2020高中数学 模块综合检测 第二册

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGE18-学必求其心得，业必贵于专精模块综合检测(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．1．已知i为虚数单位，则z＝eq\f(i,1－2i）在复平面内对应的点位于（）A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限解析：选B。z＝eq\f(i，1－2i）＝eq\f(i（1＋2i），1－（2i）2）＝eq\f（－2＋i，5)＝－eq\f(2,5）＋eq\f（1，5）i，其对应的点eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（－\f(2，5),\f（1，5）））位于第二象限．2．（2019·高考全国卷Ⅱ）设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是()A．α内有无数条直线与β平行B．α内有两条相交直线与β平行C．α，β平行于同一条直线D．α，β垂直于同一平面解析:选B.对于A，α内有无数条直线与β平行，当这无数条直线互相平行时，α与β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(）A．3 B．6C．3eq\r(2） D.eq\f(3\r(2)，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S＝eq\f（1，2）×4×3＝6.4．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()A。eq\f(1，24) B.eq\f（1,36）C。eq\f（1,5） D。eq\f(1,6）解析：选D。由题意知抽取的比例为eq\f（20，120）＝eq\f(1，6）,故选D.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()A．10 B．20C．8 D．16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。00＋0。75＋0.25）×0。2＝0.4,人数为0.4×50＝20.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（）A．2，2，3，1 B．2，3，－1，2，4C．2，2，2，2,2，2 D．2，4,0，2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(a＋λb)⊥a，则λ＝()A．2 B．0C．1 D．－1解析:选D。因为a＋λb＝(1,0)＋（λ，λ)＝（1＋λ，λ）,所以（a＋λb)·a＝(1＋λ,λ)·（1，0）＝1＋λ.由(a＋λb)⊥a得1＋λ＝0，得λ＝－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（）A。eq\f（4，9） B。eq\f（1,3）C。eq\f（2,9) D。eq\f(1,9)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：（1)当个位为奇数时，有5×4＝20个，符合条件的两位数．(2）当个位为偶数时,有5×5＝25个，符合条件的两位数．因此共有20＋25＝45个符合条件的两位数，其中个位数为0的两位数有5个,所以所求概率为P＝eq\f（5,45)＝eq\f(1,9）.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（）A。eq\f(1，2) B.eq\f(3,5)C。eq\f(2,3) D.eq\f（3,4)解析：选D.设Ai（i＝1，2）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：B＝A1＋eq\o(A，\s\up6（－））1A2，故P(B）＝P（A1）＋P(eq\o(A,\s\up6(－）)1）P(A2）＝eq\f(1，2)＋eq\f(1,2）×eq\f(1,2)＝eq\f（3，4).法二：P（B）＝1－P(eq\o（A,\s\up6(－）)1eq\o(A,\s\up6(－））2)＝1－P(eq\o（A，\s\up6（－）)1)P（eq\o（A,\s\up6（－)）2）＝1－eq\f(1，2）×eq\f（1,2）＝eq\f(3,4).10．如图，在△ABC中，eq\o（AD，\s\up6（→）)＝eq\f（2，3)eq\o（AC,\s\up6（→）)，eq\o（BP,\s\up6（→））＝eq\f(1，3)eq\o(BD,\s\up6(→)），若eq\o（AP，\s\up6（→）)＝λeq\o(AB,\s\up6（→））＋μeq\o(AC,\s\up6（→）),则eq\f（λ,μ)的值为(）A．－3 B．3C．2 D．－2解析：选B.因为eq\o(AD，\s\up6（→))＝eq\f（2,3)eq\o(AC，\s\up6(→)），所以eq\o(BP,\s\up6（→))＝eq\f（1，3）eq\o（BD,\s\up6（→))＝eq\f(1，3)(eq\o(AD，\s\up6（→))－eq\o（AB,\s\up6（→）））＝eq\f(2,9)eq\o（AC，\s\up6(→））－eq\f（1，3)eq\o(AB,\s\up6(→））.所以eq\o（AP，\s\up6（→）)＝eq\o(AB，\s\up6（→))＋eq\o(BP，\s\up6（→))＝eq\f(2，3)eq\o（AB,\s\up6（→））＋eq\f(2,9）eq\o(AC,\s\up6(→）），又eq\o(AP，\s\up6（→)）＝λeq\o（AB，\s\up6（→))＋μeq\o（AC,\s\up6(→）)，所以λ＝eq\f（2，3）,μ＝eq\f（2，9)，从而eq\f（λ，μ）＝3,故选B。11．如图是由16个边长为1的菱形构成的图形，菱形中的锐角大小为eq\f(π，3)，a＝eq\o（AB,\s\up6(→）),b＝eq\o（CD，\s\up6（→））,则a·b＝()A．－5 B．－1C．－3 D．－6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，j〉＝60°，从而i·j＝eq\f(1,2）。因此a＝i＋2j，b＝－3i＋2j，所以a·b＝（i＋2j）·(－3i＋2j）＝－3i2－4i·j＋4j2＝－3×12－4×1×1×eq\f(1，2）＋4×12＝－1,故选B。12．如图，在矩形ABCD中,EF∥AD，GH∥BC，BC＝2，AF＝FG＝BG＝1。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（）A．24π B．6πC。eq\f（16,3)π D.eq\f（8，3）π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,底面等边三角形外接圆的半径为eq\f(2，3）×eq\r(12－\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（1,2)）)\s\up12（2)）＝eq\f（\r（3)，3).因为三棱柱的高BC＝2，所以其外接球的球心与底面外接圆圆心的距离为1，则三棱柱外接球的半径为R＝eq\r（\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（\r(3),3）))\s\up12(2)＋12)＝eq\f（2\r(3),3)，所以三棱柱外接球的表面积S＝4πR2＝eq\f(16,3)π.故选C。二、填空题：本题共4小题，每小题5分．13．4,4，6，7,7,8，9，9，10，10的30%分位数为________，75％分位数为________．解析：因为10×30%＝3，10×75％＝7.5,所以30%分位数为eq\f(x3＋x4,2）＝eq\f（6＋7，2）＝6.5，75％分位数为x8＝9。答案：6。5914．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（i＝1,2,3），则P（A1）＝0.8，P(A2）＝0.6,P(A3）＝0.5，且A1，A2,A3相互独立,同学甲得分不低于300分对应于事件A1A2A3∪A1eq\o(A，\s\up6(－））2A3∪eq\o(A，\s\up6（－））1A2A3发生，故所求概率为P＝P（A1A2A3∪A1eq\o（A，\s\up6（－))2A3∪eq\o（A，\s\up6（－））1A2A3）＝P(A1A2A3)＋P（A1eq\o(A，\s\up6(－)）2A3）＋P（eq\o（A,\s\up6(－）)1A2A3）＝P（A1）P(A2)P(A3)＋P（A1)P（eq\o(A，\s\up6（－)）2)·P（A3）＋P（eq\o（A，\s\up6（－))1）P（A2）P(A3）＝0。8×0。6×0。5＋0.8×0。4×0。5＋0。2×0.6×0.5＝0.46。答案：0。4615．如图,在三棱柱ABC。A1B1C1中,AA1⊥底面ABC,AB⊥BC,AA1＝AC＝2，直线A1C与侧面AA1B1B所成的角为30°，则该三棱柱的侧面积为________．解析：连接A1B.因为AA1⊥底面ABC，则AA1⊥BC,又AB⊥BC，AA1∩AB＝A,所以BC⊥平面AA1B1B，所以直线A1C与侧面AA1B1B所成的角为∠CA1B＝30°。又AA1＝AC＝2,所以A1C＝2eq\r（2)，BC＝eq\r(2）.又AB⊥BC，则AB＝eq\r(2）,则该三棱柱的侧面积为2eq\r（2）×2＋2×2＝4＋4eq\r（2).答案：4＋4eq\r（2）16．在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝1.边DC上的动点P(包含点D，C)与CB延长线上的动点Q(包含点B）满足｜eq\o（DP，\s\up6（→））｜＝｜eq\o(BQ,\s\up6（→））｜，则eq\o(PA,\s\up6（→)）·eq\o（PQ,\s\up6（→）)的最小值为________．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0≤x≤2，－2≤y≤0。因为｜eq\o(DP，\s\up6（→）)|＝|eq\o(BQ，\s\up6（→））｜，所以|x|＝|y｜，所以x＝－y.因为eq\o(PA,\s\up6(→）)＝(－x，－1)，eq\o（PQ,\s\up6（→)）＝（2－x，y－1)，所以eq\o(PA，\s\up6（→））·eq\o（PQ,\s\up6(→）)＝－x（2－x）－（y－1）＝x2－2x－y＋1＝x2－x＋1＝eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（x－\f(1，2)))eq\s\up12(2）＋eq\f(3，4），所以当x＝eq\f(1，2)时，eq\o(PA，\s\up6(→)）·eq\o（PQ,\s\up6(→））取得最小值为eq\f（3，4）。答案：eq\f(3，4）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，eq\r(3))．（1）若｜c｜＝4,且c∥a，求c的坐标；(2）若|b｜＝1，且(a＋b）⊥eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（a－\f（5,2）b）），求a与b的夹角θ.解：（1)因为c∥a,所以存在实数λ（λ∈R）,使得c＝λa＝(λ，eq\r（3）λ)，又｜c｜＝4，即eq\r(λ2＋3λ2）＝4，解得λ＝±2。所以c＝（2，2eq\r(3）)或c＝（－2,－2eq\r(3）)．(2）因为（a＋b)⊥eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(a－\f（5,2)b))，所以（a＋b）·eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(a－\f（5，2)b))＝0，即a2－eq\f(3,2）a·b－eq\f（5，2）b2＝0，所以4－eq\f(3，2）×2×1×cosθ－eq\f(5，2）＝0,所以cosθ＝eq\f(1，2），因为θ∈［0，π］，所以θ＝eq\f（π,3）.18．（本小题满分12分)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知C＝eq\f（π,6)，a＝2，△ABC的面积为eq\r（3)，F为边AC上一点．（1)求c;（2）若CF＝eq\r（2)BF，求sin∠BFC.解：（1）因为S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f（1，2)×2b×sineq\f(π,6)＝eq\r(3）,所以b＝2eq\r（3）.由余弦定理可得c2＝a2＋b2－2abcosC＝4＋12－2×2×2eq\r（3）×coseq\f（π，6)＝4，所以c＝2.（2)由（1）得a＝c＝2，所以A＝C＝eq\f(π，6），∠ABC＝π－A－C＝eq\f(2π，3）.在△BCF中由正弦定理得eq\f(CF,sin∠CBF）＝eq\f（BF，sin∠BCF），所以sin∠CBF＝eq\f（sin\f(π，6)·CF，BF）.又因为CF＝eq\r（2)BF，所以sin∠CBF＝eq\f（\r(2)，2)，又因为∠CBF≤eq\f(2π,3），所以∠CBF＝eq\f(π,4)，所以sin∠BFC＝sin（∠CBF＋∠BCF）＝sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(π，4）＋\f（π,6)))＝eq\f（\r（2）＋\r(6），4).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，AC＝AD＝AB＝1，BC＝eq\r(2),CE＝2，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AD∥EC，且平面ABC⊥平面ACED.因为GF为三角形BCE的中位线，所以GF∥EC∥DA，GF＝eq\f(1，2)CE＝DA＝1。所以四边形GFAD为平行四边形，所以AF∥GD，又GD⊂平面BDE，AF⊄平面BDE，所以AF∥平面BDE.（2）因为AC＝AB＝1，BC＝eq\r（2），所以AC2＋AB2＝BC2,所以AB⊥AC.所以F为BC的中点,所以AF⊥BC。又GF⊥AF，BC∩GF＝F，所以AF⊥平面BCE。因为AF∥GD，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1000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．商品顾客人数甲乙丙丁100√×√√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？解：（1)从统计表可以看出,在这1000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eq\f(200,1000)＝0。2.（2）从统计表可以看出，在这1000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．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eq\f(100＋200,1000）＝0.3.（3）法一:顾客同时购买甲和乙的概率可以估计为eq\f(200,1000)＝0。2，顾客同时购买甲和丙的概率可以估计为eq\f(100＋200＋300,1000)＝0。6，顾客同时购买甲和丁的概率可以估计为eq\f(100，1000)＝0。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0.01×5n＝5,n＝100，所以第3组有0.06×5×100＝30(人）,第4组有0.04×5×100＝20（人），第5组有0.02×5×100＝10(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．(2)记第3组的3名志愿者为A1，A2,A3，第4组的2名志愿者为B1,B2，第5组的1名志