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    (2019新教材)人教A版高中数学必修第二册模块综合检测.docx

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    (2019新教材)人教A版高中数学必修第二册模块综合检测.docx

    (2019 新教材)人教 A 版高中数学必修第二册模块综合检测(时间:120 分钟,满分:150 分)一、选择题:本题共 12 小题,每小题 5 分,在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的i1. 已知 i 为虚数单位,则 z在复平面内对应的点位于()12iA. 第一象限C第三象限ii(12i)2iB. 第二象限D第四象限215解析:选B.z12i1(2i)2 i,55æ21ö其对应的点è5,5ø位于第二象限2(2019·高考全国卷)设 ,为两个平面,则 的充要条件是() A内有无数条直线与 平行B内有两条相交直线与 平行C,平行于同一条直线D,垂直于同一平面解析:选 B.对于 A,内有无数条直线与 平行,当这无数条直线互相平行时,与 可能相交,所以 A 不正确;对于 B,根据两平面平行的判定定理与性质知,B 正确;对于 C, 平行于同一条直线的两个平面可能相交,也可能平行,所以 C 不正确;对于 D,垂直于同一平面的两个平面可能相交,也可能平行,如长方体的相邻两个侧面都垂直于底面,但它们是相交的,所以 D 不正确综上可知选 B.3. 如图所示的直观图,其平面图形的面积为()A3C3 2B63 2D. 2解析:选 B.由直观图可得,该平面图形是直角边边长分别为4,3 的直角三角形,其面积为 S14×36.2×4. 在 120 个零件中,一级品 24 个,二级品 36 个,三级品 60 个,用分层随机抽样法从中抽取容量为 20 的样本,则在一级品中抽取的比例为()- 1 -A.1241C.51206,故选解析:选D.由题意知抽取的比例为 2011B.361D.6D.5. 从某校高三年级随机抽取一个班,对该班 50 名学生在普通高校招生体验中的视力情况进行统计,其结果的频率分布直方图如图所示,若某专业对视力要求在0.9 及以上,则该班学生中能报该专业的人数为( )A10B20C8D16解析:选 B.由频率分布直方图,可得视力在 0.9 及以上的频率为(1.000.750.25)×0.20.4,人数为 0.4×5020.故选B.6. 一组数据的平均数、众数和方差都是2,则这组数可以是()A2,2,3,1 C2,2,2,2,2,2B2,3,1,2,4 D2,4,0,2解析:选D.易得这四组数据的平均数和众数都是2, 所以只需计算它们的方差就可以第一组数据的方差是 0.5;第二组数据的方差是 2.8; 第三组数据的方差是 0;第四组数据的方差是 2.7已知 a(1,0),b(1,1),且(ab)a,则 ()A2B0C1D1解析:选D.因为 ab(1,0)(,)(1,),所以(ab)·a(1,)·(1,0)1.由(ab)a 得 10,得 1,故选D.8. 从个位数与十位数之和为奇数的两位数中任取一个,其个位数为0 的概率是()4A.92C.91B.31D.9解析:选 D.个位数与十位数之和为奇数,则个位数与十位数中必有一个奇数一个偶数, 所以可以分两类:- 2 -(1) 当个位为奇数时,有 5×420 个,符合条件的两位数 (2)当个位为偶数时,有 5×525 个,符合条件的两位数因此共有 202545 个符合条件的两位数,其中个位数为0 的两位数有 5 个,所以所求51概率为 P459.9. 甲、乙两队进行排球决赛,现在的情形是甲队只要再赢一局就获得冠军,乙队需要再赢两局才能得到冠军,若两队胜每局的概率相同,则甲队获得冠军的概率为()1A.22C.33B.53D.4解析:选D.设 Ai(i1,2)表示继续比赛时,甲在第 i 局获胜,B 事件表示甲队获得冠军法一:BA AA ,故 P(B)P(A )P A)P(A )111311 21(12 22×24.法二:P(B)1P A A)1P A )P A)1113(12(1 (22×24.102 1 如图,在ABC 中,AD3AC,BP3BD,若APABAC,则的值为()A3 C2解析:选B.B3 D2-2 1 1 2 1 3393因为AD3AC,所以BP BD (ADAB) AC AB.-2 2 所以APABBP AB AC,39又APABAC,所以 2 23,故选B.3,9,从而11. 如图是由 16 个边长为 1则 a·b()的菱形构成的图形,菱形中的锐角大小为 3 ,aAB,bCD,- 3 -A. 5 C3B. 1 D6解析:选B.设菱形中过 A 点的两邻边对应的向量分别表示为 i,j,且 i 的方向水平向右,则|i|j|1,i,j60°,从而 i·1j2.因此 ai2j,b3i2j,1所以 a·b(i2j)·(3i2j)3i24i·j4j23×124×1×1×24×121,故选B.12. 如图,在矩形 ABCD 中,EFAD,GHBC,BC2,AFFGBG1.现分别沿EF,GH 将矩形折叠使得 AD 与 BC 重合,则折叠后的几何体的外接球的表面积为()A2416C. 3 B68D.3解析:选 C.由题意可知,折叠后的几何体是底面为等边三角形的三棱柱,底面等边三角2æ1ö23形外接圆的半径为3×12è2ø 3 .因为三棱柱的高 BC2,所以其外接球的球心与底面外æ 3ö22 3接圆圆心的距离为 1,则三棱柱外接球的半径为R16的表面积 S4R2 3 .故选C.二、填空题:本题共 4 小题,每小题 5 分è 3 ø 12 3,所以三棱柱外接球134,4,6,7,7,8,9,9,10,10 的 30%分位数为 ,75%分位数为 解析:因为 10×30%3,10×75%7.5,x x67所以 30%分位数为 3 2 4 2875%分位数为 x 9.答案:6.596.5,14. 同学甲参加某科普知识竞赛,需回答三个问题,竞赛规则规定:答对第一、二、三个问题分别得 100 分、100 分、200 分,答错或不答均得零分假设同学甲答对第一、二、三个问题的概率分别为 0.8,0.6,0.5,且各题答对与否相互之间没有影响,则同学甲得分不低于 300 分的概率是 解析:设“同学甲答对第 i 个题”为事件 Ai(i1,2,3),则 P(A1)0.8,P(A2)0.6,P(A3)0.5300,且 A ,A ,A 相互独立,同学甲得分不低于分对应于事件 A A A A A A A A A1231 2 312 31 2 3- 4 -发生,故所求概率为 PP()A A A A A A A A A1 2 312 31 2 3P(A A A )P( )P )1 2 3A1 A 2A3( A 1A2A3P(A )P(A )P(A )P(A )P( )·P(A )P( )P(A )P(A )0.8×0.6×0.50.8×0.4×0.51231A 23A 1230.2×0.6×0.50.46.答案:0.4611115. 如图,在三棱柱ABC-A1B1C1 中,AA 底面 ABC,ABBC,AA AC2,直线A C与侧面 AA1B1B 所成的角为 30°,则该三棱柱的侧面积为 1111解析:连接 A1B.因为 AA 底面 ABC,则 AA BC,又 ABBC,AA ABA,所以 BC 平面 AA1B1B,所以直线 A1C 与侧面 AA1B1B 所成的角为CA1B30°.又 AA AC2,所以A1C2 2,BC 2.又 ABBC,则 AB 2,则该三棱柱的侧面积为 2 2×22×244 2.答案:44 216. 在矩形ABCD 中,AB2,AD1.边 DC 上的动点 P(包含点 D,C)与 CB 延长线上的DPBQ ,则PA·PQ的最小值为动点 Q(包含点 B)满足| | | 解析:以点 A 为坐标原点,分别以AB,AD 所在直线为 x 轴,y 轴建立如图所示的平面直角坐标系,设 P(x,1),Q(2,y),由题意知 0x2,2y0.因为| | |,所以|x|y|,所以 xy.-因为PA(x,1),PQ(2x,y1),DPBQ-æ1ö2 3所以PA·PQx(2x)(y1)x22xy1x2x1èx2ø 4,13所以当 x2时,PA·PQ取得最小值为4.- 5 -3答案:4三、解答题:解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17(本小题满分 10 分)已知 a,b,c 是同一平面的三个向量,其中 a(1, 3) (1)若|c|4,且 ca,求 c 的坐标;2æ5 ö(2) 若|b|1,且(ab)èa bø,求 a 与 b 的夹角 .解:(1)因为 ca,所以存在实数(R ),使得 ca(, 3), 又|c|4,即 2324,解得 ±2.所以 c(2,2 3)或 c(2,2 3)æ5 öæ5 ö353(2)因为(ab)èa2bø,所以(ab)·èabø0,即 a2a·b b20,所以 4 ×2×1×cos 50,22222所 以 cos 12,因为 0,所以 3 .18(本小题满分 12 分)ABC 的内角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c,已知 C 6 ,a2,ABC 的面积为 3,F 为边 AC 上一点 (1)求 c;(2)若 CF 2BF,求 sinBFC.11解:(1)因为 SABC ab sin C ×2b×sin 3,所以 b2 3.由余弦定理可得 c2a2226b22ab cos C4122×2×2 3×cos 6 4,所以 c2.2(2)由(1)得 ac2,所以 AC 6 ,ABCAC 3 .CFBFsin6 ·CF在BCF 中由正弦定理得,所以 sinCBFsinCBFsinBCFBF.又因为 CF22 2BF,所以sinCBF,2又因为CBF 3 ,所以CBF 4 ,所以 sin BFCsin(CBFBCF)- 6 -sinæö 2 6è 4 6 ø4.19(本小题满分 12 分)如图所示,凸多面体 ABCED 中,AD平面 ABC,CE平面 ABC,ACADAB1,BC 2,CE2,F 为 BC 的中点(1) 求证:AF平面 BDE;(2) 求证:平面 BDE平面 BCE.证明:(1)取 BE 的中点 G,连接 GF,GD,因为 AD平面 ABC,CE平面 ABC,所以ADEC,且平面 ABC平面 ACED.因为 GF 为三角形 BCE 的中位线,所以 GFECDA,2 CE1GFDA1.所以四边形 GFAD 为平行四边形,所以 AFGD,又 GD平面 BDE,AF 平面 BDE,所以 AF平面 BDE.(2)因为 ACAB1,BC 2, 所以 AC2AB2BC2,所以 ABAC.所以 F 为 BC 的中点,所以 AFBC.又 GFAF,BCGFF,所以 AF平面 BCE. 因为 AFGD,所以 GD平面 BCE.又 GD平面 BDE,所以平面 BDE平面 BCE.20(本小题满分 12 分)某超市随机选取 1 000 位顾客,记录了他们购买甲、乙、丙、丁四种商品的情况,整理成如下统计表,其中“”表示购买,“×”表示未购买商品顾客人数100甲乙丙丁×- 7 -217××200×300××85×××98×××(1) 估计顾客同时购买乙和丙的概率;(2) 估计顾客在甲、乙、丙、丁中同时购买3 种商品的概率;(3) 如果顾客购买了甲,则该顾客同时购买乙、丙、丁中哪种商品的可能性最大?1 000解:(1)从统计表可以看出,在这 1 000 位顾客中有 200 位顾客同时购买了乙和丙,所以顾客同时购买乙和丙的概率可以估计为 200 0.2.(2) 从统计表可以看出,在这1 000 位顾客中,有100 位顾客同时购买了甲、丙、丁,另有200 位顾客同时购买了甲、乙、丙,其他顾客最多购买了2 种商品100200所以顾客在甲、乙、丙、丁中同时购买3 种商品的概率可以估计为1 0000.3.1 000(3) 法一:顾客同时购买甲和乙的概率可以估计为 200 0.2,顾客同时购买甲和丙的概率100200300100可以估计为1 0000.6,顾客同时购买甲和丁的概率可以估计为1 0000.1.所以如果顾客购买了甲,则该顾客同时购买丙的可能性最大法二:从统计表可以看出,同时购买了甲和乙的顾客,也都购买了丙;同时购买了甲和丁的顾客,也都购买了丙;有些顾客同时购买了甲和丙,却没有购买乙或丁所以,如果顾客购买了甲,那么该顾客同时购买丙的可能性最大21(本小题满分 12 分)为增强市民的环境保护意识,某市面向全市征召 n 名义务宣传志愿者,成立环境保护宣传组织,现把该组织的成员按年龄分成5 组,第 1 组20,25),第 2 组25,30),第 3 组30,35),第 4 组35,40),第 5 组40,45,得到的频率分布直方图如图所示,已知第 1 组有 5 人(1) 分别求出第 3,4,5 组志愿者的人数,若在第 3,4,5 组中用分层随机抽样的方法抽取 6 名志愿者参加某社区的宣传活动,应从第3,4,5 组各抽取多少名志愿者?(2) 在(1)的条件下,该组织决定在这 6 名志愿者中随机抽取 2 名志愿者介绍宣传经验,求- 8 -第 3 组至少有 1 名志愿者被抽中的概率解:(1)由题意,因为第 1 组有 5 人,则 0.01×5n5,n100, 所以第 3 组有 0.06×5×10030(人),第 4 组有 0.04×5×10020(人),第 5 组有 0.02×5×10010(人)所以利用分层随机抽样在第 3,第 4,第 5 组中分别抽取 3 人,2 人,1 人1231262()()()(2)记第 3 组的 3 名志愿者为 A ,A ,A ,第 4 组的 2 名志愿者为 B ,B ,第 5 组的 1 名志愿者为 C ,则从名志愿者中抽取名志愿者有 A ,A , A ,A , A ,B ),(A ,B ,112131112()()()()()()()()()A ,C , A ,A , A ,B , A ,B , A ,C , A ,B , A ,B , A ,C , B ,B ,1123212221313231121121(B ,C ),(B ,C ),共 15 种33()()其中第组的名志愿者 A ,A ,A 至少有一名志愿者被抽中的有 A ,A , A ,A ,1231213()()()()()()()()()A ,B , A ,B , A ,C , A ,A , A ,B , A ,B , A ,C , A ,B , A ,B ,11121123212221313231(A ,C ),共 12 种则第 3 组至少有 1124名志愿者被抽中的概率为155.22(本小题满分 12 分)如图,四棱锥 S-ABCD 中,底面 ABCD 是菱形,其对角线的交点为 O,且 SASC,SABD.(1) 求证:SO平面 ABCD;(2) 设BAD60°,ABSD2,P 是侧棱 SD 上的一点,且 SB平面 APC,求三棱锥A-PCD 的体积解:(1)证明:因为底面 ABCD 是菱形,所以 ACBD.又因为 BDSA,SAACA,所以 BD平面 SAC,又因为 SO平面 SAC.所以 BDSO.因为 SASC,AOOC,所以 SOAC.又因为 ACBDO,所以 SO平面 ABCD.(2)连接 OP.因为 SB平面 APC,SB平面 SBD,平面 SBD平面 APCOP,所以 SBOP.又因为 O 是 BD 的中点,所以 P 是 SD 的中点由题意知ABD 为正三角形,所以 OD1.由(1)知 SO平面 ABCD,所以 SOOD.又因为 SD2,所以在RtSOD 中,SO 3.- 9 -32所以 P 到平面 ABCD 的距离为,3221æ1ö1所以 VA PCDVP ACD3×è2×2×2sin 120°ø× .- 10 -

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