1、（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，5521其对应的点5，5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
2、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 S1436.24. 在 120 个零件中，一级品 24 个，二级品 36 个，三级品 60
3、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 0.45020.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
4、()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
5、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 5420 个，符合条件的两位数 (2)当个位为偶数时，有 5525 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
6、 ，故 P(B)P(A )P A)P(A )111311 21(12 2224.法二：P(B)1P A A)1P A )P A)1113(12(1 (2224.102 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 ab()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
7、 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 i1j2.因此 ai2j，b3i2j，1所以 ab(i2j)(3i2j)3i24ij4j231241124121，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2123形外接圆的半径为3122 3 .因为三棱柱的高 B
8、C2，所以其外接球的球心与底面外 322 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 3 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 1030%3，1075%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、
9、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
10、(A )P( )P(A )P(A )0.80.60.50.80.40.51231A 23A 1230.20.60.50.46.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
11、2 222244 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PAPQ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-12 3所以PAPQx(2x)(y1)x22xy1x2x1x2 4，13所以当 x2时，PAPQ取得最小值为4.- 5 -3答案：4三
12、、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；25 (2) 若|b|1，且(ab)a b，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)5 5 353(2)因为(ab)a2b，所以(ab)ab0，即 a2ab b20，所以 4 21cos 50，22222所 以 cos 12，因为 0，所以 3 .18(本小题满分 12 分)ABC 的
13、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 2bsin 3，所以 b2 3.由余弦定理可得 c2a2226b22ab cos C412222 3cos 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
14、 BFCsin(CBFBCF)- 6 -sin 2 6 4 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，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
15、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 -2172003008598(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
16、 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10
17、0200300100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
18、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 0.015n5，n100， 所以第 3 组有 0.06510030(人)，第 4 组有 0.04510020(人)，第 5 组有 0.02510010(人)所以利
19、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()()
20、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
21、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，322111所以 VA PCDVP ACD3222sin 120 .- 10 -
