期末检测试卷(二)

期末检测试卷(二)

(时间：120分钟 满分：150分)

一、选择题(本大题共13小题，每小题4分，共52分. 在每小题给出的四个选项中，第1～10题只有一项符合题目要求；第11～13题，有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的不得分) 1.以下事件是随机事件的是( ) 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 C

解析 A ，B ，D 是必然事件.

2.在△ABC 中，若A ＝60°，C ＝45°，c ＝3，则a 等于( ) A.1 B.322 C.233 D.2

答案 B

解析 由正弦理得，a ＝c sin A sin C ＝32

2

.

3.设复数z ＝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 ＝2i

1＋i ＝2i (1－i )(1＋i )(1－i )

＝2i (1－i )2＝1＋i ，对应的点为(1,1)，在第一象限.

4.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 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80

0.2

＝400(人).

5.已知向量a ，b 满足|a |＝1，|b |＝2，|a －b |＝2，则|a ＋b |等于( ) A.1 B. 2 C. 5 D. 6 答案 D

解析 ∵|a －b |2＝|a |2＋|b |2－2a ·b ， ∴a ·b ＝12

，

∵|a ＋b |2＝|a －b |2＋4a ·b ， ∴|a ＋b |2＝6， ∴|a ＋b |＝ 6.

6.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?????

2x －3y ＝0，x －2y ＝1，

解得?

????

x ＝－3，

y ＝－2.故c ＝(－3，－2).

7.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 ＝14＋62＝10寸，

即积水的上底面半径为10寸， ∴盆中积水的体积为

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588π

196π＝3(寸)，即平均降雨量是3寸.

8.在△ABC 中，若sin 2A ＋sin 2B ＝2sin 2C ，则角C 为( ) A.钝角 B.直角 C.锐角 D.60°

答案 C

解析 由sin 2A ＋sin 2B ＝2sin 2C ，得a 2＋b 2＝2c 2， 即a 2＋b 2－c 2＝c 2>0，

又由余弦定理可得cos C ＝a 2＋b 2－c 2

2ab >0，

所以角C 为锐角.

9.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.13 B.23 C.14 D.29 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 )＝39＝13

.

10.正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，直线AD 与平面A 1BC 1所成角的正弦值为( ) A.12 B.32 C.33 D.63 答案 C

解析 如图所示，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，直线AD 与B 1C 1平行，则直线AD 与平面A 1BC 1所成角的正弦值即为B 1C 1与平面A 1BC 1所成角的正弦值.因为△A 1BC 1为等边三角形，则B 1在平面A 1BC 1上的投影即为△A 1BC 1的中心O ，则∠B 1C 1O 为B 1C 1与平面A 1BC 1所成角.可设

正方体边长为1，显然BO ＝

33×2＝63

，

因此B 1O ＝

1－??

??632

＝33

， 则sin ∠B 1C 1O ＝B 1O B 1C 1＝3

3

.

11.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.

12.在Rt △ABC 中，CD 是斜边AB 上的高，如图，则下列等式成立的是( )

A.|AC →|2＝AC →·AB →

B.|BC →|2＝BA →·BC →

C.|AB →|2＝AC →·CD →

D.|CD →|2＝(AC →·

AB →)×(BA →·BC →

)|AB →|2

答案 ABD

解析 AC →·AB →＝|AC →||AB →|cos A ，由|AB →|·cos A ＝|AC →|可得|AC →|2＝AC →·AB →

，即选项A 正确， BA →·BC →＝|BA →||BC →|cos B ，由|BA →|·cos B ＝|BC →|可得|BC →|2＝BA →·BC →，即选项B 正确， 由AC →·CD →＝|AC →||CD →|cos(π－∠ACD )<0，又|AB →|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|CD →|2＝(AC →·

AB →)×(BA →·BC →

)|AB →|

2，即选项D 正确.

13.如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，线段B 1D 1上有两个动点E ，F ，且EF ＝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 ∥B 1D 1，所以AC ⊥B 1D 1，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.V A －BEF ＝13×S △BEF ×12AC ＝13×12×EF ×BB 1×12AC ＝1

12×EF ×BB 1×AC ，所以体积是定值，

故C 正确；

D.设B 1D 1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BB 1，所以AO >BB 1，S △AEF ＝12×EF ×AO ，S △BEF ＝1

2×EF ×BB 1，所以△AEF 的面积与△BEF 的面积不相

等，D 不正确.

二、填空题(本大题共4小题，每小题4分，共16分)

14.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________. 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 (A 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 (A B ＋A B ＋AB )＝P (A B )＋P (A B )＋P (AB )

＝P (A )P (B )＋P (A )P (B )＋P (A )P (B ) ＝P (A )P (B )＋P (A ) ＝0.4×0.5＋0.6＝0.8.

15.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

2π3

解析 设a 与b 的夹角为θ，根据题意，可得b ·(a ＋2b )＝0，即|a |·|b |cos θ＋2b 2＝0，代入|a |＝4|b |，得到cos θ＝－12，于是a 与b 的夹角为2π3

.

16.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2t 2＝8，解得t ＝±2， ∴|x －y |＝2|t |＝4.

17.△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，已知a ＝b ，c 2＝2b 2(1－sin C )，则C ＝________. 答案 π

4

解析 ∵c 2＝2b 2(1－sin C )， ∴可得，sin C ＝1－c 2

2b 2，

又∵a ＝b ，由余弦定理可得， cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝1－c 2

2b 2＝sin C ，

∴sin C －cos C ＝0，可得2sin ????C －π

4＝0， ∵C ∈(0，π)，可得C －π

4∈????－π4，3π4， ∴C －π4＝0，可得C ＝π

4

.

三、解答题(本大题共6小题，共82分) 18.(12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 )⊥(k a －b )? 解 (1)由向量的数量积的运算公式，

可得a ·b ＝|a ||b |cos 120°＝4×8×???

?－1

2＝－16，

|a ＋b |＝a 2＋b 2＋2a ·b ＝42＋82＋2×(－16)＝4 3. (2)因为(a ＋2b )⊥(k a －b )， 所以(a ＋2b )·(k a －b ) ＝k a 2－2b 2＋(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 )⊥(k a －b ).

19.(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 .

20.(14分)在△ABC 中，cos(A ＋C )＝0，sin A ＝13.

(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cos(A ＋C )＝0，得A ＋C ＝π

2，

又由A ＋B ＋C ＝π，所以B ＝π

2，

所以sin C ＝sin ????π2－A ＝cos A ＝223

.

(2)在Rt △ABC 中，sin A ＝1

3，AC ＝3，

所以BC ＝AC ·sin A ＝3×1

3＝1，

在△DBC 中，sin ∠BDC ＝sin ????π

4＋A ＝

2

2(sin A ＋cos A )＝4＋26

， 由正弦定理得，BD sin C ＝BC sin ∠BDC ，

所以BD ＝BC sin C

sin ∠BDC ＝2234＋2

6

＝82－47.

21.(14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 )＝40200＝15，

不处罚时，某员工迟到的概率为80200＝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A 1，A 2，从B 类员工抽出的两人分别为B 1，B 2， 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A 1的基本事件有(A 1，A 2，B 1，B 2)，(A 1，A 2，B 2，B 1)，(A 1，B 1，A 2，B 2)，(A 1，B 1，B 2，A 2)，(A 1，B 2，A 2，B 1)，(A 1，B 2，B 1，A 2)共6种，

同理，首先抽出A 2，B 1，B 2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(B 1，B 2，A 1，A 2)，(B 1，B 2，

A 2，A 1)，(

B 2，B 1，A 1，A 2)，(B 2，B 1，A 2，A 1)共4种基本事件， ∴P (N )＝424＝1

6

，

∴抽取4人中前两位均为B 类员工的概率是1

6

.

22.(15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3060×6＝3；第4组2060×6＝2；第5组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A 1，A 2，A 3，第4组的2名志愿者为B 1，B 2，第5组的1名志愿者为C 1，则从6名志愿者中抽取2名志愿者有

(A 1，A 2)，(A 1，A 3)，(A 1，B 1)，(A 1，B 2)，(A 1，C 1)，(A 2，A 3)，(A 2，B 1)，(A 2，B 2)，(A 2，C 1)，(A 3，B 1)，(A 3，B 2)，(A 3，C 1)，(B 1，B 2)，(B 1，C 1)，(B 2，C 1)，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 )＝515＝13

.

答 第5组的志愿者有被抽中的概率为1

3.

23.(15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OA →＝a ，OB →

＝b .

(1)用a ，b 表示OM →

；

(2)过点M 的直线与边OA ，OB 分别交于E ，F .设OE →＝pOA →，OF →＝qOB →

，求1p ＋2q 的值.

解 (1)设OM →

＝x a ＋y b ，

则AM →＝OM →－OA →＝(x －1)OA →＋yOB →＝(x －1)a ＋y b ，AD →＝OD →－OA →

＝－a ＋12b ，

∵A ，M ，D 三点共线，

∴AM →，AD →

共线，从而12(x －1)＝－y ，①

又C ，M ，B 三点共线， ∴BM →，BC →

共线， 同理可得1

3

(y －1)＝－x ，②

联立①②，解得???

x ＝15

，y ＝2

5，

故OM →＝15a ＋25

b .

(2)∵EM →＝OM →－OE →＝15a ＋2

5

b －p a ＝????15－p a ＋25b . EF →＝OF →－OE →

＝q b －p a . ∵EM →，EF →

共线，

∴????15－p q ＝－25p ，整理得1p ＋2

q

＝5.