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【同步讲义】（人教A版2019）高中数学必修二：期末测试卷（基础卷）
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这是一份【同步讲义】（人教A版2019）高中数学必修二：期末测试卷（基础卷），文件包含必修第二册期末测试卷基础卷学生版docx、必修第二册期末测试卷基础卷解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共27页， 欢迎下载使用。
必修第二册期末测试卷（基础卷）
一、单选题
1．如图，E，F分别为正方体的面、面的中心，则四边形在该正方体的面上的射影可能是（ ）
① ② ③ ④
A．①②③ B．②③ C．①②④ D．②①
【答案】B
【分析】根据正方体的对称性,可知四边形在该正方体的面上的射影有三种:分别为在面ABCD、面、面上的射影,即可得解.
【详解】因为正方体是对称的几何体,所以四边形在该正方体的面上的射影可分为：自上而下、自左至右、由前及后三个方向的射影,也就是在面ABCD、面、面上的射影．
四边形在面ABCD和面上的射影相同,如图②所示；
四边形在该正方体的对角面内,它在面上的射影是一条线段,如图③所示．
所以②③正确．
故选:B
【点睛】本题考查了正方体的结构特点,投影的定义及投影形状的判定,属于基础题.
2．已知圆锥的侧面积展开图是一个半圆，则其母线与底面半径之比为
A．1 B． C． D．2
【答案】D
【分析】圆锥的侧面展开图为扇形，根据扇形的弧长即为圆锥的底面圆的周长可得母线与底面圆半径间的关系．
【详解】设圆锥的母线长为，底面圆的半径为，
由已知可得，
所以，
所以，
即圆锥的母线与底面半径之比为2.
故选D．
【点睛】解答本题时要注意空间图形和平面图形间的转化以及转化过程中的等量关系，解题的关键是根据扇形的弧长等于圆锥底面圆的周长得到等量关系，属于基础题．
3．下列四个命题：①对立事件一定是互斥事件，互斥事件不一定是对立事件；②若为两个事件，则；③若事件两两互斥；④若满足且，则是对立事件.其中错误的命题个数是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】D
【分析】根据互斥事件和对立事件的定义即可判断①；根据和事件的概率公式即可判断②；根据随机事件概率的性质，即可判断③；若满足且，是对立事件，可判断④.
【详解】对于①：对立事件一定是互斥事件，互斥事件不一定是对立事件；故①正确；
对于②：若为两个事件，则；故②不正确；
对于③：若事件两两互斥，若，则，故③不正确；
对于④：对于几何概型而言，若事件满足，，则不一定 是对立事件，
故④错误.
所以错误的命题有个，
故选：D
4．在2022年某地销售的汽车中随机选取1000台，对销售价格与销售数量进行统计，这1000台车辆的销售价格都不小于5万元，小于30万元，将销售价格分为五组：（单位：万元）.统计后制成的频率分布直方图如图所示.在选取的1000台汽车中，销售价格在内的车辆台数为（ ）
A．800 B．600 C．700 D．750
【答案】C
【分析】根据给定的频率分布直方图，求出销售价格在内的频率即可计算作答.
【详解】由频率分布直方图知，销售价格在内的频率是，
所以1000台汽车中，销售价格在内的车辆台数为.
故选：C
5．在正方体中，M是的中点，N是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】设正方体棱长为2，取中点E,BC中点F连接,可证得,，则为与所成角，计算即可求得结果.
【详解】设正方体棱长为2，取中点E,BC中点F连接,
,,四边形为平行四边形，.
,,四边形为平行四边形，.
为与所成角.
在中，,
.
与所成角的余弦值为.
故选：D
6．甲、乙两人下棋，两人下成和棋的概率是0.5，甲获胜的概率是0.2，则乙不输的概率是（ ）
A．0.8 B．0.7 C．0.3 D．0.2
【答案】A
【解析】利用互斥事件概率加法公式直接求解．
【详解】解：甲、乙两人下棋，两人下成和棋的概率是，甲获胜的概率是，
∴乙不输的概率是：．
故选：A．
【点睛】本题考查概率的求法，考查互斥事件概率加法公式等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题．
7．用斜二测画法画出的某平面图形的直观图如图所示，边平行于轴，，平行于轴，已知四边形的面积为，则原四边形的面积为（ ）．
A．12 B． C． D．3
【答案】B
【分析】由题意结合斜二测画法的法则整理计算即可求得原图形的面积.
【详解】解：设斜二测画法中梯形的上底为长度，下底长度为，，
则梯形的面积为：，则，
原平面图形是一个梯形，且上底为长度，下底长度为，高为，
其面积.
故选：B
8．某零件加工厂认定工人通过试用期的方法为：随机选取试用期中的5天，再从每天生产的零件中分别随机抽取25件，要求每天合格品均不低于22件．若甲、乙、丙三人在其5天抽检样本中的合格品件数统计如下，甲：中位数为24，极差不超过2；乙：平均数为23，方差不超过1；丙：众数为23，方差不超过1，则一定能通过试用期的有（ ）
A．甲、乙 B．甲、丙 C．乙、丙 D．甲、乙、丙
【答案】A
【分析】根据甲乙丙的统计数据，判断他们的合格品数是否有可能低于22，只要不低于22，则一定能通过.
【详解】对于甲：由甲的统计数据可知，甲至少有3天的合格品数不低于24，最低合格品数不低于2，所以甲一定能通过；
对于乙：设乙每天的合格品件数为，则，
即.若乙有不止一天的合格品数低于21，，不合题意；
若乙只有一天的合格品数低于22，不妨取，，因为平均数为23，则至少有一天的合格品数为25或至少有两天的合格品数为24，无论哪种情况，都可以得到，不合题意，所以乙的每一天的合格品数都不低于22，乙一定能通过；
对于丙：若丙的合格品数为21，22，23，23，23，则丙的众数为23，方差为0.64，符合丙的统计数据，但丙不能通过；
所以甲、乙一定能通过，A正确；
故选：A.
二、多选题
9．对具有线性相关关系的变量有一组观测数据，已知，，则（ ）
A．数据的平均数为0
B．若变量的经验回归方程为，则实数
C．变量的样本相关系数越大，表示模型与成对数据的线性相关性越强
D．变量的决定系数越大，表示模型与成对数据拟合的效果越好
【答案】BD
【分析】对A：由平均数的性质即可求解；对B：根据回归直线必过样本中心即可求解；对C：根据相关系数越大，线性相关性越强即可判断；对D：变量的决定系数越大，数据拟合的效果越好即可判断.
【详解】解：因为，所以.
对于选项A，的平均数为，故选项A错误；
对于选项B，若变量的经验回归方程是，则，故选项B正确；
对于选项C，当变量为负相关时，相关性越强，相关系数越小（越接近于），故选项C错误；
对于选项D，变量的决定系数越大，残差平方和越小，则变量拟合的效果越好，故选项D正确.
故选：BD.
10．如图所示，圆所在平面，是圆的直径，是圆上一点，，给出下列结论，其中真命题的是（ ）
A．AE⊥BC B．EF⊥PB
C．AF⊥BC D．AE⊥平面PBC，
【答案】ABD
【分析】根据线面垂直的判定定理和性质定理，逐项判定，即可求解.
【详解】由圆O所在平面，可得，
又由是圆的直径，是圆上一点，可得，
因为，所以平面，
又因为平面，所以，所以A正确；
由且，所以平面，
又由平面，所以，
又因为，且，所以平面，
因为平面，所以，所以B、D正确；
若，可证得平面，此时与已知矛盾，所以C不正确；
故选：ABD.
11．甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙罐中有4个红球，3个白球和3个黑球．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以，和表示从甲罐取出的球是红球、白球、黑球，再从乙罐中随机取出一球，以B表示从乙罐取出的球是红球．则下列结论中正确的是（ ）
A． B．
C．事件B与事件相互独立 D．，，两两互斥
【答案】AD
【分析】根据给定条件，利用缩小空间的方法求出条件概率判断A；利用互斥事件相互独立事件概率公式计算判断B；利用相互独立事件、互斥事件的意义判断CD作答.
【详解】依题意，，A正确；
事件，，两两互斥，D正确；
，，，，，
，
因此B与不是相互独立事件，BC都不正确．
故选：AD
12．已知正方体的棱长为6，点分别是棱的中点，是棱上的动点，则（ ）
A．直线与所成角的正切值为
B．直线平面
C．平面平面
D．到直线的距离为
【答案】BCD
【分析】把直线与所成的角，转化为直线与所成的角，在直角中，求得所成的角的正切值为，可判定A不正确；由，利用线面平行的判定定理，证得平面，可判定B正确；由 平面，得到平面，结合面面垂直的判定定理，可判定C正确；设，证得，得到即为点到直线的距离，在直角中求得，可判定D正确.
【详解】对于A中，在正方体中，可得，
所以异面直线与所成的角，即为直线与所成的角，设，
取的中点，连接和，
在直角中，，即异面直线与所成的角的正切值为，所以A不正确；
对于B中，因为点分别是棱的中点，可得，
又因为平面，平面，所以直线平面，
所以B正确；
对于C中，在正方体中，可得平面，
因为，所以平面，
又因为平面，所以平面平面，所以C正确；
对于D中，设，因为平面，且平面，
可得，所以即为点到直线的距离，
在直角中，，所以，
即到直线的距离为，所以D正确.
故选：BCD.
三、填空题
13．有两个质地均匀、大小相同的正四面体玩具，每个玩具的各面上分别写有数字，把两个玩具各抛掷一次，斜向上的面写有的数字之和能被5整除的概率为_____.
【答案】/
【分析】由题设分析知：要使斜向上的面写有的数字之和能被5整除，则两个玩具斜向上面的数字为，两种情况，应用古典概型的概率求法求概率.
【详解】由题设知：抛掷一次斜向上的面共4种情况，
∴两个玩具各抛掷一次，能被5整除的事件有，.
∴能被5整除的概率.
故答案为：
14．如图，空间四边形的边，成的角，且，，平行于与的截面分别交，，，于，则截面面积的最大值为______.
【答案】
【分析】由题意易证四边形是平行四边形，（或），，则可得，，则可表示出，再由基本不等式即可求出其最大值.
【详解】∵∥平面，平面，平面平面，
∴，同理，∴，同理，
∴四边形是平行四边形.
∵与所成的角为，∴（或），
设，∵，∴，
由，，得，
∴，
当且仅当，即时等号成立，
即为的中点时，截面的面积最大，为.
故答案为：.
15．已知一组数据：的平均数为，则该组数据的方差为______．
【答案】
【分析】由均值定义求得，再根据方差公式计算．
【详解】
该组数据的方差为
故答案为：4．
16．在锐角中，，则______；的面积是__________．
【答案】 60°
【分析】根据正弦定理得，代入，解得，再利用正弦定理求解，然后利用余弦定理，解得边c，再利用正弦定理求面积，
【详解】由正弦定理得，
所以 ，
因为，
所以，
所以， ，
因为是锐角三角形，
所以，
由余弦定理得，
所以 ，
解得 或 ，
当时，边a是最大边，，不成立，
当 时，边a是最大边，，成立，
故，
所以
故答案为：(1). 60° (2).
【点睛】本题主要考查正弦定理和余弦定理的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题，
四、解答题
17．某市为了解居民月均用水量的整体情况，通过简单随机抽样，获得了其中20户居民的月均用水量（单位：t），数据如下：
9.5 11.7 7.1 16.5 8.3 11.2 10.4 13.5 13.2 6.8
8.5 13.4 9.2 10.2 10.8 12.6 14.2 7.4 9.7 11.8
经计算，，，其中为抽取的第i户居民的月均用水量，其中．
(1)设“从这20个数据中大于13的数据中任取两个，其中恰有一个数据大于15”为事件A，求A的概率；
(2)根据统计原理，决定只保留区间内的数据，剔除该区间外的数据．
①利用保留的数据作为样本，估计该市居民月均用水量的平均值与方差（结果保留2位小数）；
②根据剔除前后的数据对比，写出一个统计结论．
【答案】(1)
(2)①估计该市居民月均用水量的平均值是10.5t. 估计该市居民月均用水量的方差是4.93. ②对比剔除前后的数据，可看出剔除后的平均值与剔除前的平均值差别较大，剔除后的方差值与剔除前的方差值差别较大（答案不唯一）.
【分析】（1）从表中数据得，抽取的20户居民的月均用水量大于13的数据有16.5、13.5、13.2、13.4、14.2，共5个，运用列举法和古典概率公式可求得答案；
（2）①由已知数据求得，由此剔除了16.5这个数据，其他19个数据将保留作为样本，再计算出样本的平均值和方差；
②比较剔除前后的数据，比较剔除前后的平均值和方差可得结论.
【详解】（1）解：从表中数据得，抽取的20户居民的月均用水量大于13的数据有16.5、13.5、13.2、13.4、14.2，共5个，
记，
从上述大于13的5个数据中随机抽取两个的结果有如下：，，，，，，，，，，共10种情况，
恰有一个数据大于15的有：，，，，共4种情况，
所以；
（2）解：由题意得，
①，所以，
，
由此剔除了16.5这个数据，其他19个数据将保留作为样本，
即现有样本平均值等于，
故估计该市居民月均用水量的平均值是10.5t.
剔除了16.5这个数据，其他19个数据将保留作为样本，，
所以现有样本的方差为，
故估计该市居民月均用水量的方差是4.93.
②对比剔除前后的数据，可看出剔除后的平均值与剔除前的平均值差别较大，剔除后的方差值与剔除前的方差值差别较大，
16.5作为被剔除的数据，且是样本中最大的数据，对平均值、方差造成较大影响，
说明平均数易受极端数据的影响，即一个数据离平均数越远，对平均数的影响越大;
故当计算平均值时，可以通过去掉最大值和最小值，以降低它们对平均值计算结果的影响.
18．如图，在四棱锥中，底面为菱形，，又底面为的中点．
(1)求证：；
(2)设是的中点，求证：平面．
【答案】(1)答案见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）由题意可得AE⊥BC，根据BC∥AD，推断出AE⊥AD，又PA⊥AD，进而根据线面垂直的判定定理证出AD⊥平面PAE，最后利用线面垂直的性质可得AD⊥PE；
（2）取AD的中点G，易得FG∥PA，CG∥AE，即可证明平面CFG∥平面PAE，进而可得CF∥平面PAE．
【详解】（1）因为底面为菱形，，且为的中点，所以．
又，所以．
又底面底面，所以．
因为平面平面，所以平面，
平面，所以．
（2）取的中点，连接，
是中点，，，
，平面，平面，平面，
，平面，平面，平面，
又平面平面，
平面平面，
平面，平面．
19．如图，在四棱锥中，四边形为梯形，，且，是边长为2的正三角形，顶点D在边上的射影为F，且，，.
（1）证明：；
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）连结，利用线线垂直证明线面垂直；
（2）建立适当的空间直角坐标系，利用向量法求得二面角余弦值.
【详解】证明：（1）连结.由顶点D在上投影为点F，可知，.
在中，，，所以，所以点F为的中点.
又因为是边长为2的正三角形，所以.
因为，，，所以平面.
又平面，所以.
（2）在中，，，，满足，所以
，又，，所以面，
以F点为坐标原点，以所在直线为x轴，所在直线为y轴，所在直线为z轴，建立空间直角坐标系.
所以，，，，.
设平面，的法向量分别为，，则
，即，
令，得，所以，
，即，
令，得，所以，所以，又由图示得二面角是锐角，
所以二面角的余弦值为.
【点睛】易错点睛：本题的核心在考查空间向量的应用，需要注意以下问题：
(1)求解本题要注意两点：一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，二是利用方程思想进行向量运算，要认真细心，准确计算．
(2)设分别为平面α，β的法向量，则二面角θ与互补或相等.求解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．
20．近年来，以习近平同志为核心的党中央把生态保护放在优先位置，创新生态扶贫机制，坚持因地制宜、绿色发展，在贫困地区探索出一条脱贫攻坚与生态文明建设“双赢”的新路．下图是某社区关于生态文明建设进展情况的调查，调查数据表明，环境治理和保护问题仍是百姓最为关心的热点，参与调查者中关注此问题的约占80%．现从参与关注生态文明建设的人群中随机选出200人，这200人的年龄区间为并将这200人按年龄分组：第1组，第2组，第3组，第4组，第5组，得到的频率分布直方图如图所示．
（1）求出a的值；
（2）求这200人年龄的样本平均数（精确到小数点后一位）；
（3）现在要从年龄较小的第1，2组中用分层抽样的方法抽取5人，再从这5人中随机抽取2人进行问卷调查，求从第2组恰好抽到2人的概率．
【答案】（1）；（2）平均数为；（3）.
【解析】（1）由所有频率和为1可得；
（2）取各组数据中间值乘以相应的频率相加可得；
（3）结合频率分布直方图求得5人中第一组和第二组人数并编号，用列举法写出任取2人的方法，从而可得2人都是第二组的方法，由此可得概率．
【详解】（1）由，得．
（2）平均数为（岁）
（3）由频率分布直方图知抽取的5人中第一组有2人，编号为，第二组有3人，编号为，从中任取2人的情形有：共10种，
其中从第2组恰好抽到2人的情形是共3种，
所以所求概率为．
21．2021年10月12日中华人民共和国主席习近平在《生物多样性公约》第十五次缔约方大会领导人峰会视频讲话中提出：“＇万物各得其和以生，各得其养以成.＇生物多样性使地球充满生机，也是人类生存和发展的基础.保护生物多样性有助于维护地球家园，促进人类可持续发展.”中国大力推进生物多样性保护和恢复，完善政策法规，改善生态环境质量，划定生态保护红线，建立国家公园体系，实施长江十年禁渔，不断加大监管和执法力度，积极履行国际公约义务，全社会生物多样性保护意识不断增强，参与度不断提升，生物多样性下降势头得到基本控制，生态系统稳定性明显增强.某兴趣小组在开展昆虫研究时，设计了如下实验：在一个不透明的密封盒子中装有蝴蝶、蜜蜂等多种昆虫共2n(n≥4，n∈N)只.现在盒子上开一小孔，每次只能飞出一只昆虫，且任意一只昆虫都等可能地飞出.
(1)若盒子中共有8只昆虫，从中任意飞出2只昆虫时，飞出的恰好有1只是蜜蜂的概率为，
①求蜜蜂的只数；
②从盒子中任意飞出3只昆虫，记飞出蜜蜂的只数为X，求随机变量X的分布列与期望;
(2)若盒子中的昆虫有一半是蝴蝶时，求“从盒子中任意飞出2只昆虫，至少有1只蝴蝶飞出”的概率最大值.
【答案】(1)①蜜蜂共有4只，②分布列见解析，
(2)
【分析】（1）①设盒子中蜜蜂的只数为x()，则由题意可得，从而可求出，②由题意可得随机变量X的取值为0，1，2，3，然后求出各自对应的概率，从而可得分布列和数学期望，
（2）记“任意飞出两只昆虫，至少有1只是蝴蝶”为事件B，则可得，化简后可求得其最大值
【详解】（1）①记“从盒子中先后任意飞出两只昆虫，恰有1只蜜蜂”为事件A，设盒子中蜜蜂的只数为x()，则，解得，故蜜蜂共有4只，
②随机变量X的取值为0，1，2，3
故X的分布列为：
X
0
1
2
3
P
E(X)=
（2）记“任意飞出两只昆虫，至少有1只是蝴蝶”为事件B，则事件为“任意飞出两只昆虫，其中没有蝴蝶”：
，
当时，.
22．如图，在等腰梯形中，，为上一点，且，平面外两点满足平面．
(1)证明：平面．
(2)求该几何体的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先作辅助线，，进而证明四边形是矩形，再利用平行线分线段成比例，求得，证得是平行四边形，最后利用直线与平面平行的判定定理证明平面；
（2）分割几何体为两个棱锥，证得平面，平面后，利用已知数据与锥体的体积公式即可求该几何体的体积．
（1）
作，交于，连结，，作，交于，连结，
因为平面，平面，，
又因为，，所以是矩形，
因为，，所以，故，
又，故，所以，
所以，，又，，所以，，
所以是平行四边形，故，又面，面，所以平面．
（2）
由题意，几何体看作，两个棱锥的体积的和，
因为平面，，所以平面，
而平面，故，
连结，由，易得是平行四边形，所以，
又，所以是的中点，又，因此且是正三角形，
又面，，所以平面，
故该几何体的体积为：．
必修第二册期末测试卷（基础卷）
一、单选题
1．如图，E，F分别为正方体的面、面的中心，则四边形在该正方体的面上的射影可能是（ ）
① ② ③ ④
A．①②③ B．②③ C．①②④ D．②①
【答案】B
【分析】根据正方体的对称性,可知四边形在该正方体的面上的射影有三种:分别为在面ABCD、面、面上的射影,即可得解.
【详解】因为正方体是对称的几何体,所以四边形在该正方体的面上的射影可分为：自上而下、自左至右、由前及后三个方向的射影,也就是在面ABCD、面、面上的射影．
四边形在面ABCD和面上的射影相同,如图②所示；
四边形在该正方体的对角面内,它在面上的射影是一条线段,如图③所示．
所以②③正确．
故选:B
【点睛】本题考查了正方体的结构特点,投影的定义及投影形状的判定,属于基础题.
2．已知圆锥的侧面积展开图是一个半圆，则其母线与底面半径之比为
A．1 B． C． D．2
【答案】D
【分析】圆锥的侧面展开图为扇形，根据扇形的弧长即为圆锥的底面圆的周长可得母线与底面圆半径间的关系．
【详解】设圆锥的母线长为，底面圆的半径为，
由已知可得，
所以，
所以，
即圆锥的母线与底面半径之比为2.
故选D．
【点睛】解答本题时要注意空间图形和平面图形间的转化以及转化过程中的等量关系，解题的关键是根据扇形的弧长等于圆锥底面圆的周长得到等量关系，属于基础题．
3．下列四个命题：①对立事件一定是互斥事件，互斥事件不一定是对立事件；②若为两个事件，则；③若事件两两互斥；④若满足且，则是对立事件.其中错误的命题个数是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】D
【分析】根据互斥事件和对立事件的定义即可判断①；根据和事件的概率公式即可判断②；根据随机事件概率的性质，即可判断③；若满足且，是对立事件，可判断④.
【详解】对于①：对立事件一定是互斥事件，互斥事件不一定是对立事件；故①正确；
对于②：若为两个事件，则；故②不正确；
对于③：若事件两两互斥，若，则，故③不正确；
对于④：对于几何概型而言，若事件满足，，则不一定 是对立事件，
故④错误.
所以错误的命题有个，
故选：D
4．在2022年某地销售的汽车中随机选取1000台，对销售价格与销售数量进行统计，这1000台车辆的销售价格都不小于5万元，小于30万元，将销售价格分为五组：（单位：万元）.统计后制成的频率分布直方图如图所示.在选取的1000台汽车中，销售价格在内的车辆台数为（ ）
A．800 B．600 C．700 D．750
【答案】C
【分析】根据给定的频率分布直方图，求出销售价格在内的频率即可计算作答.
【详解】由频率分布直方图知，销售价格在内的频率是，
所以1000台汽车中，销售价格在内的车辆台数为.
故选：C
5．在正方体中，M是的中点，N是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】设正方体棱长为2，取中点E,BC中点F连接,可证得,，则为与所成角，计算即可求得结果.
【详解】设正方体棱长为2，取中点E,BC中点F连接,
,,四边形为平行四边形，.
,,四边形为平行四边形，.
为与所成角.
在中，,
.
与所成角的余弦值为.
故选：D
6．甲、乙两人下棋，两人下成和棋的概率是0.5，甲获胜的概率是0.2，则乙不输的概率是（ ）
A．0.8 B．0.7 C．0.3 D．0.2
【答案】A
【解析】利用互斥事件概率加法公式直接求解．
【详解】解：甲、乙两人下棋，两人下成和棋的概率是，甲获胜的概率是，
∴乙不输的概率是：．
故选：A．
【点睛】本题考查概率的求法，考查互斥事件概率加法公式等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题．
7．用斜二测画法画出的某平面图形的直观图如图所示，边平行于轴，，平行于轴，已知四边形的面积为，则原四边形的面积为（ ）．
A．12 B． C． D．3
【答案】B
【分析】由题意结合斜二测画法的法则整理计算即可求得原图形的面积.
【详解】解：设斜二测画法中梯形的上底为长度，下底长度为，，
则梯形的面积为：，则，
原平面图形是一个梯形，且上底为长度，下底长度为，高为，
其面积.
故选：B
8．某零件加工厂认定工人通过试用期的方法为：随机选取试用期中的5天，再从每天生产的零件中分别随机抽取25件，要求每天合格品均不低于22件．若甲、乙、丙三人在其5天抽检样本中的合格品件数统计如下，甲：中位数为24，极差不超过2；乙：平均数为23，方差不超过1；丙：众数为23，方差不超过1，则一定能通过试用期的有（ ）
A．甲、乙 B．甲、丙 C．乙、丙 D．甲、乙、丙
【答案】A
【分析】根据甲乙丙的统计数据，判断他们的合格品数是否有可能低于22，只要不低于22，则一定能通过.
【详解】对于甲：由甲的统计数据可知，甲至少有3天的合格品数不低于24，最低合格品数不低于2，所以甲一定能通过；
对于乙：设乙每天的合格品件数为，则，
即.若乙有不止一天的合格品数低于21，，不合题意；
若乙只有一天的合格品数低于22，不妨取，，因为平均数为23，则至少有一天的合格品数为25或至少有两天的合格品数为24，无论哪种情况，都可以得到，不合题意，所以乙的每一天的合格品数都不低于22，乙一定能通过；
对于丙：若丙的合格品数为21，22，23，23，23，则丙的众数为23，方差为0.64，符合丙的统计数据，但丙不能通过；
所以甲、乙一定能通过，A正确；
故选：A.
二、多选题
9．对具有线性相关关系的变量有一组观测数据，已知，，则（ ）
A．数据的平均数为0
B．若变量的经验回归方程为，则实数
C．变量的样本相关系数越大，表示模型与成对数据的线性相关性越强
D．变量的决定系数越大，表示模型与成对数据拟合的效果越好
【答案】BD
【分析】对A：由平均数的性质即可求解；对B：根据回归直线必过样本中心即可求解；对C：根据相关系数越大，线性相关性越强即可判断；对D：变量的决定系数越大，数据拟合的效果越好即可判断.
【详解】解：因为，所以.
对于选项A，的平均数为，故选项A错误；
对于选项B，若变量的经验回归方程是，则，故选项B正确；
对于选项C，当变量为负相关时，相关性越强，相关系数越小（越接近于），故选项C错误；
对于选项D，变量的决定系数越大，残差平方和越小，则变量拟合的效果越好，故选项D正确.
故选：BD.
10．如图所示，圆所在平面，是圆的直径，是圆上一点，，给出下列结论，其中真命题的是（ ）
A．AE⊥BC B．EF⊥PB
C．AF⊥BC D．AE⊥平面PBC，
【答案】ABD
【分析】根据线面垂直的判定定理和性质定理，逐项判定，即可求解.
【详解】由圆O所在平面，可得，
又由是圆的直径，是圆上一点，可得，
因为，所以平面，
又因为平面，所以，所以A正确；
由且，所以平面，
又由平面，所以，
又因为，且，所以平面，
因为平面，所以，所以B、D正确；
若，可证得平面，此时与已知矛盾，所以C不正确；
故选：ABD.
11．甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙罐中有4个红球，3个白球和3个黑球．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以，和表示从甲罐取出的球是红球、白球、黑球，再从乙罐中随机取出一球，以B表示从乙罐取出的球是红球．则下列结论中正确的是（ ）
A． B．
C．事件B与事件相互独立 D．，，两两互斥
【答案】AD
【分析】根据给定条件，利用缩小空间的方法求出条件概率判断A；利用互斥事件相互独立事件概率公式计算判断B；利用相互独立事件、互斥事件的意义判断CD作答.
【详解】依题意，，A正确；
事件，，两两互斥，D正确；
，，，，，
，
因此B与不是相互独立事件，BC都不正确．
故选：AD
12．已知正方体的棱长为6，点分别是棱的中点，是棱上的动点，则（ ）
A．直线与所成角的正切值为
B．直线平面
C．平面平面
D．到直线的距离为
【答案】BCD
【分析】把直线与所成的角，转化为直线与所成的角，在直角中，求得所成的角的正切值为，可判定A不正确；由，利用线面平行的判定定理，证得平面，可判定B正确；由 平面，得到平面，结合面面垂直的判定定理，可判定C正确；设，证得，得到即为点到直线的距离，在直角中求得，可判定D正确.
【详解】对于A中，在正方体中，可得，
所以异面直线与所成的角，即为直线与所成的角，设，
取的中点，连接和，
在直角中，，即异面直线与所成的角的正切值为，所以A不正确；
对于B中，因为点分别是棱的中点，可得，
又因为平面，平面，所以直线平面，
所以B正确；
对于C中，在正方体中，可得平面，
因为，所以平面，
又因为平面，所以平面平面，所以C正确；
对于D中，设，因为平面，且平面，
可得，所以即为点到直线的距离，
在直角中，，所以，
即到直线的距离为，所以D正确.
故选：BCD.
三、填空题
13．有两个质地均匀、大小相同的正四面体玩具，每个玩具的各面上分别写有数字，把两个玩具各抛掷一次，斜向上的面写有的数字之和能被5整除的概率为_____.
【答案】/
【分析】由题设分析知：要使斜向上的面写有的数字之和能被5整除，则两个玩具斜向上面的数字为，两种情况，应用古典概型的概率求法求概率.
【详解】由题设知：抛掷一次斜向上的面共4种情况，
∴两个玩具各抛掷一次，能被5整除的事件有，.
∴能被5整除的概率.
故答案为：
14．如图，空间四边形的边，成的角，且，，平行于与的截面分别交，，，于，则截面面积的最大值为______.
【答案】
【分析】由题意易证四边形是平行四边形，（或），，则可得，，则可表示出，再由基本不等式即可求出其最大值.
【详解】∵∥平面，平面，平面平面，
∴，同理，∴，同理，
∴四边形是平行四边形.
∵与所成的角为，∴（或），
设，∵，∴，
由，，得，
∴，
当且仅当，即时等号成立，
即为的中点时，截面的面积最大，为.
故答案为：.
15．已知一组数据：的平均数为，则该组数据的方差为______．
【答案】
【分析】由均值定义求得，再根据方差公式计算．
【详解】
该组数据的方差为
故答案为：4．
16．在锐角中，，则______；的面积是__________．
【答案】 60°
【分析】根据正弦定理得，代入，解得，再利用正弦定理求解，然后利用余弦定理，解得边c，再利用正弦定理求面积，
【详解】由正弦定理得，
所以 ，
因为，
所以，
所以， ，
因为是锐角三角形，
所以，
由余弦定理得，
所以 ，
解得 或 ，
当时，边a是最大边，，不成立，
当 时，边a是最大边，，成立，
故，
所以
故答案为：(1). 60° (2).
【点睛】本题主要考查正弦定理和余弦定理的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题，
四、解答题
17．某市为了解居民月均用水量的整体情况，通过简单随机抽样，获得了其中20户居民的月均用水量（单位：t），数据如下：
9.5 11.7 7.1 16.5 8.3 11.2 10.4 13.5 13.2 6.8
8.5 13.4 9.2 10.2 10.8 12.6 14.2 7.4 9.7 11.8
经计算，，，其中为抽取的第i户居民的月均用水量，其中．
(1)设“从这20个数据中大于13的数据中任取两个，其中恰有一个数据大于15”为事件A，求A的概率；
(2)根据统计原理，决定只保留区间内的数据，剔除该区间外的数据．
①利用保留的数据作为样本，估计该市居民月均用水量的平均值与方差（结果保留2位小数）；
②根据剔除前后的数据对比，写出一个统计结论．
【答案】(1)
(2)①估计该市居民月均用水量的平均值是10.5t. 估计该市居民月均用水量的方差是4.93. ②对比剔除前后的数据，可看出剔除后的平均值与剔除前的平均值差别较大，剔除后的方差值与剔除前的方差值差别较大（答案不唯一）.
【分析】（1）从表中数据得，抽取的20户居民的月均用水量大于13的数据有16.5、13.5、13.2、13.4、14.2，共5个，运用列举法和古典概率公式可求得答案；
（2）①由已知数据求得，由此剔除了16.5这个数据，其他19个数据将保留作为样本，再计算出样本的平均值和方差；
②比较剔除前后的数据，比较剔除前后的平均值和方差可得结论.
【详解】（1）解：从表中数据得，抽取的20户居民的月均用水量大于13的数据有16.5、13.5、13.2、13.4、14.2，共5个，
记，
从上述大于13的5个数据中随机抽取两个的结果有如下：，，，，，，，，，，共10种情况，
恰有一个数据大于15的有：，，，，共4种情况，
所以；
（2）解：由题意得，
①，所以，
，
由此剔除了16.5这个数据，其他19个数据将保留作为样本，
即现有样本平均值等于，
故估计该市居民月均用水量的平均值是10.5t.
剔除了16.5这个数据，其他19个数据将保留作为样本，，
所以现有样本的方差为，
故估计该市居民月均用水量的方差是4.93.
②对比剔除前后的数据，可看出剔除后的平均值与剔除前的平均值差别较大，剔除后的方差值与剔除前的方差值差别较大，
16.5作为被剔除的数据，且是样本中最大的数据，对平均值、方差造成较大影响，
说明平均数易受极端数据的影响，即一个数据离平均数越远，对平均数的影响越大;
故当计算平均值时，可以通过去掉最大值和最小值，以降低它们对平均值计算结果的影响.
18．如图，在四棱锥中，底面为菱形，，又底面为的中点．
(1)求证：；
(2)设是的中点，求证：平面．
【答案】(1)答案见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）由题意可得AE⊥BC，根据BC∥AD，推断出AE⊥AD，又PA⊥AD，进而根据线面垂直的判定定理证出AD⊥平面PAE，最后利用线面垂直的性质可得AD⊥PE；
（2）取AD的中点G，易得FG∥PA，CG∥AE，即可证明平面CFG∥平面PAE，进而可得CF∥平面PAE．
【详解】（1）因为底面为菱形，，且为的中点，所以．
又，所以．
又底面底面，所以．
因为平面平面，所以平面，
平面，所以．
（2）取的中点，连接，
是中点，，，
，平面，平面，平面，
，平面，平面，平面，
又平面平面，
平面平面，
平面，平面．
19．如图，在四棱锥中，四边形为梯形，，且，是边长为2的正三角形，顶点D在边上的射影为F，且，，.
（1）证明：；
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）连结，利用线线垂直证明线面垂直；
（2）建立适当的空间直角坐标系，利用向量法求得二面角余弦值.
【详解】证明：（1）连结.由顶点D在上投影为点F，可知，.
在中，，，所以，所以点F为的中点.
又因为是边长为2的正三角形，所以.
因为，，，所以平面.
又平面，所以.
（2）在中，，，，满足，所以
，又，，所以面，
以F点为坐标原点，以所在直线为x轴，所在直线为y轴，所在直线为z轴，建立空间直角坐标系.
所以，，，，.
设平面，的法向量分别为，，则
，即，
令，得，所以，
，即，
令，得，所以，所以，又由图示得二面角是锐角，
所以二面角的余弦值为.
【点睛】易错点睛：本题的核心在考查空间向量的应用，需要注意以下问题：
(1)求解本题要注意两点：一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，二是利用方程思想进行向量运算，要认真细心，准确计算．
(2)设分别为平面α，β的法向量，则二面角θ与互补或相等.求解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．
20．近年来，以习近平同志为核心的党中央把生态保护放在优先位置，创新生态扶贫机制，坚持因地制宜、绿色发展，在贫困地区探索出一条脱贫攻坚与生态文明建设“双赢”的新路．下图是某社区关于生态文明建设进展情况的调查，调查数据表明，环境治理和保护问题仍是百姓最为关心的热点，参与调查者中关注此问题的约占80%．现从参与关注生态文明建设的人群中随机选出200人，这200人的年龄区间为并将这200人按年龄分组：第1组，第2组，第3组，第4组，第5组，得到的频率分布直方图如图所示．
（1）求出a的值；
（2）求这200人年龄的样本平均数（精确到小数点后一位）；
（3）现在要从年龄较小的第1，2组中用分层抽样的方法抽取5人，再从这5人中随机抽取2人进行问卷调查，求从第2组恰好抽到2人的概率．
【答案】（1）；（2）平均数为；（3）.
【解析】（1）由所有频率和为1可得；
（2）取各组数据中间值乘以相应的频率相加可得；
（3）结合频率分布直方图求得5人中第一组和第二组人数并编号，用列举法写出任取2人的方法，从而可得2人都是第二组的方法，由此可得概率．
【详解】（1）由，得．
（2）平均数为（岁）
（3）由频率分布直方图知抽取的5人中第一组有2人，编号为，第二组有3人，编号为，从中任取2人的情形有：共10种，
其中从第2组恰好抽到2人的情形是共3种，
所以所求概率为．
21．2021年10月12日中华人民共和国主席习近平在《生物多样性公约》第十五次缔约方大会领导人峰会视频讲话中提出：“＇万物各得其和以生，各得其养以成.＇生物多样性使地球充满生机，也是人类生存和发展的基础.保护生物多样性有助于维护地球家园，促进人类可持续发展.”中国大力推进生物多样性保护和恢复，完善政策法规，改善生态环境质量，划定生态保护红线，建立国家公园体系，实施长江十年禁渔，不断加大监管和执法力度，积极履行国际公约义务，全社会生物多样性保护意识不断增强，参与度不断提升，生物多样性下降势头得到基本控制，生态系统稳定性明显增强.某兴趣小组在开展昆虫研究时，设计了如下实验：在一个不透明的密封盒子中装有蝴蝶、蜜蜂等多种昆虫共2n(n≥4，n∈N)只.现在盒子上开一小孔，每次只能飞出一只昆虫，且任意一只昆虫都等可能地飞出.
(1)若盒子中共有8只昆虫，从中任意飞出2只昆虫时，飞出的恰好有1只是蜜蜂的概率为，
①求蜜蜂的只数；
②从盒子中任意飞出3只昆虫，记飞出蜜蜂的只数为X，求随机变量X的分布列与期望;
(2)若盒子中的昆虫有一半是蝴蝶时，求“从盒子中任意飞出2只昆虫，至少有1只蝴蝶飞出”的概率最大值.
【答案】(1)①蜜蜂共有4只，②分布列见解析，
(2)
【分析】（1）①设盒子中蜜蜂的只数为x()，则由题意可得，从而可求出，②由题意可得随机变量X的取值为0，1，2，3，然后求出各自对应的概率，从而可得分布列和数学期望，
（2）记“任意飞出两只昆虫，至少有1只是蝴蝶”为事件B，则可得，化简后可求得其最大值
【详解】（1）①记“从盒子中先后任意飞出两只昆虫，恰有1只蜜蜂”为事件A，设盒子中蜜蜂的只数为x()，则，解得，故蜜蜂共有4只，
②随机变量X的取值为0，1，2，3
故X的分布列为：
X
0
1
2
3
P
E(X)=
（2）记“任意飞出两只昆虫，至少有1只是蝴蝶”为事件B，则事件为“任意飞出两只昆虫，其中没有蝴蝶”：
，
当时，.
22．如图，在等腰梯形中，，为上一点，且，平面外两点满足平面．
(1)证明：平面．
(2)求该几何体的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先作辅助线，，进而证明四边形是矩形，再利用平行线分线段成比例，求得，证得是平行四边形，最后利用直线与平面平行的判定定理证明平面；
（2）分割几何体为两个棱锥，证得平面，平面后，利用已知数据与锥体的体积公式即可求该几何体的体积．
（1）
作，交于，连结，，作，交于，连结，
因为平面，平面，，
又因为，，所以是矩形，
因为，，所以，故，
又，故，所以，
所以，，又，，所以，，
所以是平行四边形，故，又面，面，所以平面．
（2）
由题意，几何体看作，两个棱锥的体积的和，
因为平面，，所以平面，
而平面，故，
连结，由，易得是平行四边形，所以，
又，所以是的中点，又，因此且是正三角形，
又面，，所以平面，
故该几何体的体积为：．
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