（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（基础版）（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（基础版）（全解全析），共12页。试卷主要包含了ACD，BC等内容，欢迎下载使用。

1．D
【详解】
A：若，但无法确定向量，的方向，故错误；
B：若，且，则，即，无法得到，错误；
C：若反向共线时，不成立，错误；
D：若，则，，故，正确.
故选：D.
2．B
【详解】
A. ，则或，故错误；
B. 过直线a作平面，有，因为，所以，
又因为，所以，所以，故正确
C. ，则或a，b异面，故错误；
D. ，则或相交，故错误；
故选：B
3．B
【详解】
依题意，该同学可以进入两个社团的概率为，则，整理得，
又三个社团都进不了的概率为，则，整理得，
联立与，解得，
所以.
故选：B
4．C
【详解】
解：这24个数据的中位数为，
众数为172，
∵，∴第30百分位数为第8个数169，
故选：C.
5．A
【详解】
由正弦定理可得，.
故选：A.
6．C
【详解】
由题意，正四面体各个面都是正三角形，
所以在平面内过点有两条直线与成的直线，
如图所示，在平面内过点与直线成的直线仅有2条.
故选：C.
7．C
【详解】
对于A选项，由图可知，年全国居民人均可支配收入比上年上涨了，A错；
对于B选项，年全国居民人均居住支出占消费支出的比重为，年全国居民人均居住支出占可支配收入的比重为，B错；
对于C选项，年全国居民人均交通通信支出占消费支出的比重为，C对；
对于D选项，年全国居民人均可支配收入逐年增加，年比上年实际增长率上升，D错.
故选：C.
8．C
【详解】
解：正四面体各面都是全等的等边三角形，设正四面体的棱长为，
所以该正四面体的表面积为，
所以，又正方体的面对角线可构成正四面体，
若正四面体棱长为，可得正方体的棱长为1，
所以正方体的外接球即为该正四面体的外接球，
所以外接球的直径为，半径为，所以球的体积为．
故选：C.
9．ACD
【详解】
解：由，解得，故选项A正确；
体重不低于60千克的频率为，
所以这100名学生中体重不低于60千克的人数为人，故选项B错误；
100名学生体重的众数约为，故选项C正确；
因为体重不低于60千克的频率为0.3，而体重在，的频率为，
所以计该校学生体重的分位数约为，故选项D正确．
故选：ACD．
10．BC
【解析】
【分析】
利用复数的几何意义、概念及共轭复数的含义即可判断.
【详解】
对于A，当时，，复平面内表示复数的点位于第四象限，故A错误；
对于B，当时，，为纯虚数，故B正确；
对于C，，最大值为，故C正确；
对于D，的共轭复数为，故D错误.
故选：BC.
11．ABD
【解析】
【分析】
求出圆台的高，由梯形的面积公式可判断A；由台体的体积公式可判断B；由台体的母线与高可判断C；将圆台补成圆锥，侧面展开，取的中点为，连接，可判断D.
【详解】
解：由，且，
可得，高，
则圆台轴截面面积为，故A正确；
圆台的体积为，故B正确；
圆台的母线与下底面所成的角为，其正弦值为，
所以，故C错误；
由圆台补成圆锥，可得大圆锥的母线长为，底面半径为，
侧面展开图的圆心角为，
设的中点为，连接，
可得，，，
则，所以沿着该圆台表面，
从点到中点的最短距离为，故D正确.
故选：ABD.
12．ABC
【解析】
【分析】
以点D为原点，向量的方向为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量数量积
可判断A，B；求出点E到平面的距离再求体积可判断C；作出截面并求其面积判断D作答.
【详解】
在正方体中，以点D为原点，向量的方向为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，如图，
，
对于A，棱DC中点，棱中点，，
，则，即，A正确；
对于B，，，则，即，B正确；
对于C，平面，，
，设平面的一个法向量，
于是得，令，得，则点E到平面的距离d为：
，而，，
，，C正确；
对于D，取中点G，连，则，，点E不在直线上，
则，又，从而有等腰梯形是平面截正方体的截面，
等腰梯形的高，其面积，D不正确.
故选：ABC
13．
【解析】
【分析】
直接利用向量的模的运算法则，结合向量的数量积求解即可.
【详解】
解：向量、满足，，、的夹角为，
则.
故答案为：.
14．0.38
【解析】
【分析】
利用相互独立事件及对立事件的概率公式求得结果.
【详解】
设甲地降雨为事件A，乙地降雨为事件B，则两地恰有一地降雨为A＋B，
∴P(A＋B)＝P(A)＋P(B)
＝P(A)P()＋P()P(B)
＝0.2×0.7＋0.8×0.3
＝0.38.
故答案为：0.38.
15．
【解析】
【分析】
利用平面向量垂直的坐标表示结合三角恒等变换化简得出，利用二倍角的余弦公式可求得结果.
【详解】
由得
，
所以，，因此，.
故答案为：.
16．
【解析】
【分析】
作出二面角的平面角，利用余弦定理求得二面角的余弦值.
【详解】
取的中点，连接､，
因为，所以，，
所以即为二面角的平面角，
因为，，所以，
而，在中，由余弦定理可得，
故答案为：.
17．(1)；(2)．
【解析】
【分析】
(1)结合已知条件，利用正弦定理即可求解；(2)首先根据已知条件以及(1)中结论，利用正弦定理和余弦定理求出，再结合均值不等式即可求解.
【详解】
(1)由正弦定理可得，，
又因为，
所以，
化简整理得，，由，故，
又因为，所以．
(2)由正弦定理和(1)中结论得，，
所以，，
因为，
所以，
化简整理得，，即，
由余弦定理可知，，即，
从而，
又因为，当且仅当时，等号成立，
所以，当且仅当时，等号成立，
故面积，当且仅当时，面积有最大值，
所以面积的最大值为.
18．（1）中位数为90，平均数为90，极差为47；（2）99.
【解析】
【分析】
（1）把数据从小到大排列，再根据中位数、平均数和极差的概念即可求出；
（2）根据百分位数的定义求出80%的位数，由此估计每天应进多少货物.
【详解】
（1）将数据从小到大排列为：70,74,75,76,80,83,84,85,87,89,91,94,95,96,97,98,100,102,107,117.
所以中位数为，
平均数为=90，
极差为117-70=47.
（2）因为20×80%=16，所以样本数据的第80百分位数是第16、17项数据的平均值，即，据此估计每天应进99千克苹果.
19．(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）证明出平面，利用面面垂直的判定定理可证得结论成立；
（2）设，取的中点，连接，过点在平面内作，垂足为点，连接，分析可知二面角的平面角为，计算出三边边长，由此可求得的余弦值，即可得解.
(1)
证明：平面，平面，，
四边形为正方形，则，
，平面，平面，，
，为的中点，则，
，平面，平面，平面平面.
(2)
解：设，取的中点，连接，过点在平面内作，垂足为点，连接，
、分别为、的中点，则且，
平面，平面，平面，，
，，平面，
平面，，所以，二面角的平面角为，
在中，，，，
所以，，则，
所以，，故，
因此，二面角的余弦值为.
20．（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）由已知利用三角形的面积公式可求，然后在中，利用余弦定理求解；
（2）设，易知，再由，，然后在中，利用正弦定理求解.
【详解】
（1）在中，因为，，
的面积为，
所以，解得，
在中，由余弦定理的，
所以.
（2）设，则，
在中，因为，
所以，
在中，，
由正弦定理，可得，即，
所以，
因为为锐角，
所以，
解得，即的值为.
21．（1）107.5；（2）；（3）.
【解析】
【分析】
（1）根据频率分布图可求出平均车速中位数的估计值；
（2）由频率分布直方图可知车速在在内有2辆车，车速在的有4辆车，利用古典概型求解即可;
（3）根据相互独立事件同时发生的概率求解即可.
【详解】
（1）设平均车速的中位数的估值为，则
故平均车速的中位数为107.5.
（2）车速在内的有，车速在的有，
故抽取的2辆汽车的平均车速都在区间上的概率.
（3）设事件A为“汽车收到短信提醒”，则，
∵汽车的速度不受影响，
∴连续两辆汽车都收到短信体现的概率.
22．（1）证明见解析；（2）90°.
【解析】
【分析】
（1）连接，交于点，连接，证明后得线面平行；
（2）证明平面，可得线线垂直，从而得异面直线所成的角．
【详解】
解：（1）证明：连接，交于点，连接，
∵直三棱柱中，是矩形，∴是中点，
∵是的中点，∴，
∵平面，平面，
∴直线平面；
（2）∵，是的中点，∴，
∵直三棱柱中，平面，
∴平面，∴，
∵，∴平面，
∵平面，∴，
∴异面直线与所成角的大小为90°.