（人教A版2019必修第二册）数学《考点•题型 •技巧》精讲与精练高分突破 数学下学期期末考试高分突破必刷检测卷（培优版）（全解全析）

这是一份（人教A版2019必修第二册）数学《考点•题型 •技巧》精讲与精练高分突破 数学下学期期末考试高分突破必刷检测卷（培优版）（全解全析），共19页。试卷主要包含了BC，AD等内容，欢迎下载使用。

1．C
【解析】
若使成立，则选项中只有C能保证，故选C
2．A
【详解】
根据直观图和斜二测画法规则可知，原平面图形是一个平行四边形，一边长为，高为，
如图：

则此平行四边形的面积为.
故选：A
3．D
【详解】
解：由题意可知，，
．
故选：D．
4．A
【解析】
根据已知条件判断直线、的位置关系，可判断A选项的正误；利用线面垂直的性质可判断BC选项的正误；利用面面垂直的判定定理可判断D选项的正误.
【详解】
对于A选项，若，则直线与平面内的直线平行或异面，
由于，则直线、平行或异面，A选项错误；
对于B选项，若，，则，B选项正确；
对于C选项，若，，则，C选项正确；
对于D选项，若，，由面面垂直的判定定理可知，D选项正确.
故选：A.
5．B
【解析】
【分析】
根据题中条件，边角统一可求出，从而得到；
再根据题中角平分线条件，先得到，推出，结合余弦定理，求出，再由，根据三角形面积公式，即可求出结果.
【详解】
由，根据正弦定理可得，
则，所以，
整理得，因为均为三角形内角，所以，
因此，所以；
因为CD是角C的平分线，，，
所以在和中，由正弦定理可得，
，，
因此，即，所以，
又由余弦定理可得，
即，解得，所以，
又，
即，
即，所以.
故选：B.
6．D
【解析】
【分析】
先利用条件判断平面ACD平面ABC时体积最大，再计算知空间中AB对的角，即判断AB为外接球的直径，计算表面积即可.
【详解】
因为的面积不变，要使体积最大，需D到平面ABC的距离最大，
即当平面ACD平面ABC时，体积最大，
因为等腰直角三角形，取AC中点E,则DE平面ABC，高为DE=最大，AC=，则Rt中，BC=2，AB=4，所以EB=，故Rt中BD=，所以中，即得空间中
即AB为球的直径，故半径，所以外接球的表面积.
故选：D.
【点睛】
本题考查了空间几何体外接球的表面积问题，属于中档题.
7．A
【解析】
【分析】
分别取、的中点、，连接、，由平面向量的线性运算可得，进而可得，即可得解.
【详解】
分别取、的中点、，连接、，如图，
所以是的中位线，
因为，所以，
所以，所以、、三点共线，
所以，
所以即，所以即.
故选：A.
【点睛】
本题考查了平面向量共线、线性运算及基本定理的应用，考查了运算求解能力与转化化归思想，属于中档题.
8．B
【解析】
先由基本不等式得确定当且仅当时，取得最大值，接着求出，，，再取的中点，连接，，，并确定就是二面角的平面角，最后在三角形中由余弦定理求得解题.
【详解】
解：设，，
则由题意得：，，，
所以，由基本不等式得：，
当且仅当时，取得最大值，此时，，
所以，
取的中点，连接，，，如图，
则，，则就是二面角的平面角，
在等腰三角形中，因为，，所以，
在等腰三角形中，因为，，所以，
在长方体，求得，
故在三角形中，由余弦定理得，
故选：B.
【点睛】
方法点睛：本题主要考查二面角的余弦值的求解，是中档题.求二面角的常用方法：
（1）找（确定二面角的平面角）
①点（定义法）：再二面角的棱上找一个特殊点，在两个半平面内分别作垂直与棱的射线；
②线（三垂线定理）：过二面角的一个面内一点作另一个平面的垂线，过垂足作棱的垂线，利用线面垂直可找到二面角的平面角或其补角；
③面（垂面法）：过棱上一点作棱的垂直平面，该平面与二面角的两个半平面产生交线，这两条交线所成的角即是二面角的平面角.
（2）求（求二面角的平面角的余弦值或正弦值）
①在三角形中，利用余弦定理求值；
②射影面积公式求值；
③利用公式法求值.
还可以建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角的余弦值.
9．BC
【解析】
【分析】
根据各事件的交补集中的事件数，应用古典概型求概率的方法求、、、，由两两相互独立事件的概率性质判断A、B、C是否相互独立.
【详解】
由题意， ，，，
∴，同理，，
由，则，故A错误；
由，则，故B正确；
由，则，而，故C正确；
因为，，，所以事件，，不两两相互独立，故D错误.
故选：BC.
【点睛】
易错点睛：对于两个事件，，可将对应的积事件看成一个事件，利用古典概型的概率公式计算，一般地，对于两个事件，，概率公式为，
使用概率的计算公式，必须注意前提条件：
对于两个事件，，有；
当，为互斥事件时，有.
若事件，，，有时，不一定有，，两两相互独立.
10．AD
【解析】
【分析】
证明面，点与点到平面的距离相等，再由点与点到平面的距离相等可判断A；证明平面，假设，则平面，而过点有且只有一条直线与平面垂直可判断B；计算三棱锥的体积可判断C；取的中点，连接，，计算截面四边形的面积可判断D，进而可得正确选项.
【详解】
对于A：因为、分别为棱、的中点，所以，因为面，面，所以面，所以点与点到平面的距离相等，因为是线段的中点，所以点与点到平面的距离相等，所以点与点到平面的距离相等，故选项A正确；
对于B：因为平面，面，所以，因为，即，，所以平面，因为、分别为棱、的中点，所以，所以平面，因为平面，所以，因为
平面，面，所以，因为，所以平面，因为面，所以，假设，，则平面，而过点有且只有一条直线与平面垂直，假设不成立，所以直线与直线不垂直，故选项B不正确；
对于C：因为、分别为棱、的中点，所以，且，因为平面，所以平面，因为为的中点，，所以
，所以，
故选项C不正确.
对于D：取的中点，连接，，则四边形即为所求截面.因为分别为，的中点，所以且，同理可得且，所以且，，所以四边形为矩形，，所以截面面积为，
故选项D正确；
故选：AD.
11．BC
【解析】
【分析】
以为坐标原点，分别以所在的直线为轴建立平面直角坐标系，求出的坐标即可判断A；将用基底表示，再利由数量积运算计算可判断B；不妨设靠近点，，则，用表示两点坐标，计算 求最值，可判断C；设，，可得，利用向量相等，坐标相等可得与的关系，将表示为关于的函数，即可求最值判断D，进而可得正确选项.
【详解】
如图：以为坐标原点，分别以所在的直线为轴建立平面直角坐标系，
则，，，，，
对于A：由重心坐标公式可得 所以，而，
所以，故选项A不正确；
对于B：设，则
，所以
，故选项B正确；
对于C：不妨设靠近点，，则，可得，
，
则，当时，
取得最小值为，故选项C正确；
对于D：设，由可得，
所以，设，所以，
，
由可得，所以，此时无最大值，故选项D不正确，
故选：BC.
12．AB
【解析】
【分析】
由向量数量积的定义可判断AC；由向量的线性运算以及模长公式可判断B，由向量投影的定义可判断D，进而可得正确选项.
【详解】
因为八边形是正八边形，且，
所以，
对于A：与之间的夹角为，，
故选项A正确；
对于B：与之间的夹角为，可得，
，所以，
故选项B正确；
对于C：因为，但夹角不相等，由数量积的定义知
，故选项C不正确；
对于D：，所以在向量上的投影为，
因为，所以在向量上的投影不是，胡选项D不正确；
故选：AB.
13．7
【解析】
【分析】
根据题意建立坐标系，求出各点的坐标，再结合的几何意义，求出对应点轨迹，利用圆的几何性质，即可求解结论．
【详解】
平面内非零向量，，，有，，．
故可建立如图所示的坐标系，
则，，
设，
因为，
，
对应点在以为圆心，2为半径的圆上的点，
因为，
故的最大值为：，
故答案为：7．
14．．
【解析】
【分析】
过作于点，通过解直角三角形可得结论．
【详解】
过作于点，如图，
因为，所以，
又，所以，所以，而，则，
所以．
故答案为：．
15．
【解析】
【分析】
取的中点，连接，，，可证明平面面，即可得点在线段上运动，连接，则即为与底面所成角，，由的范围求出的范围即可求解.
【详解】
取的中点，连接，，，
则，面，面，所以面，
同理：，面，面，所以面，
因为，所以平面面，
因为平面，且点在底面内（包括边界），
所以点在线段上运动，
连接，因为面，所以即为与底面所成角，
在中，，
在中，当点与点重合时最长为，此时最长为，
当时，最短为，此时最短为，
即，
所以
故答案为：.
16．
【解析】
【分析】
根据题意，得到，，取AC的中点O，得到外接球的球心是O，求得球的半径，利用体积公式，即可求解.
【详解】
如图所示，因为平面平面，所以平面平面，
可得取的中点，则，
于是外接球的球心是，则
又由
所以半径
所以外接球的体积为..
故答案为：
17．（1）；（2）等边三角形.
【解析】
【分析】
（1）根据余弦定理，结合正弦定理、三角形面积公式进行求解即可；
（2）根据余弦定理，结合基本不等式进行求解即可.
【详解】
解：（1）由，
得.
又因为，
所以，
解得.
又，
所以.
由余弦定理得，
所以，
因为，
所以，
所以.
（2）由余弦定理得，因为，
所以，
所以，，
当且仅当时等号成立，
所以的最大值为，
此时为等边三角形.
18．（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）取的中点，连接、，证明四边形为平行四边形，可得出，利用线面平行的判定定理可证得结论成立；
（2）证明出，设，求出三边边长，利用等面积法可得出关于的方程，解出的值，即可得解.
【详解】
（1）取的中点，连接、，
为棱的中点，为的中点，所以，且，
因为四边形为正方形，则且，
又为棱的中点，且，从而且，
于是四边形为平行四边形，，
平面，平面，平面；
（2）在正中，为的中点，.
平面平面，平面平面，，平面，平面，
平面，，
，平面，
平面，，
设，在中，，，，
由，即，解得.
19．（1）众数为；（2）元；（3）.
【解析】
【分析】
（1）频率分布表中频率最大的对应次数即是众数；
（2）分别用年进园次数对应的费用乘以对应的概率之和即可求平均数；
（3）计算使用年票该市民在进园门票上年花费的平均数，使该平均数大于使用年票 该市民在进园门票上年花费的平均数即可求解.
【详解】
（1）由频率分布表知：该市民年进园次数频率最大为，对应的次数是，所以估计该市民年进园次数的众数为12
（2）若该市民使用年票一年进游乐园次，该市民在进园门票上的年花费为元，则
所以该市民在进园门票上年花费的平均数为
（3）若该市民使用年票，则该市民在进园门票上年花费的平均数为
元).
若选择年票比选择年票更优惠，则，解得.
因为，所以，所以的最小值为.
20．（1）；（2）；（3）.
【解析】
【分析】
（1）根据频率分布直方图，求出对应的频率，进而可得用户数量；
（2）根据题意，分别求出和对应的用电量，进而可得出结果；
（3）先由题意，得到样本中用电量在的用户有4户，设编号分别为1，2，3，4；在的用户有2户，设编号分别为，，根据列举法得出总的基本事件个数，以及满足条件的基本事件个数，基本事件个数比即为所求概率.
【详解】
（1）由直方图可得，样本落在，，，的频率分别为0.02，0.15，0.27，0.23，落在，，，的频率分别为0.09，0.06，0.04，0.01.
因此，样本落在的频率为
样本中用电量在的用户数为.
（2）因为，，
为了使的居民缴费在第一档，只需对应的用电量位于内，
于是，
又，
所以对应的用电量为280.
所以第二档的范围可确定为.
（3）由题可知，样本中用电量在的用户有4户，设编号分别为1，2，3，4；在的用户有2户，设编号分别为，，则从6户中任取2户的样本空间为：
，共有15个样本点.
设事件“走访对象来自不同分组”，
则，
所以，从而.
【点睛】
本题主要考查频率分布直方图的简单应用，考查求古典概型的概率，属于常考题型.
21．（1）；（2）
【解析】
【分析】
（1）先在中，由余弦定理求出，由勾股定理得到，，求出，即可求出区域的面积；
（2）设，，根据余弦定理得到与的关系式，在中，由正弦定理得到，表示出区域的面积，即可求解.
【详解】
解：（1）在中，
∵，
由余弦定理得：，
∴，
∴，，
∵为等边三角形，
∴，，
∴，
∴(平方百米)；
（2）不妨设，，，
∴在中，，
在中，由余弦定理得：，
，
即，
∴，
在中，由正弦定理得：，
即，
∴
，
当且仅当，即时，等号成立，
∴面积最大为.
22．（1）证明见解析，（2）
【解析】
【分析】
（1）利用面面垂直的性质定理证明平面，进一步证明平面，由面面垂直的判定定理证明即可；
（2）过点作于，连接，由面面垂直的性质定理可得平面，则由线面角的定义可得，为BM和平面ABCD所成角，即，设，利用边角关系求出，然后利用换元法，令，结合基本不等式求解最值即可
【详解】
（1）证明：因为平面平面，平面平面，，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
因为M是上异于C，D的动点，为直径，
所以,
因为，平面，
所以平面，
因为平面，所以平面AMD平面BMC，
（2）解：过点作于，连接，
因为平面平面，平面平面，
所以平面，则为BM和平面ABCD所成角，即，
设，所以，则由射影定理可得，
因为，所以，
所以，令，
所以，当且仅当，即（）时取等号，
所以的最大值为