人教A版高中数学必修第二册模块综合测试答案

这是一份人教A版高中数学必修第二册模块综合测试答案，共10页。

模块综合测评1．B　[由题意可得z＝2+i1+i2+i5＝2+i1-1+i＝i2+ii2＝2i-1-1＝1－2i，则z＝1＋2i.故选B．]2．D　[方差反映的是一组数据的波动情况，方差越大说明数据偏离平均水平的程度越大，平均数是整体的平均水平，是一组数据的集中程度的刻画，所以最能体现共同富裕要求的是平均数大，方差小．故选D．]3．C　[若m∥α，不妨设m在α内的投影为m′，则m∥m′，对于选项A：若m∥α，m⊥n，则n⊥m′，结合线面垂直判定定理可知，n不一定垂直α，故A错误；对于选项B：若m∥α，β⊥α，此时m与β可能相交、平行或m在β上，故B错误；对于选项C：若m∥α，n⊥α，则n⊥m′，从而m⊥n，故C正确；对于选项D：若m∥α，m⊥β，则m′⊥β，结合面面垂直判定定理可知，α⊥β，故D错误．故选C．]4．D　[由正弦定理，212＝2sinC 有sin C＝22，因为C∈(0，π)，故C＝45°或C＝135°，故三角形有两解，故ABC均错误，当C＝45°时，A＝180°－45°－30°＝105°，或当C＝135°时△ABC均为钝角三角形，故D正确．故选D．]5．C　[由题知，基本事件的总数有25种情形，两人被封同一等级的方法种数有男、子、伯、候、公，共5种情形，故所求事件的概率为1－525＝2025＝45.故选C．]6．B　[DG＝12DE＋12DF＝12(DA+AE)＋12·34DC＝12(－AD＋14AB)＋38AB＝12AB－12AD.故选B．]7．C　[如图所示，补成直四棱柱ABCD-A1B1C1D1，则所求角为∠BC1D，∵BC1＝2，BD＝22+1-2×2×1×cos60°＝3，C1D＝AB1＝5，易得C1 D2 ＝ BD2+BC1 2，因此cos ∠BC1D＝BC1C1D＝25＝105，故选C．]8．B　[设球、正四面体和正方体的体积都为V，若球的半径为R，则V＝43πR3，可得其表面积为S1＝4πR2＝336πV2.若正四面体的棱长为m，则V＝13·34m2·63m＝212m3，可得m＝362V，所以其表面积为S2＝4×34m2＝3m2＝32163V2.若正方体的棱长为a，可得V＝a3，所以正方体的表面积为S3＝6a2＝63V2＝3216V2，可得S1236，所以甲的六维能力指标值整体水平低于乙的六维能力指标值整体水平，所以选项D正确．故选AD．]10．AD　[因为i-1z＝2i，所以z＝2ii-1＝2i-1-i2＝1－i，对于A，z＝12+-12＝2，故选项A正确；对于B，z的虚部为－1，故选项B错误；对于C，z的共轭复数为z＝1＋i，故选项C错误；对于D，因为方程x2－2x＋2＝0的根为2±8-4i2＝1±i，所以z是方程x2－2x＋2＝0的一个根，故选项D正确．故选AD．]11．ABD　[盒子里有2个红球和2个白球，从中不放回地依次取出2个球，共4×3＝12个基本事件，事件A共有4个基本事件，事件B共6个基本事件，事件C共6个基本事件，事件D共8个基本事件，由题可得P(A)＝412＝13，P(B)＝612＝12，P(D)＝812＝23，P(AB)＝212＝16，P(BD)＝412＝13，所以P(AB)＝P(A)·P(B)，P(BD)＝P(B)·P(D)，所以 A 与 B 相互独立，B 与 D 相互独立，故AD正确；对于B，由题意知，取出两个球要么颜色相同，要么颜色不同，即 A 与 D 互为对立事件，故B正确；对于C, “第1次取出的是红球”，“第2次取出的是红球”， C 与 D 可能同时发生，故C错误．故选ABD．]12．BD　[在正三棱台ABC-A1B1C1中，A1B1＝6，AB＝12，AA1＝6，在平面ABB1A1中，由点A1向AB作垂线，垂足为D，取线段BC的中点E，连接AE，在平面AEA1中，由点A1向AE作垂线，垂足为F，连接DF，在等腰梯形ABB1A1中，AB＝12，B1A1＝6，AA1＝6，则AD＝12-62＝3，A1D＝62-32＝33，所以棱台的表面积为3×12(6＋12)×33＋34×62＋34×122＝1263，故选项B正确；又三棱台为正三棱台，所以A1F为正三棱台ABC-A1B1C1的高，所以A1F⊥AB，由A1F∩A1D＝A1，所以AB⊥平面A1DF，AB⊥DF，在Rt△ADF中，AF＝ADcos π6＝332＝23，在Rt△A1AF中，A1 F ＝ AA1 2-AF2 ＝ 62-232 ＝ 26，所以棱台的高为26，故选项A错误；棱台的侧棱与底面所成角为∠A1AE，cos ∠A1AE＝AFAA1＝236＝33，故选项C错误；棱台的侧面与底面所成二面角为∠A1DF，sin ∠A1DF＝A1FA1D＝2633＝223，故选项D正确．故选BD．]13．95　[依题意，先将上述6个分数从小到大排列为：88，89，92，93，95，99，6×75%＝4.5，向上取整为第5个数，即95. ]14．0.79　[∵甲、乙、丙至少有一人解决该问题的概率不小于丁独立解决这一问题的概率，∴1－(1－0.5)(1－0.4)(1－0.3)≥a，解得a≤0.79.∴a的最大值是0.79．]15．5π12　[如图所示，由题意可知：∠ABC＝π12，母线与水平面所成角为：∠EDB＝∠DBF＝π2－π12＝5π12．]16．30　[如图所示，设水柱CD的高度为h，在Rt△ACD中，∵∠DAC＝45°，∴AC＝h，∵∠BAE＝30°，∴∠CAB＝60°，又∵B，A，C在同一水平面上，∴△BCD是以C为直角顶点的直角三角形，在Rt△BCD中，∠CBD＝30°，∴BC＝3h，在△ABC中，由余弦定理可得BC2＝AC2＋AB2－2AC·AB cos 60°，∴3h2＝h2＋602－2×60×h×12，即h2＋30h－1800＝0，解得h＝30.∴水柱的高度是30 m．]17．解：(1)若选①：由z1＋z2＝3＋a2-3i∈R，得a2－3＝0，解得a＝±3.若选②：由z1z2＝2a2＋a2-5i＝6－2i⇒2a2=6 a2-5=-2 ，解得a＝±3.若选③：由2＝a2－1得a＝±3.(2) z1z2＋b＝2+2i1-2i＋b＝－25＋b＋65i，由－25＋b＝0，解得b＝25.18．[解]　(1)由题意知，高一、高二、高三三个年级的学生志愿者人数之比为3∶2∶2，又采用样本量按比例分配的分层随机抽样方法，从中抽取7名同学．故应从高一、高二、高三三个年级的学生志愿者中分别抽取3人，2人，2人．(2)①由题意知，所有可能的抽取结果为(A，B)，(A，C)，(A，D)，(A，E)，(A，F)，(A，G)，(B，C)，(B，D)，(B，E)，(B，F)，(B，G)，(C，D)，(C，E)，(C，F)，(C，G)，(D，E)，(D，F)，(D，G)，(E，F)，(E，G)，(F，G)．②不妨设7名同学中来自高一的3人分别为A，B，C，则M＝{(A，B)，(A，C)，(A，D)，(A，E)，(A，F)，(A，G)，(B，C)，(B，D)，(B，E)，(B，F)，(B，G)，(C，D)，(C，E)，(C，F)，(C，G) }，共含有15个样本点．所以P(M)＝1521＝57.19．解：记甲、乙、丙三台机器在某一小时内需要照顾分别为事件A，B，C，则A，B，C两两相互独立．(1)由题意得P(AB)＝P(A)P(B)＝0.05，P(AC)＝P(A)P(C)＝0.1，P(BC)＝P(B)P(C)＝0.125，∴P(A)＝0.2，P(B)＝0.25，P(C)＝0.5，∴甲、乙、丙每台机器在这一小时内需要照顾的概率分别为0.2，0.25，0.5.(2)∵A，B，C两两相互独立，∴A，B，C两两相互独立，∴甲、乙、丙每台机器在一个小时内都不需要照顾的概率为P(ABC)＝P(A)P(B)P(C)＝0.8×0.75×0.5＝0.3，∴这一小时内至少有一台需要照顾的概率为P＝1－P(ABC)＝1－0.3＝0.7.20．解：(1)由m＝(1+cos A，sin B )，n＝3a，b且m∥n，得1+cosAb＝3a sin B，由正弦定理得1+cosAsin B＝3sin A sin B，∵B∈(0，π)，∴sin B≠0，∴1＋cos A＝3sin A，∴2sin A-π6＝1，又∵A∈0，π，A－π6∈-π6，5π6，∴A－π6＝π6，即A＝π3.(2)由AD＝12AB+AC，得到AD2＝14(AB2＋AC2＋2AB·AC)，则4＝b2＋c2＋2bc cos ∠BAC，化简得b2＋c2＝4－bc≥2bc，∴bc≤43，当且仅当b＝c时，等号成立，∴S△ABC＝12bc sin A≤12×43×32＝33，即△ABC面积的最大值为33.21．解：(1)∵每组小矩形的面积之和为1，∴(0.005＋0.010＋0.020＋a＋0.025＋0.010)×10＝1，解得a＝0.030.成绩落在[40，80)内的频率为(0.005＋0.010＋0.020＋0.030)×10＝0.65.落在[40，90)内的频率为(0.005＋0.010＋0.020＋0.030＋0.025)×10＝0.9.设第80百分位数为m，由0.65＋(m－80)×0.025＝0.80，得m＝86，故第80百分位数为86.设平均数为x，由图中数据可知：x＝10×(45×0.005＋55×0.010＋65×0.020＋75×0.030＋85×0.025＋95×0.010)＝74.(2)由图可知，成绩在[50，60)的市民人数为100×0.1＝10，成绩在[60，70)的市民人数为100×0.2＝20.故z＝10×56+65×2010+20＝62，s2＝110+20[10×(56－62)2＋10×7＋20×(65－62)2＋20×4]＝23.所以两组市民成绩的总平均数是62，总方差是23.22．解：(1)判断l∥AC.证明如下：连接BC1，∵三棱柱ABC-A1B1C1为直三棱柱，∴平面A1B1C1∥平面ABC，∵A1C1⊂平面A1B1C1，∴A1C1∥平面ABC，又平面A1BC1∩平面ABC＝l，A1C1⊂平面A1BC1，∴A1C1∥l.又∵A1C1∥AC，∴l∥AC.(2)证明：连接AC1，∵三棱柱ABC-A1B1C1为直三棱柱，∴A1A⊥平面ABC，∴A1A⊥AB.又∠BAC＝90°，A1A∩AC＝A，∴AB⊥平面ACC1A1.又A1C⊂平面ACC1A1，∴AB⊥A1C，又∵直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1＝AC，∴四边形ACC1A1为正方形，∴AC1⊥A1C，∵AC1∩AB＝A，AC1⊂平面ABC1，AB⊂平面ABC1，∴A1C⊥平面ABC1.又∵BC1⊂平面ABC1，∴A1C⊥BC1.(3)过A1作A1D⊥B1C1，垂足为D，连接CD，如图所示，∵三棱柱ABC-A1B1C1为直三棱柱，∴BB1⊥平面A1B1C1，又A1D⊂平面A1B1C1，∴BB1⊥A1D，∵B1C1⊥A1D，BB1∩B1C1＝B1，∴A1D⊥平面BCC1B1，∴∠A1CD为直线A1C与平面BCC1B1所成的角，即∠A1CD＝30°，∵AA1＝AC＝3，∴A1C＝32，∴sin ∠A1CD＝sin 30°＝A1DA1C＝A1D32＝12，∴A1D＝322，∴在Rt△A1C1D中，sin ∠A1C1D＝A1DA1C1＝3223＝22，∴∠A1C1D＝45°，又∠B1A1C1＝90°，∴A1B1＝A1C1＝3.设三棱锥A1-ABC内切球的半径为r，球心为O，连接OA，OB，OC，OA1(图略)，则由V三棱锥A1-ABC＝V三棱锥O-ABC＋V三棱锥O-ABA1＋V三棱锥O-ACA1 ＋V三棱锥O-A1BC 得13×12×3×3×3＝1312×3×3×3+34×322r，即r＝33+3＝33-36＝3-32，∴三棱锥A1-ABC内切球的表面积S＝4πr2＝π3-32＝12-63π.