人教版高中数学必修第二册模块综合检测 (含解析)

展开

这是一份人教A版 (2019)必修第二册全册综合课后作业题，共11页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

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＝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＝＝＝＝－＋i，
其对应的点位于第二象限．
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．6
C．3 D.
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＝×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. B.
C. D.
解析：选D.由题意知抽取的比例为＝，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．20
C．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，－1，2，4
C．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．0
C．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. B.
C. D.
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＝＝.
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. B.
C. D.
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＋1A2，故P(B)＝P(A1)＋P(1)P(A2)＝＋×＝.
法二：P(B)＝1－P(12)＝1－P(1)P(2)＝1－×＝.
10．如图，在△ABC中，＝，＝，若＝λ＋μ，则的值为(　　)

A．－3 B．3
C．2 D．－2
解析：选B.因为＝，所以＝＝(－)＝－.
所以＝＋＝＋，
又＝λ＋μ，
所以λ＝，μ＝，从而＝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，a＝，b＝，则a·b＝(　　)

A．－5 B．－1
C．－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＝.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×＋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．6π
C.π D.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×＝.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＝＝，所以三棱柱外接球的表面积S＝4πR2＝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＝＝6.5，
75%分位数为x8＝9.
答案：6.5　9
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(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∪A12A3∪1A2A3发生，故所求概率为P＝P(A1A2A3∪A12A3∪1A2A3)
＝P(A1A2A3)＋P(A12A3)＋P(1A2A3)
＝P(A1)P(A2)P(A3)＋P(A1)P(2)·P(A3)＋P(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：0.46
15．如图，在三棱柱ABCA1B1C1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＝2，BC＝.又AB⊥BC，则AB＝，则该三棱柱的侧面积为2×2＋2×2＝4＋4.

答案：4＋4
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||＝||，则·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||＝||，
所以|x|＝|y|，所以x＝－y.
因为＝(－x，－1)，＝(2－x，y－1)，
所以·＝－x(2－x)－(y－1)＝x2－2x－y＋1＝x2－x＋1＝＋，
所以当x＝时，·取得最小值为.
答案：
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，)．
(1)若|c|＝4，且c∥a，求c的坐标；
(2)若|b|＝1，且(a＋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，λ)，
又|c|＝4，即＝4，解得λ＝±2.
所以c＝(2，2)或c＝(－2，－2)．
(2)因为(a＋b)⊥，所以(a＋b)·＝0，即a2－a·b－b2＝0，所以4－×2×1×cos θ－＝0，
所以cos θ＝，
因为θ∈[0，π]，所以θ＝.
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＝，a＝2，△ABC的面积为，F为边AC上一点．
(1)求c；
(2)若CF＝BF，求sin∠BFC.
解：(1)因为S△ABC＝ab sin C＝×2b×sin ＝，所以b＝2.由余弦定理可得c2＝a2＋b2－2ab cos C＝4＋12－2×2×2×cos ＝4，所以c＝2.
(2)由(1)得a＝c＝2，所以A＝C＝，∠ABC＝π－A－C＝.
在△BCF中由正弦定理得＝，所以sin∠CBF＝.又因为CF＝BF，所以
sin∠CBF＝，
又因为∠CBF≤，所以∠CBF＝，
所以sin ∠BFC＝sin(∠CBF＋∠BCF)＝
sin＝.
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＝，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＝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＝，
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　　
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＝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．
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＝0.3.
(3)法一：顾客同时购买甲和乙的概率可以估计为＝0.2，顾客同时购买甲和丙的概率可以估计为＝0.6，顾客同时购买甲和丁的概率可以估计为＝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名志愿者为C1，则从6名志愿者中抽取2名志愿者有(A1，A2)，(A1，A3)，(A1，B1)，(A1，B2)，(A1，C1)，(A2，A3)，(A2，B1)，(A2，B2)，(A2，C1)，(A3，B1)，(A3，B2)，(A3，C1)，(B1，B2)，(B1，C1)，(B2，C1)，共15种．
其中第3组的3名志愿者A1，A2，A3至少有一名志愿者被抽中的有(A1，A2)，(A1，A3)，(A1，B1)，(A1，B2)，(A1，C1)，(A2，A3)，(A2，B1)，(A2，B2)，(A2，C1)，(A3，B1)，(A3，B2)，(A3，C1)，共12种．
则第3组至少有1名志愿者被抽中的概率为＝.
22．(本小题满分12分)如图，四棱锥SABCD中，底面ABCD是菱形，其对角线的交点为O，且SA＝SC，SA⊥BD.

(1)求证：SO⊥平面ABCD；
(2)设∠BAD＝60°，AB＝SD＝2，P是侧棱SD上的一点，且SB∥平面APC，求三棱锥APCD的体积．
解：(1)证明：因为底面ABCD是菱形，所以AC⊥BD.

又因为BD⊥SA，SA∩AC＝A，所以BD⊥平面SAC，又因为SO⊂平面SAC.所以BD⊥SO.因为SA＝SC，AO＝OC，所以SO⊥AC.又因为AC∩BD＝O，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APC＝OP，所以SB∥OP.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OD＝1.由(1)知SO⊥平面ABCD，所以SO⊥OD.又因为SD＝2，所以在Rt△SOD中，SO＝.
所以P到平面ABCD的距离为，
所以VAPCD＝VPACD＝××＝.