝ka2－2b2＋(2k－1)a·b＝0，
整理得16k－128＋(2k－1)×(－16)＝0，
解得k＝－7.
即当k＝－7时，(a＋2b)⊥(ka－b).
18.(12分)如图，在三棱锥A－BCD中，点E，F分别是BD，BC的中点，AB＝AD，AE⊥BC.
求证：(1)EF∥平面ACD；
(2)AE⊥CD.
证明 (1)因为在△BCD中，点E，F分别是BD，BC的中点，
所以EF∥CD，
又因为EF⊄平面ACD，CD⊂平面ACD，
从而EF∥平面ACD.
(2)因为点E是BD的中点，且AB＝AD，
所以AE⊥BD，
又因为AE⊥BC，BC⊂平面BCD，BD⊂平面BCD，
BC∩BD＝B，故AE⊥平面BCD，
因为CD⊂平面BCD，
所以AE⊥CD.
19.(12分)在△ABC中，cs(A＋C)＝0，sin A＝eq \f(1,3).
(1)求sin C的值；
(2)设∠ABC的平分线与AC交于D，若AC＝3，求BD的长.
解 (1)由cs(A＋C)＝0，得A＋C＝eq \f(π,2)，
又由A＋B＋C＝π，所以B＝eq \f(π,2)，
所以sin C＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－A))＝cs A＝eq \f(2\r(2),3).
(2)在Rt△ABC中，sin A＝eq \f(1,3)，AC＝3，
所以BC＝AC·sin A＝3×eq \f(1,3)＝1，
在△DBC中，sin∠BDC＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋A))
＝eq \f(\r(2),2)(sin A＋cs A)＝eq \f(4＋\r(2),6)，
由正弦定理得，eq \f(BD,sin C)＝eq \f(BC,sin∠BDC)，
所以BD＝eq \f(BCsin C,sin∠BDC)＝eq \f(\f(2\r(2),3),\f(4＋\r(2),6))＝eq \f(8\r(2)－4,7).
20.(12分)某集团公司为了加强企业管理，树立企业形象，考虑在公司内部对迟到现象进行处罚，现在员工中随机抽取200人进行调查，当不处罚时，有80人迟到，处罚时，得到如下数据：
若用表中数据所得频率代替概率.
(1)当处罚金额定为100元时，员工迟到的概率会比不进行处罚时降低多少？
(2)将选取的200人中会迟到的员工分为A，B两类：A类员工在罚金不超过100元时就会改正行为；B类是其他员工.现对A类与B类员工按分层随机抽样的方法抽取4人依次进行深度问卷，则前两位均为B类员工的概率是多少？
解 (1)设“当罚金定为100元时，某员工迟到”为事件A，则P(A)＝eq \f(40,200)＝eq \f(1,5)，
不处罚时，某员工迟到的概率为eq \f(80,200)＝eq \f(2,5).
∴当罚金定为100元时，比不制定处罚，员工迟到的概率会降低eq \f(1,5).
(2)由题意知，A类员工和B类员工各有40人，分别从A类员工和B类员工各抽出两人，
设从A类员工抽出的两人分别为A1，A2，从B类员工抽出的两人分别为B1，B2，
设“从A类与B类员工按分层随机抽样的方法抽取4人依次进行深度问卷”为事件M，
则事件M中首先抽出A1的基本事件有(A1，A2，B1，B2)，(A1，A2，B2，B1)，(A1，B1，A2，B2)，(A1，B1，B2，A2)，(A1，B2，A2，B1)，(A1，B2，B1，A2)共6种，
同理，首先抽出A2，B1，B2的事件也各有6种，故事件M共有4×6＝24(种)基本事件，
设“抽取4人中前两位均为B类员工”为事件N，则事件N有(B1，B2，A1，A2)，(B1，B2，A2，A1)，(B2，B1，A1，A2)，(B2，B1，A2，A1)共4种基本事件，
∴P(N)＝eq \f(4,24)＝eq \f(1,6)，
∴抽取4人中前两位均为B类员工的概率是eq \f(1,6).
21.(12分)某市为增强市民的环境保护意识，面向全市征召义务宣传志愿者.现从符合条件的志愿者中随机抽取100名按年龄分组：第1组[20,25)，第2组[25,30)，第3组[30,35)，第4组[35,40)，第5组[40,45]，得到的频率分布直方图如图所示.
(1)若从第3,4,5组中用分层随机抽样的方法抽取6名志愿者参加广场的宣传活动，应从第3,4,5组各抽取多少名志愿者？
(2)在(1)的条件下，该市决定在这6名志愿者中随机抽取2名志愿者介绍宣传经验，求第5组志愿者有被抽中的概率.
解 (1)第3组的人数为0.3×100＝30，第4组的人数为0.2×100＝20，第5组的人数为0.1×100＝10，
因为第3,4,5组共有60名志愿者，所以利用分层随机抽样的方法在60名志愿者中抽取6名志愿者，每组抽取的人数分别为：
第3组eq \f(30,60)×6＝3；第4组eq \f(20,60)×6＝2；第5组eq \f(10,60)×6＝1.
所以应从第3,4,5组中分别抽取3人，2人，1人.
(2)设“第5组的志愿者有被抽中”为事件A.
记第3组的3名志愿者为A1，A2，A3，第4组的2名志愿者为B1，B2，第5组的1名志愿者为C1，则从6名志愿者中抽取2名志愿者有
(A1，A2)，(A1，A3)，(A1，B1)，(A1，B2)，(A1，C1)，(A2，A3)，(A2，B1)，(A2，B2)，(A2，C1)，(A3，B1)，(A3，B2)，(A3，C1)，(B1，B2)，(B1，C1)，(B2，C1)，共有15种等可能情况.
其中第5组的志愿者被抽中的有5种，
P(A)＝eq \f(5,15)＝eq \f(1,3).
答 第5组的志愿者有被抽中的概率为eq \f(1,3).
22.(12分)如图在△AOB中，D是边OB的中点，C是OA上靠近O的三等分点，AD与BC交于M点，设eq \(OA,\s\up6(→))＝a，eq \(OB,\s\up6(→))＝b.
(1)用a，b表示eq \(OM,\s\up6(→))；
(2)过点M的直线与边OA，OB分别交于E，F.设eq \(OE,\s\up6(→))＝peq \(OA,\s\up6(→))，eq \(OF,\s\up6(→))＝qeq \(OB,\s\up6(→))，求eq \f(1,p)＋eq \f(2,q)的值.
解 (1)设eq \(OM,\s\up6(→))＝xa＋yb，
则eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \(OM,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→))＝(x－1)eq \(OA,\s\up6(→))＋yeq \(OB,\s\up6(→))＝(x－1)a＋yb，eq \(AD,\s\up6(→))＝eq \(OD,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→))＝－a＋eq \f(1,2)b，
∵A，M，D三点共线，
∴eq \(AM,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))共线，从而eq \f(1,2)(x－1)＝－y，①
又C，M，B三点共线，
∴eq \(BM,\s\up6(→))，eq \(BC,\s\up6(→))共线，
同理可得eq \f(1,3)(y－1)＝－x，②
联立①②，解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(1,5)，,y＝\f(2,5)，))故eq \(OM,\s\up6(→))＝eq \f(1,5)a＋eq \f(2,5)b.
(2)∵eq \(EM,\s\up6(→))＝eq \(OM,\s\up6(→))－eq \(OE,\s\up6(→))＝eq \f(1,5)a＋eq \f(2,5)b－pa＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)－p))a＋eq \f(2,5)b.
eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \(OF,\s\up6(→))－eq \(OE,\s\up6(→))＝qb－pa.
∵eq \(EM,\s\up6(→))，eq \(EF,\s\up6(→))共线，
∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)－p)) q＝－eq \f(2,5)p，整理得eq \f(1,p)＋eq \f(2,q)＝5.甲
乙
锤
剪子
包袱
锤
(锤，锤)
(锤，剪子)
(锤，包袱)
剪子
(剪子，锤)
(剪子，剪子)
(剪子，包袱)
包袱
(包袱，锤)
(包袱，剪子)
(包袱，包袱)
处罚金额x(单位：元)
50
100
150
200
迟到的人数y
50
40
20
0
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