新高中必修二数学下期末模拟试题含答案

一、选择题

1．已知向量acos,sin，b1,2，若a与b的夹角为A．2

B．7

C．2

2，则ab（ ） 6D．1

2．设集合A1,2,4，Bxx4xm0．若AB1，则B ( ) A．1,3

B．1,0

C．1,3

D．1,5

3．已知ABC是边长为4的等边三角形，P为平面ABC内一点，则PA•(PBPC)的最小值是（） A．6

B．3

C．4

D．2

4．已知D，E是ABC边BC的三等分点，点P在线段DE上，若APxAByAC，则xy的取值范围是( ) A．,

9914B．,

9411C．,

9221D．,

94215．如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为（ ）

A．20 B．24 C．28 D．32

26．已知数列{an}的前n项和Sn2nn，那么它的通项公式是（ ）

A．an2n1 C．an4n1

B．an2n1 D．an4n1

7．为了解儿子身高与其父亲身高的关系，随机抽取5对父子的身高数据如下： 父亲身高x（cm） 174 176 176 176 178 儿子身高y（cm） 175 175 176 177 177

则y对x的线性回归方程为 A．y = x-1

B．y = x+1

C．y =88+

1x 2D．y = 176

8．有5支彩笔（除颜色外无差别），颜色分别为红、黄、蓝、绿、紫.从这5支彩笔中任取2支不同颜色的彩笔，则取出的2支彩笔中含有红色彩笔的概率为 A．

4 5B．

3 5C．

2 5D．

1 59．设函数，则f(x)sin2xA．yfx在0,B．yfx在0,C．yfx在0,D．yfx在0,cos2x，则（ ） 442单调递增，其图象关于直线x4对称

2单调递增，其图象关于直线x对称 22单调递减，其图象关于直线x单调递减，其图象关于直线x4对称 对称

2210．函数f(x)(x1)lg(x1)3x5的零点个数为（ ） A．3

点M，那么 ( ) A．M一定在直线AC上 B．M一定在直线BD上

C．M可能在直线AC上，也可能在直线BD上 D．M既不在直线AC上，也不在直线BD上

12．在正三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱长为2，底面三角形的边长为1，则BC1与侧面

B．2

C．1

D．0

11．在空间四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA上分别取E，F，G，H四点，如EF与HG交于

ACC1A所成角的大小为（ ）

A．30 B．45 C．60 D．90

二、填空题

13．在平面直角坐标系xOy中， 已知圆C1 : x2  y 2＝8与圆C2 : x2y 22xya＝0相交于A，B两点.若圆C1上存在点P，使得△ABP 为等腰直角三角形，则实数a的值组成的集合为______.

14．设a＞0，b＞0，若3是3a与3b的等比中项，则

11的最小值是__． ab15．奇函数f(x)对任意实数x都有f(x2)f(x)成立，且0x1时，

f(x)2x1，则flog211______.

16．函数fx12x的定义域是__________．

asin17．设a，b是非零实数，且满足

77tan10，则b＝_______．

21aacosbsin77bcos18．函数ysinx3cosx的图像可由函数y2sinx的图像至少向右平移________个单位长度得到．

19．在ABC中，B120，BC1，且ABC的面积为

3，则AC__________． 220．函数f(x)sinx（0）的图像与其对称轴在y轴右侧的交点从左到右依次记为

A1，A2，A3，，An，，在点列{An}中存在三个不同的点Ak、Al、Ap，使得

△AkAlAp是等腰直角三角形，将满足上述条件的值从小到大组成的数记为n，则

6________. 三、解答题

21．某校200名学生的数学期中考试成绩频率分布直方图如图所示,其中成绩分组区间是

70,80,80,90,90,100,90,100，100,110，110,120.

1求图中m的值；

2根据频率分布直方图,估计这200名学生的平均分；

3若这200名学生的数学成绩中,某些分数段的人数x与英语成绩相应分数段的人数y之比如表所示,求英语成绩在90,120的人数.

分数段 90,100 6:5 100,110 1:2 110,120 1:1 x:y

22．如图，四面体ABCD中，O、E分别是BD、BC的中点，ABAD2，CACBCDBD2. （1）求证：AO平面BCD；

（2）求异面直线AB与CD所成角的余弦值； （3）求点E到平面ACD的距离．

23．在甲、乙两个盒子中分别装有标号为1、2、3、4的四个球，现从甲、乙两个盒子中各取出1个球，每个球被取出的可能性相等． （Ⅰ）求取出的两个球上标号为相同数字的概率； （Ⅱ）求取出的两个球上标号之积能被3整除的概率． 24．

投资商到一开发区投资72万元建起一座蔬菜加工厂，经营中，第一年支出12万元，以后每年支出增加4万元，从第一年起每年蔬菜销售收入50万元，设总和（

前年总收入-前年的总支出 -投资额72万元）

（Ⅰ）该厂从第几年开始盈利？

（Ⅱ）该厂第几年平均纯利润达到最大？并求出年平均纯利润的最大值.

25．如图所示，一座小岛A距离海岸线上最近的点P的距离是2km，从点P沿海岸正东

表示前n年的纯利润

12km处有一城镇B.一年青人从小岛A出发，先驾驶小船到海岸线上的某点C处，再沿海岸线步行到城镇B.若PAC，假设该年青人驾驶小船的平均速度为2km/h，步行速度为4km/h.

（1）试将该年青人从小岛A到城镇B的时间t表示成角的函数； （2）该年青人欲使从小岛A到城镇B的时间t最小，请你告诉他角的值.

26．已知函数fxsinx0,的部分图象如图所示.

2(1)求函数fx的解析式，并写出fx的最小正周期；

π12x，若在x0,内，方程a12g3agx20有x122且仅有两解，求a的取值范围.

(2)令gxf

【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除

一、选择题 1．B 解析：B 【解析】 【分析】

先计算a与b的模，再根据向量数量积的性质ab(ab)2即可计算求值. 【详解】

因为acos,sin，b1,2， 所以|a|1，|b|3.

2又ab(ab)a2abb|a|2|a||b|cos22222|b|2 6123337， 2所以ab7，故选B. 【点睛】

本题主要考查了向量的坐标运算，向量的数量积，向量的模的计算，属于中档题.

2．C

解析：C 【解析】

，2，4，Bx|x4xm0，AB1 ∵ 集合A12 ∴x1是方程x24xm0的解，即14m0 ∴m3

， ∴Bx|x4xm0x|x4x3013，故选C

223．A

解析：A 【解析】 【分析】

建立平面直角坐标系，表示出点的坐标，利用向量坐标运算和平面向量的数量积的运算，求得最小值，即可求解. 【详解】

由题意，以BC中点为坐标原点，建立如图所示的坐标系， 则A(0,23),B(2,0),C(2,0)，

设P(x,y)，则PA(x,23y),PB(2x,y),PC(2x,y)， 所以PA•(PBPC)x(2x)(23y)(2y)2x243y2y2

2[x2(y3)23]，

所以当x0,y3时，PA•(PBPC)取得最小值为2(3)6， 故选A.

【点睛】

本题主要考查了平面向量数量积的应用问题，根据条件建立坐标系，利用坐标法是解答的

关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.

4．D

解析：D 【解析】 【分析】

利用已知条件推出x+y＝1，然后利用x，y的范围，利用基本不等式求解xy的最值． 【详解】

解：D，E是ABC边BC的三等分点，点P在线段DE上，若APxAByAC，可得

12xy1，x，y,，

33则xy(xy211)，当且仅当xy时取等号，并且xyx1xxx2，函数2421122，当x或x时，取最小值，xy的最小值为：．则xy的取值范2339的开口向下， 对称轴为：x围是：,. 94故选D． 【点睛】

本题考查函数的最值的求法，基本不等式的应用，考查转化思想以及计算能力．

215．C

解析：C 【解析】

试题分析：由三视图分析可知，该几何体的表面积为圆锥的表面积与圆柱的侧面积之和．

．

考点：三视图与表面积．

，

，所以几何体的表面积为

6．C

解析：C 【解析】

分类讨论：当n1时，a1S1213，

当n2时，anSnSn1(2nn)2(n1)n14n1， 且当n1时：4n14113a1 据此可得，数列的通项公式为：an4n1. 本题选择C选项.

227．C

解析：C 【解析】 【分析】 【详解】

试题分析：由已知可得x176,y176中心点为176,176， 代入回归方程验证可知，只有方程y =88+

1x成立，故选C 28．C

解析：C 【解析】

选取两支彩笔的方法有C5种，含有红色彩笔的选法为C4种，

1C442p. 由古典概型公式，满足题意的概率值为2C510521本题选择C选项. 考点：古典概型

名师点睛：对于古典概型问题主要把握基本事件的种数和符合要求的事件种数，基本事件的种数要注意区别是排列问题还是组合问题，看抽取时是有、无顺序，本题从这5支彩笔中任取2支不同颜色的彩笔，是组合问题，当然简单问题建议采取列举法更直观一些.

9．D

解析：D 【解析】

f(x)sin(2x)cos(2x)2sin(2x)2cos2x,

442由02x,得0x2，再由2xk,kZ,所以x2k,kZ. 2所以y=f(x)在yf(x)在(0,2)单调递减,其图象关于直线x2对称,故选D.

10．B

解析：B 【解析】 【分析】

可采用构造函数形式，令hxlgx1,gx【详解】

由题可知，x1，当x1时，fx80， 令f(x)(x1)lg(x1)3x50lg(x1)3x5，采用数形结合法即可求解 x13x583， x1x1令hxlgx1,gx3x5，画出函数图像，如图： x1

则两函数图像有两交点，故函数f(x)(x1)lg(x1)3x5的零点个数为2个 故选：B 【点睛】

本题考查函数零点个数的求解，数形结合思想，属于中档题

11．A

解析：A 【解析】

如图，因为EF∩HG=M，

所以M∈EF，M∈HG，

又EF⊂平面ABC，HG⊂平面ADC， 故M∈平面ABC，M∈平面ADC， 所以M∈平面ABC∩平面ADC=AC. 选A. 点睛：证明点在线上常用方法

先找出两个平面，然后确定点是这两个平面的公共点，再确定直线是这两个平面的交线．

12．A

解析：A 【解析】 【分析】

由题意，取AC的中点O，连结BO,C1O，求得BC1O是BC1与侧面ACC1A1所成的角，在BC1O中，即可求解． 【详解】

由题意，取AC的中点O，连结BO,C1O,

因为正三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱长为2，底面三角形的边长为1， 所以BOAC,BOAA1，

因为ACAA1A，所以BO平面ACC1A1， 所以BC1O是BC1与侧面ACC1A1所成的角， 因为BO1()212313,C1O(2)2()2， 2223BO3所以tanBC1O， 23OC132所以BC1O30，BC1与侧面ACC1A1所成的角300．

0

【点睛】

本题主要考查了直线与平面所成的角的求解，其中解答中空间几何体的线面位置关系，得到BC1O是BC1与侧面ACC1A1所成的角是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，以及转化与化归思想，属于中档试题．

二、填空题

13．【解析】【分析】先求得直线为：再分别讨论或和的情况根据几何性质求解即可【详解】由题则直线为：当或时设到的距离为因为等腰直角三角形所以即所以所以解得当时经过圆心则即故答案为：【点睛】本题考查圆与圆的位 解析：8,825,825

【解析】 【分析】

先求得直线AB为：2xy8a0,再分别讨论PAB90或PBA90和

APB90的情况,根据几何性质求解即可 【详解】

由题,则直线AB为：2xy8a0,

当PAB90或PBA90时,设C1到AB的距离为d, 因为△ABP等腰直角三角形, 所以d11AB,即d8d2,所以d2, 22所以8a2122d2,解得a825,

当APB90时,AB经过圆心C1,则8a0,即a8, 故答案为：8,825,825 【点睛】

本题考查圆与圆的位置关系的应用,考查点到直线距离公式的应用,考查分类讨论思想和数形结合思想

14．【解析】由已知是与的等比中项则则当且仅当时等号成立故答案为2【点睛】本题考查基本不等式的性质等比数列的性质其中熟练应用乘1法是解题的关键 解析：

【解析】

由已知a0,b0, 3是3a与b的等比中项，则则

323ab,ab1

1111111abab2ab2 ，当且仅当ab1时等号成立 ababab故答案为2

【点睛】本题考查基本不等式的性质、等比数列的性质，其中熟练应用“乘1法”是解题的关键．

15．【解析】【分析】易得函数周期为4则结合函数为奇函数可得再由时即可求解【详解】则又则故答案为：【点睛】本题考查函数奇偶性与周期性的综合应用具体函数值的求法属于中档题 解析：【解析】 【分析】

易得函数周期为4，则flog211flog2114flog25 1111，结合函数为奇函数可161116flogflog得22f1611解 【详解】

16xlog2，再由0x1时，f(x)21即可求

11f(x2)f(x)fx4f(x2)fxT4，

则flog211flog2114flog211， 16又flog21116flog2f16111616loglog0,1， ，221111log2161651121则flog2 1111故答案为：【点睛】

本题考查函数奇偶性与周期性的综合应用，具体函数值的求法，属于中档题

5 1116．【解析】由得所以所以原函数定义域为故答案为 解析：,0

【解析】

由12x0，得2x1，所以x0，所以原函数定义域为,0，故答案为,0.

17．【解析】【分析】先把已知条件转化为利用正切函数的周期性求出即可求得结论【详解】因为（tanθ）∴∴tanθ＝tan（kπ）∴故答案为【点睛】本题主要考查三角函数中的恒等变换应用考查了两角和的正切公式 解析：3

【解析】 【分析】

b107atan．利用正切函数的周期性求出先把已知条件转化为tan211btan7a7k，即可求得结论．

3【详解】

tanb107atan，（tanθb） 因为tan211btana7a710∴k 721tan∴k∴

3．tanθ＝tan（kπ）3． 3b3 a故答案为3． 【点睛】

本题主要考查三角函数中的恒等变换应用，考查了两角和的正切公式，属于中档题．

18．【解析】试题分析：因为所以函数的的图像可由函数的图像至少向右平移个单位长度得到【考点】三角函数图像的平移变换两角差的正弦公式【误区警示】在进行三角函数图像变换时提倡先平移后伸缩但先伸缩后平移也经常出 解析：

【解析】

试题分析：因为ysinx3cosx2sin(x图像可由函数y2sinx的图像至少向右平移

33)，所以函数ysinx3cosx的的

个单位长度得到． 3【考点】三角函数图像的平移变换、两角差的正弦公式

【误区警示】在进行三角函数图像变换时，提倡“先平移，后伸缩”，但“先伸缩，后平移”也经常出现在题目中，所以也必须熟练掌握，无论是哪种变形，切记每一个变换总是对字母x而言，即图像变换要看“变量”变化多少，而不是“角”变化多少．

19．【解析】【分析】根据三角形面积公式得到再由余弦定理得到AC长【详解】在中且的面积为由正弦定理的面积公式得到：再由余弦定理得到故得到故答案为：【点睛】本题主要考查余弦定理的应用以及三角形面积公式;在解 解析：7

【解析】 【分析】

根据三角形面积公式得到S【详解】

在ABC中，B120，BC1，且ABC的面积为1331ABAB2.再由余弦定理得到AC长. 2223，由正弦定理的面积公式得2到：S1331ABAB2. 2227.

再由余弦定理得到AC2AB2BC22ABBCcos12007 故得到AC故答案为：7. 【点睛】

本题主要考查余弦定理的应用以及三角形面积公式;在解与三角形有关的问题时，正弦定理、余弦定理是两个主要依据. 解三角形时，有时可用正弦定理，有时也可用余弦定理，应注意用哪一个定理更方便、简捷一般来说 ,当条件中同时出现ab 及b2 、a2 时，往往用余弦定理，而题设中如果边和正弦、余弦函数交叉出现时，往往运用正弦定理将边化为正弦函数再结合和、差、倍角的正余弦公式进行解答.

20．【解析】【分析】由可求得的横坐标进而得到的坐标；由正弦函数周期特

点可知只需分析以为顶点的三角形为等腰直角三角形即可由垂直关系可得平面向量数量积为零进而求得的通项公式代入即可得到结果【详解】由得：…… 解析：

11 2【解析】 【分析】 由xk2可求得An的横坐标，进而得到An的坐标；由正弦函数周期特点可知只需分

析以A1，A2n，A4n1为顶点的三角形为等腰直角三角形即可，由垂直关系可得平面向量数量积为零，进而求得n的通项公式，代入n6即可得到结果. 【详解】

由xk2，kZ得：x2k1，kZ

2357,1，A3,1，A4,1，…… A1,1，A22222若A1A2A3为等腰直角三角形，则A1A2A2A3,2,2240

解得：22，即12

2同理若A1A4A7为等腰直角三角形，则A1A4A4A703 25 2 3同理若A1A6A11为等腰直角三角形，则A1A6A6A110以此类推，可得：n故答案为：【点睛】

2n1 2611 211 2本题考查正弦型函数图象与性质的综合应用问题，关键是能够根据正弦函数周期性的特点确定所分析成等腰直角三角形的三个顶点的位置，进而由垂直关系得到平面向量数量积为零，构造方程求得结果.

三、解答题

21．（1）m0.005（2）平均数为93（3）140人

【解析】 【分析】

(1)根据面积之和为1列等式解得.

(2)频率分布直方图中每一个小矩形的面积乘以底边中点的横坐标之和即为平均数, (3)先计算出各分数段上的成绩,再根据比值计算出相应分数段上的英语成绩人数相加即可. 【详解】

解：1由102m0.020.030.041, 解得m0.005.

2频率分布直方图中每一个小矩形的面积乘以底边中点的横坐标之和即为平均数,

即估计平均数为0.05750.4850.3950.21050.0511593.

3由频率分布直方图可求出这200名学生的数学成绩在90,100,100,110,110,120的分别有60人,40人,10人,按照表中给的比例,则英语成绩在

90,100,100,110,110,120的分别有50人,80人,10人,所以英语成绩在90,120的

有140人. 【点睛】

本题考查了频率分布直方图,属中档题. 22．（1）见解析（2）【解析】 【分析】

（1）连接OC，由BO＝DO，AB＝AD，知AO⊥BD，由BO＝DO，BC＝CD，知CO⊥BD．在△AOC中，由题设知AO1，CO3，AC＝2，故AO2+CO2＝AC2，由此能够证明AO⊥平面BCD；

（2）取AC的中点M，连接OM、ME、OE，由E为BC的中点，知ME∥AB，OE∥DC，故直线OE与EM所成的锐角就是异面直线AB与CD所成的角．在△OME中，EM余弦；

（3）设点E到平面ACD的距离为h．在△ACD中，CACD2，AD212（3）

74121AB，OEDC1，由此能求出异面直线AB与CD所成角大小的2222，故SACD217，由AO＝1，知S242222CDE1323，由此能2242求出点E到平面ACD的距离． 【详解】

（1）证明：连接OC，∵BO＝DO，AB＝AD，∴AO⊥BD， ∵BO＝DO，BC＝CD，∴CO⊥BD．

在△AOC中，由题设知AO1，CO3，AC＝2， ∴AO2+CO2＝AC2，

∴∠AOC＝90°，即AO⊥OC． ∵AO⊥BD，BD∩OC＝O， ∴AO⊥平面BCD．

（2）解：取AC的中点M，连接OM、ME、OE，由E为BC的中点， 知ME∥AB，OE∥DC，

∴直线OE与EM所成的锐角就是异面直线AB与CD所成的角． 在△OME中，EM121AB，OEDC1， 222∵OM是直角△AOC斜边AC上的中线，∴OM1AC1， 21122cosOEM∴， 422121∴异面直线AB与CD所成角大小的余弦为2 4（3）解：设点E到平面ACD的距离为h．

VEACDVACDE， 1h．S3ACD1．AO．S3CDE，

在△ACD中，CACD2，AD22，

∴SACD217， 24222CDE∵AO＝1，S1323， 2242∴hAOSCDESACD13221，

77221． 7∴点E到平面ACD的距离为

【点睛】

本题考查点、线、面间的距离的计算，考查空间想象力和等价转化能力，解题时要认真审题，仔细解答，注意化立体几何问题为平面几何问题． 23．(1) 【解析】 【分析】 【详解】

设从甲、乙两个盒子中各取1个球，其数字分别为x，y． 用（x，y）表示抽取结果，则所有可能的结果有16种，即

（1，1），（1，2），（1，3），（1，4），（2，1），（2，2），（2，3），（2，4），

（3，1），（3，2），（3，3），（3，4），（4，1），（4，2），（4，3），（4，4）．

（1）设“取出的两个球上的标号相同”为事件A， 则A＝{（1，1），（2，2），（3，3），（4，4）}． 事件A由4个基本事件组成，故所求概率P（A）＝

＝

．

． (2)

．

（2）设“取出的两个球上标号的数字之积能被3整除”为事件B，

则B＝{（1，3），（3，1），（2，3），（3，2），（3，3），（3，4），（4，3）} 事件B由7个基本事件组成，故所求概率P（A）＝考点：古典概型的概率计算

24．（I）从第三年开始盈利；（II）第6年，投资商年平均纯利润达到最大，年平均纯利润最大值16万元 【解析】 【分析】 【详解】 (Ⅰ)依题意

前年总收入- 前年的总支出- 投资额72万元,可得

．

由由于

得

,解得

,所以从第3年开始盈利.

(Ⅱ)年平均利润当且仅当

,即

时等号成立

即第6年, 投资商平均年平均纯利润最大,最大值为16万元 25．（1）t【解析】 【分析】

（1）根据直角三角形的边角关系求出AC和BC的值，再求t关于的函数解析式；（2）根据t的解析式，结合三角函数的性质求出t的最小值以及对应的值． 【详解】

（Ⅰ）由题意知，APPB，AP2，0所以PC2tan，AC所以t关于的函数为 tACBC2122tan1tan3； 242cos4cos21tan2sin33， cos2cos1tan3；（2）

6cos22，

2，BC122tan， cos（Ⅱ）由（Ⅰ）知，t令y解得y即2sin0，则2sin2ycoscos14y2；

313，当且仅当sin,cos时，等号成立； 2226时，所花时间t最小．

【点睛】

本题考查了解三角形的应用问题，也考查了三角函数图象与性质的问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平． 26．(1) fxsin2x【解析】

【试题分析】（1）借助题设提供的图形信息与数据信息可求出周期T，再借助

6，最小正周期T；(2) a1a2或a16 17T＝ ；（2）先将原方程可，求出2，再借助点,1在fx图象上求出66222173化为a13sinx2sinx2，分离参数2sin2x3sinx12sinx，

a842173再换元tsinx，将其转化为函数ft2t及y图问题来处理： a84解：(1)由图象可知：

2T2，∴T，又T＝，∴2. 2362sin21,1fx2k又∵点在图象上，∴，∴， 6326∴2k6，kZ，又∵2，∴6.

∴fxsin2x(2)∵gxf，最小正周期T. 61xsinx， 122∴原方程可化为a13sinx2sinx2，则a0. ∵x0,，sinx0,1，∴13sinx2sin2x0，

22173∴2sin2x3sinx12sinx，

a842173令tsinx，则t0,1，作出ft2t及y图象，

a84当1222217 2或时，两图象在0,1内有且仅有一解， aa822173即方程2sinx在0,内有且仅有两解， a84此时a的取值范围为a1a2或a16. 17点睛：求出函数的解析式后，求解第二问时先将原方程可化为a13sinx2sinx2，则a0，然后借助x0,，sinx0,1，得到13sinx2sin2x0，进而分离参数

221732sin2x3sinx12sinx，再换元tsinx，则t0,1，从而将问题a842173化为函数ft2t及y图象的交点的个数问题，然后结合图像求出参数

a84的取值范围。

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