期末真题重组练习卷-2024-2025学年高中数学苏教版（2019）选择性必修第二册（含解析）

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期末真题重组练习卷-2024-2025学年高中数学苏教版（2019）选择性必修第二册
一．选择题（共8小题）
1．（2024秋 常德期末）（x+y﹣1）5的展开式中所有二次项（即含x2，xy，y2的项）的系数和为（　　）
A．﹣40 B．﹣20 C．0 D．40
2．（2021春 黄山期末）如果某地财政收入x（亿元）与支出y（亿元）满足线性回归方程bx+a+e（单位：亿元），其中b＝0.8，a＝2，|e|≤0.5，如果今年该地区的财政收入为10亿元，则年支出预计不会超过（　　）
A．9亿元 B．9.5亿元 C．10亿元 D．10.5亿元
3．（2024秋 阜南县校级期末）已知空间向量，，且2，56，72，则一定共线的三点是（　　）
A．A、B、C B．B、C、D C．A、B、D D．A、C、D
4．（2024秋 博乐市期末）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E是棱A1D1的中点，则（　　）
A．4 B．5 C．6 D．
5．（2024秋 辽宁期末）已知随机变量X﹣N（μ，σ2），若其对应的正态密度函数f（x）满足f（2﹣x）＝f（x），且P（X≤0）＝0.1，则P（1≤X≤2）＝（　　）
A．0.8 B．0.5 C．0.4 D．0.1
6．（2024秋 石景山区期末）如图所示，空间四边形OABC中，，点M在OA上，且，N为BC中点，则等于（　　）
A． B．
C． D．
7．（2024秋 大连校级期末）空间直角坐标系中过点（1，2，﹣1）的直线l的一个方向向量为（1，1，1），则直线l与y轴之间的距离为（　　）
A．2 B． C． D．
8．（2024秋 大连校级期末）若，则a1+a3+a7+a9的值为（　　）
A． B． C． D．
二．多选题（共3小题）
（多选）9．（2024秋 黑龙江校级期末）已知随机事件B，A，则（　　）
A．
B．若P（B|A）＝P（B），则A，B独立
C．若P（B|A）＝P（A|B），则A，B互斥
D．若，则
（多选）10．（2024秋 南通期末）设l1⊥平面α，l2⊥平面β，，分别为l1，l2的一个方向向量，则下列结论正确的是（　　）
A．若⊥，则α⊥β
B．若cos，，则l1，l2所成角为60°
C．若cos，，则l1与β所成角为60°
D．若cos，，则α，β的夹角为60°
（多选）11．（2024秋 枣庄期末）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，E是棱CD上的动点（含端点），则（　　）
A．三棱锥A1﹣AB1E的体积为定值
B．EB1⊥AD1
C．二面角E﹣A1B1﹣A的平面角的大小为
D．存在某个点E，使直线A1E与平面ABCD所成角为60°
三．填空题（共3小题）
12．（2022春 滨州期末）（x）（x+y）5的展开式中x3y3的系数为　 　 ．
13．（2024秋 深圳期末）已知空间向量，则向量在向量上的投影向量的坐标是 　 　 ．
14．（2024秋 深圳校级期末）在三棱锥P﹣ABC中，AB与PC中点分别为M，N，点G为MN中点．若D在PA上满足，E在PB上满足，平面DEG交PC于点F，且，则λ＝ 　 　 ．
四．解答题（共5小题）
15．（2024秋 红桥区期末）已知展开式的二项式系数和为64．
（Ⅰ）求n的值；
（Ⅱ）若展开式中的常数项为20，求m的值．
16．（2024秋 梧州期末）学习小组设计了如下试验模型：有完全相同的甲、乙两个袋子，袋子里有形状和大小完全相同的小球，其中甲袋中有2个红球和8个白球，乙袋中有6个红球和4个白球．从这两个袋子中选择1个袋子，再从该袋子中随机摸出1个球，称为一次摸球．多次摸球直到摸出白球时试验结束．假设首次摸球选到甲袋或乙袋的概率均为．
（1）求首次摸球就试验结束的概率；
（2）在首次摸球摸出红球的条件下．
①求选到的袋子为乙袋的概率；
②将首次摸球摸出的红球放回原来袋子，继续进行第二次摸球时有如下两种方案：方案一，从原来袋子中摸球；方案二，从另外一个袋子中摸球，请通过计算，说明选择哪个方案使得第二次摸球就试验结束的概率更大．
17．（2024秋 楚雄市校级期末）如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，四边形ABCD与四边形A1BCD1均为菱形，∠ABC＝A1BC＝60°，cos∠A1AB．
（1）证明：平面A1BCD1⊥平面ABCD；
（2）求二面角A1﹣DD1﹣C1的正弦值．
18．（2024秋 深圳期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA＝AD＝CD＝2．BC＝3，E为PD的中点，点F在PC上，且．
（1）证明：平面PCD⊥平面PAD；
（2）求PC与平面AEF所成角的正弦值；
（3）若棱PB上一点G满足λ，且平面AEF与平面AFG的夹角的余弦值为，求λ．
19．（2024秋 金山区期末）如图，在空间四边形OABC中，点D为BC的中点，，设．
（1）试用向量表示向量；
（2）若OA＝OB＝OC＝2，∠AOC＝∠BOC＝∠AOB＝90°，求的值．
期末真题重组练习卷-2024-2025学年高中数学苏教版（2019）选择性必修第二册
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 A D C B C B B C
二．多选题（共3小题）
题号 9 10 11
答案 AB ABD ABC
一．选择题（共8小题）
1．（2024秋 常德期末）（x+y﹣1）5的展开式中所有二次项（即含x2，xy，y2的项）的系数和为（　　）
A．﹣40 B．﹣20 C．0 D．40
【解答】解：根据题意，二项式（x+y﹣1）5．
当k＝0，1，2，4，5时，的展开式中不含x2，xy，y2的项．
当k＝3时，，
这部分含x2，xy，y2的项系数分别为﹣10，﹣20，﹣10．
将含x2，xy，y2的项系数相加，即﹣10﹣20﹣10＝﹣40．
则（x+y﹣1）5的展开式中所有二次项的系数和为﹣40．
故选：A．
2．（2021春 黄山期末）如果某地财政收入x（亿元）与支出y（亿元）满足线性回归方程bx+a+e（单位：亿元），其中b＝0.8，a＝2，|e|≤0.5，如果今年该地区的财政收入为10亿元，则年支出预计不会超过（　　）
A．9亿元 B．9.5亿元 C．10亿元 D．10.5亿元
【解答】解：∵某地的财政收入x与支出y满足的线性回归模型是y＝bx+a+e（单位：亿元），其中b＝0.8，a＝2，
∴y＝0.8x+2+e
当x＝10时，y＝0.8x+2+e＝10+e
∵|e|≤0.5，∴﹣0.5≤e≤0.5
∴9.5≤y≤10.5，
∴今年支出预计不超出10.5亿元
故选：D．
3．（2024秋 阜南县校级期末）已知空间向量，，且2，56，72，则一定共线的三点是（　　）
A．A、B、C B．B、C、D C．A、B、D D．A、C、D
【解答】解：∵56，72，
∴，
∵2，
∴，即A，B，D共线．
故选：C．
4．（2024秋 博乐市期末）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E是棱A1D1的中点，则（　　）
A．4 B．5 C．6 D．
【解答】解：在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E是棱A1D1的中点，
故5．
故选：B．
5．（2024秋 辽宁期末）已知随机变量X﹣N（μ，σ2），若其对应的正态密度函数f（x）满足f（2﹣x）＝f（x），且P（X≤0）＝0.1，则P（1≤X≤2）＝（　　）
A．0.8 B．0.5 C．0.4 D．0.1
【解答】解：根据题意，f（2﹣x）＝f（x），则正态密度函数f（x）关于x＝1对称，即μ＝1，
则P（1≤X≤2）＝P（0≤X≤1）＝0.5﹣P（X≤0）＝0.5﹣0.1＝0.4．
故选：C．
6．（2024秋 石景山区期末）如图所示，空间四边形OABC中，，点M在OA上，且，N为BC中点，则等于（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：，
故选：B．
7．（2024秋 大连校级期末）空间直角坐标系中过点（1，2，﹣1）的直线l的一个方向向量为（1，1，1），则直线l与y轴之间的距离为（　　）
A．2 B． C． D．
【解答】解：设P（0，t，0）为y轴上的动点，设点（1，2，﹣1）为A，
设，
若点P（0，t，0）在直线l上，则，
显然与不平行，
所以点P（0，t，0）不在直线l上，
又直线l的一个方向向量为，y轴的一个方向向量为，
所以直线l与y轴不平行，
所以直线l与y轴异面，
设B为l上一动点，且（λ，λ，λ），
又因为A（1，2，﹣1），
所以点B（λ+1，λ+2，λ﹣1），所以，
当，时，取最小值，
所以当时，取最小值，
即λ＝0，t＝2时，取最小值，
所以P（0，2，0），B（1，2，﹣1）时，取最小值，
此时，
所以的最小值为，
即直线l与y轴之间的距离为．
故选：B．
8．（2024秋 大连校级期末）若，则a1+a3+a7+a9的值为（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：由题意，令x＝1，得a0+a1+a2+…+a10＝1①，
令x＝0，的a0﹣a1+a2﹣…+a10＝0②，
①﹣②得：，
又，则，
所以．
故选：C．
二．多选题（共3小题）
（多选）9．（2024秋 黑龙江校级期末）已知随机事件B，A，则（　　）
A．
B．若P（B|A）＝P（B），则A，B独立
C．若P（B|A）＝P（A|B），则A，B互斥
D．若，则
【解答】解：对于A，P（A|B）+P（|B）1，故A正确；
对于B，，得到P（AB）＝P（A）P（B），则A，B独立，故B正确；
对于C，当P（B|A）＝P（A|B）≠0，则A，B不互斥，故C错误；
对于D，若P（B|A）＝P（|A）时，则，
所以，
因为无法判断A，B是否独立，所以无法得到P（B）＝P（），故D错误．
故选：AB．
（多选）10．（2024秋 南通期末）设l1⊥平面α，l2⊥平面β，，分别为l1，l2的一个方向向量，则下列结论正确的是（　　）
A．若⊥，则α⊥β
B．若cos，，则l1，l2所成角为60°
C．若cos，，则l1与β所成角为60°
D．若cos，，则α，β的夹角为60°
【解答】解：设l1⊥平面α，l2⊥平面β，分别为l1，l2的一个方向向量，
则分别为平面α，β的法向量，
对于A：因为，所以α⊥β，所以A正确；
对于B：因为，
设l1，l2所成角为θ1，θ1∈（0°，90°]，
则．
所以θ1＝60°，故B正确；
对于C：因为，
设l1与β所成角为θ2，θ2∈（0°，90°]，
则，
所以θ2＝30°，故C错误；
对于D：因为，
设α，β的夹角为θ3，θ3∈（0°，90°]，
则，
所以θ3＝60°，故D正确．
故选：ABD．
（多选）11．（2024秋 枣庄期末）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，E是棱CD上的动点（含端点），则（　　）
A．三棱锥A1﹣AB1E的体积为定值
B．EB1⊥AD1
C．二面角E﹣A1B1﹣A的平面角的大小为
D．存在某个点E，使直线A1E与平面ABCD所成角为60°
【解答】解：因为
又E是棱CD上的动点（含端点）
易知CD∥平面A1AB1，
所以点E到平面A1AB1的距离为定值，
又为定值，
所以三棱锥A1﹣AB1E的体积为定值，故A正确；
对于B：B1，E两点在平面ADD1A1上的射影分别为A1，D，所以直线B1E在平面ADD1A1上的射影为A1D，又因为A1D⊥AD1，
根据三垂线定理可得EB1⊥AD1，故B正确；
对于C：因为二面角E﹣A1B1﹣A即二面角D﹣A1B1﹣A，
又DA1⊥A1B1，AA1⊥A1B1，DA1 平面EA1B1，AA1 平面AA1B1，
所以∠DA1A即为二面角E﹣A1B1﹣A的平面角，
在正方形ADD1A1中，，
所以二面角E﹣A1B1﹣A的大小为，故C正确；
对于D：因为A1A⊥平面ABCD，所以直线A1E与平面ABCD所成角为∠AEA1，当点E和点D重合时，A1E在平面ABCD射影最小，
这时直线A1E与平面ABCD所成角θ最大值为，故D不正确．
故选：ABC．
三．填空题（共3小题）
12．（2022春 滨州期末）（x）（x+y）5的展开式中x3y3的系数为　15　 ．
【解答】解：因为（x+y）5的展开式中x2y3，x4y的系数分别为C53，C54，
所以（x）（x+y）5的展开式中x3y3的系数为C53+C55＝15，
故答案为：15．
13．（2024秋 深圳期末）已知空间向量，则向量在向量上的投影向量的坐标是 　　 ．
【解答】解：，，
∴向量在向量上的投影向量的坐标是：．
故答案为：．
14．（2024秋 深圳校级期末）在三棱锥P﹣ABC中，AB与PC中点分别为M，N，点G为MN中点．若D在PA上满足，E在PB上满足，平面DEG交PC于点F，且，则λ＝ 　　 ．
【解答】解：在三棱锥P﹣ABC中，AB与PC中点分别为M，N，点G为MN中点．
若D在PA上满足，E在PB上满足，平面DEG交PC于点F，
由条件可知，，
因为，，，
所以，因为点G，D，B，F四点共面，
所以，解得：．
故答案为：．
四．解答题（共5小题）
15．（2024秋 红桥区期末）已知展开式的二项式系数和为64．
（Ⅰ）求n的值；
（Ⅱ）若展开式中的常数项为20，求m的值．
【解答】解：（Ⅰ）因为展开式的二项式系数和为64，即2n＝64，解得n＝6；
（Ⅱ）若展开式中的常数项为20，则由Tr+1 x6﹣r x6﹣2r mr，
令6﹣2r＝0，解得r＝3，所以 m3＝20，即m3＝1，解得m＝1．
16．（2024秋 梧州期末）学习小组设计了如下试验模型：有完全相同的甲、乙两个袋子，袋子里有形状和大小完全相同的小球，其中甲袋中有2个红球和8个白球，乙袋中有6个红球和4个白球．从这两个袋子中选择1个袋子，再从该袋子中随机摸出1个球，称为一次摸球．多次摸球直到摸出白球时试验结束．假设首次摸球选到甲袋或乙袋的概率均为．
（1）求首次摸球就试验结束的概率；
（2）在首次摸球摸出红球的条件下．
①求选到的袋子为乙袋的概率；
②将首次摸球摸出的红球放回原来袋子，继续进行第二次摸球时有如下两种方案：方案一，从原来袋子中摸球；方案二，从另外一个袋子中摸球，请通过计算，说明选择哪个方案使得第二次摸球就试验结束的概率更大．
【解答】解：（1）设摸球一次，“取到甲袋”为事件A1，“取到乙袋”为事件A2，“摸出白球”为事件B1，“摸出红球”为事件B2．
所以．
所以摸球一次就试验结束的概率为．
（2）①因为B1，B2是对立事件，．
所以，
所以选到的袋子为乙袋的概率为．
②由①，得，
所以方案一中取到白球的概率为．
方案二中取到白球的概率为，
因为．
所以方案二中取到白球的概率更大，即选择方案二使得第二次摸球就试验结束的概率更大．
17．（2024秋 楚雄市校级期末）如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，四边形ABCD与四边形A1BCD1均为菱形，∠ABC＝A1BC＝60°，cos∠A1AB．
（1）证明：平面A1BCD1⊥平面ABCD；
（2）求二面角A1﹣DD1﹣C1的正弦值．
【解答】解：（1）证明：连接AC，A1C，因为四边形ABCD与四边形A1BCD1均为菱形，且∠ABC＝A1BC＝60°，
所以△ABC与△A1BC均为等边三角形，
取BC的中点O，连接AO，A1O，则AO⊥BC，A1O⊥BC，
设AB＝2，则，
在△ABA1中，由及余弦定理，
得，
即，
所以舍去）．
所以，
所以AO⊥A1O，
因为BC∩A1O＝O，BC，A1O 平面A1BCD1，
所以AO⊥平面A1BCD1，
又AO 平面ABCD，
所以平面ABCD⊥平面A1BCD1．
（2）由（1）可知，OA，OB，OA1两两垂直，以O为原点，以OA，OB，OA1
所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，
设AB＝2，则，
，
设平面A1DD1的一个法向量，
则，由得
取x1＝1，解得y1＝0，z1＝1，
故，
设平面C1D1D的一个法向量，
则，由得
取x2＝1，解得，
故，
所以，
设二面角A1﹣DD1﹣C1的大小为θ，
所以．
18．（2024秋 深圳期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA＝AD＝CD＝2．BC＝3，E为PD的中点，点F在PC上，且．
（1）证明：平面PCD⊥平面PAD；
（2）求PC与平面AEF所成角的正弦值；
（3）若棱PB上一点G满足λ，且平面AEF与平面AFG的夹角的余弦值为，求λ．
【解答】（1）证明：因为PA⊥平面ABCD，CD 平面ABCD，所以PA⊥CD，
又AD⊥CD，PA∩AD＝A，PA、AD 平面PAD，
所以CD⊥平面PAD，
因为CD 平面PCD，所以平面PCD⊥平面PAD．
（2）解：以A为原点，AD，AP所在直线分别为y，z轴，作Ax∥CD为x轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A（0，0，0），P（0，0，2），C（2，2，0），E（0，1，1），F（，，），
所以（0，1，1），（，，），（2，2，﹣2），
设平面AEF的法向量为（x，y，z），则，
取y＝1，则z＝﹣1，x＝1，所以（1，1，﹣1），
设PC与平面AEF所成角为θ，则sinθ＝|cos，|1，
所以PC与平面AEF所成角的正弦值为1．
（3）解：由（2）知，B（2，﹣1，0），平面AEF的一个法向量为（1，1，﹣1），
所以λλ（2，﹣1，﹣2），λ∈[0，1]，
所以（0，0，2）+λ（2，﹣1，﹣2）＝（2λ，﹣λ，2﹣2λ），
设平面AFG的法向量为（a，b，c），则，
取a＝﹣2，则b＝2﹣6λ，c＝3λ，所以（﹣2，2﹣6λ，3λ），
因为平面AEF与平面AFG的夹角的余弦值为，
所以|cos，|，
整理得18λ2+3λ﹣1＝0，即（6λ﹣1）（3λ+1）＝0，
解得λ或（舍负），
所以λ．
19．（2024秋 金山区期末）如图，在空间四边形OABC中，点D为BC的中点，，设．
（1）试用向量表示向量；
（2）若OA＝OB＝OC＝2，∠AOC＝∠BOC＝∠AOB＝90°，求的值．
【解答】解：（1）根据题意可知，空间四边形OABC中，点D为BC的中点，，
设，
根据平行四边形法则，可知，
根据平行四边形法则，可知；
（2）根据题意可知，OA＝OC＝2，OB＝2，∠AOC＝∠BOC＝∠AOB＝90°，
∴，
利用三角形法则，得，
∴
．
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