苏教版必修第二册模块综合测评含答案解析

模块综合测评(时间:120分钟　满分:150分)一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40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.某学校有高中学生1000人,其中高一年级、高二年级、高三年级的人数分别为320,300,380.为调查学生参加“社区志愿服务”的意向,现采用分层抽样的方法从中抽取一个容量为100的样本,那么应抽取高二年级学生的人数为(　　)　　　　　　　　　　　　　　A.68B.38C.32D.30答案D解析根据题意得,用分层抽样在各层中的抽样比为1001000=110,则高二年级应抽取的人数是300×110=30.2.某校高一年级15个班参加朗诵比赛的得分如下:91　89　90　92　94　87　93　96　91　85　8993　88　98　93这组数据的60百分位数、90百分位数分别为(　　)A.92,96B.93,96C.92.5,95D.92.5,96答案D解析将这组数据按从小到大排列得85,87,88,89,89,90,91,91,92,93,93,93,94,96,98,则15×60%=9,15×90%=13.5,所以60百分位数为92+932=92.5,90百分位数为96.3.若|z-2|=|z+2|,则复数z对应的点Z在(　　)A.实轴上 B.虚轴上C.第一象限D.第二象限答案B解析∵|z-2|=|z+2|,∴点Z到(2,0)和(-2,0)的距离相等,即点Z在以(2,0)和(-2,0)为端点的线段的中垂线上.4.在一个圆柱内挖去一个圆锥,圆锥的底面与圆柱的上底面重合,顶点是圆柱下底面中心.若圆柱的轴截面是边长为2的正方形,则圆锥的侧面展开图的面积为(　　)A.5πB.6πC.3πD.4π答案A解析圆锥的侧面展开图是半径为5,弧长为2π的扇形,其面积S=12lr=12×2π×5=5π,所以圆锥的侧面展开图的面积为5π.5.已知底面边长为1,侧棱长为2的正四棱柱的各顶点均在同一球面上,则该球的体积为(　　)A.32π3B.4πC.2πD.4π3答案D解析∵正四棱柱的底面边长为1,侧棱长为2,∴正四棱柱体对角线的长为1+1+2=2.又正四棱柱的顶点在同一球面上,∴正四棱柱体对角线恰好是球的一条直径,得球的半径R=1,根据球的体积公式,得此球的体积V=43πR3=4π3.6.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c.若△ABC的面积为S,且a=1,4S=b2+c2-1,则△ABC外接圆的面积为(　　)A.4πB.2πC.πD.π2答案D 解析由余弦定理得,b2+c2-a2=2bccosA,a=1,所以b2+c2-1=2bccosA.又S=12bcsinA,4S=b2+c2-1,所以4×12bcsinA=2bccosA,即sinA=cosA,tanA=1,又0<A<π,所以A=π4.由正弦定理,得1sinπ4=2R(R为△ABC外接圆的半径),得R=22,所以△ABC外接圆的面积为π2.7.已知tanθ是方程x2-6x+1=0的一实根,则cos2θ+π4等于(　　)A.34B.12C.13D.15答案C解析∵tanθ是方程x2-6x+1=0的一实根,∴tan2θ-6tanθ+1=0,则sin2θcos2θ-6sinθcosθ+1=0,可得sin2θ-6sinθcosθ+cos2θ=0,可得sinθcosθ=16,∴sin2θ=2sinθcosθ=13,∴cos2θ+π4=1+cos(2θ+π2)2=1-sin2θ2=1-132=13.8.在边长为2的菱形ABCD中,∠BAD=60°,E是BC的中点,则AC·AE等于(　　)A.3+33B.92C.3D.9答案D解析由题意∠ABC=120°,BA·BC=2×2×cos120°=-2,AC·AE=(BC-BA)·(BE-BA)=(BC-BA)·12BC-BA=12BC2-32BA·BC+BA2=12×22-32×(-2)+22=9.二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分. 9.下列各式中,值为32的是(　　)A.2sin15°cos15°B.1+tan15°2(1-tan15°)C.1-2sin215°D.3tan15°1-tan215°答案BCD解析2sin15°cos15°=sin30°=12;1+tan15°2(1-tan15°)=tan45°+tan15°2(1-tan45°tan15°)=12tan(45°+15°)=12tan60°=32;1-2sin215°=cos30°=32;3tan15°1-tan215°=32×2tan15°1-tan215°=32tan30°=32.故选BCD.10.对于△ABC,有以下判断,其中正确的是(　　)A.若sin2A=sin2B,则△ABC必为等腰三角形B.若A>B,则sinA>sinBC.若a=5,b=3,B=60°,则符合条件的△ABC有两个D.若cos2A+cos2B-cos2C>1,则△ABC必为钝角三角形答案BD解析因为sin2A=sin2B,又0<2A<2π,0<2B<2π,0<2A+2B<2π,所以2A=2B,或2A+2B=π,即A=B,或A+B=π2,所以△ABC为等腰三角形或直角三角形,故A不正确;若A>B,则a>b,由正弦定理asinA=bsinB=2R,得2RsinA>2RsinB,即sinA>sinB成立,故B正确;由余弦定理可得,b2=52+c2-2×5×c×12=9,可得c2-5c+16=0,Δ<0,方程无解,故C不正确;若cos2A+cos2B-cos2C>1,则1-sin2A+1-sin2B-1+sin2C>1,可得sin2A+sin2B<sin2C,则根据正弦定理得a2+b2<c2,可得C为钝角,可得△ABC是钝角三角形,故D正确.11.为比较甲乙两地某月14时的气温,随机选取该月中的5天,将这5天中14时的气温数据制成统计表如下:地区温度 甲2629283131乙2830312932从表中能得到的结论有(　　)A.甲地该月14时的平均气温低于乙地该月14时的平均气温B.甲地该月14时的平均气温高于乙地该月14时的平均气温C.甲地该月14时气温的方差小于乙地该月14时气温的方差D.甲地该月14时气温的标准差大于乙地该月14时气温的标准差答案AD解析甲地该月5天14时的平均气温为15×(26+28+29+31+31)=29,乙地该月5天14时的平均气温为15×(28+29+30+31+32)=30,故可得甲地该月14时的平均气温低于乙地该月14时的平均气温,故A正确,B不正确.甲地该月5天14时温度的方差为s甲2=15×[(26-29)2+(28-29)2+(29-29)2+(31-29)2+(31-29)2]=3.6;乙地该月5天14时温度的方差为s乙2=15×[(28-30)2+(29-30)2+(30-30)2+(31-30)2+(32-30)2]=2,故可得甲地该月14时气温的方差大于乙地该月14时气温的方差,甲地该月14时气温的标准差大于乙地该月14时气温的标准差,故C不正确,D正确.故选AD.12.(2021福建三明三元模拟)如图,在三棱锥P-ABC中,D,E,F分别为棱PC,AC,AB的中点,PA⊥平面ABC,∠ABC=90°,AB=PA=6,BC=8,则(　　)A.三棱锥D-BEF的体积为6B.直线PB和直线DF垂直C.平面DEF截三棱锥P-ABC所得的截面面积为12D.点P与点A到平面BDE的距离相等答案ACD 解析对于A,由三角形中位线定理可得DE=12PA,且S△BEF=14S△ABC.所以三棱锥D-BEF的体积为18VP-ABC=18×13×12×6×8×6=6,故A正确;对于B,由已知得BC⊥PB,又EF∥BC,可得EF⊥PB,假设直线PB与直线DF垂直,又DF∩EF=F,可得PB⊥平面DEF,又AB⊥平面DEF,与过平面外一点有且只有一条直线垂直该平面矛盾,故B错误;对于C,如图,取PB中点M,连接DM,FM,可得平面DEF截三棱锥P-ABC所得的截面为矩形MFED,面积为3×4=12,故C正确;对于D,由已知可得PA∥DE,而PA⊄平面DBE,DE⊂平面DBE,所以PA∥平面DBE,故点P与点A到平面BDE的距离相等,故D正确.故选ACD.三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.已知向量a=(x,2),b=(2,1),c=(3,x),若a∥b,则|a+c|=　　　　. 答案52解析因为a∥b,所以x-2×2=0,解得x=4,则b+c=(2,1)+(3,4)=(5,5),所以|b+c|=52.14.已知在三棱锥P-ABC中,若PA⊥平面ABC,PA=AB=AC=BC,则异面直线PB与AC所成角的余弦值为　　　　. 答案24解析过点B作BD∥AC,且BD=AC,连接AD,则四边形ADBC为菱形,如图所示,∴∠PBD(或其补角)即为异面直线PB与AC所成角.设PA=AB=AC=BC=a, ∴AD=a,BD=a.∵PA⊥平面ABC,∴PB=PD=PA2+AD2=2a,∴cos∠PBD=PB2+BD2-PD22×PB×BD=2a2+a2-2a22×2a×a=24.∴异面直线PB与AC所成角的余弦值为24.15.甲、乙、丙三人向同一飞机射击,设击中的概率分别为0.4,0.5,0.8,若只有1人击中,则飞机被击落的概率为0.2;若2人击中,则飞机被击落的概率为0.6;若3人击中,则飞机一定被击落.飞机被击落的概率为　　　　. 答案0.492解析设甲、乙、丙三人击中飞机为事件A,B,C,依题意,A,B,C相互独立,故所求事件概率为P=[P(ABC)+P(ABC)+P(ABC)]×0.2+[P(ABC)+P(ABC)+P(ABC)]×0.6+P(ABC)=(0.4×0.5×0.2+0.6×0.5×0.2+0.6×0.5×0.8)×0.2+(0.4×0.5×0.2+0.6×0.5×0.8+0.4×0.5×0.8)×0.6+0.4×0.5×0.8=0.492.16.在△ABC中,∠ABC=90°,AB=4,BC=3,点D在线段AC上,若∠BDC=45°,则BD=　　　　,cos∠ABD=　　　　. 答案1225　7210解析在△ABD中,由正弦定理,得ABsin∠ADB=BDsin∠BAC,而AB=4,∠ADB=135°,AC=AB2+BC2=5,sin∠BAC=BCAC=35,cos∠BAC=ABAC=45,所以BD=1225,cos∠ABD=cos(∠BDC-∠BAC)=cos45°·cos∠BAC+sin45°sin∠BAC=7210. 四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(10分)已知|a|=4,|b|=8,a与b的夹角是120°.(1)求a·b的值及|a+b|的值;(2)当实数k为何值时,(a+2b)⊥(ka-b)?解(1)由向量的数量积的运算公式,可得a·b=|a||b|cos120°=4×8×-12=-16,|a+b|=a2+b2+2a·b=42+82+2×(-16)=43.(2)因为(a+2b)⊥(ka-b),所以(a+2b)·(ka-b)=ka2-2b2+(2k-1)a·b=0,整理得16k-128+(2k-1)×(-16)=0,解得k=-7.即当k=-7时,(a+2b)⊥(ka-b).18.(12分)如图,在三棱锥A-BCD中,点E,F分别是BD,BC的中点,AB=AD,AE⊥BC.求证:(1)EF∥平面ACD;(2)AE⊥CD.证明(1)因为在△BCD中,点E,F分别是BD,BC的中点,所以EF∥CD.又因为EF⊄平面ACD,CD⊂平面ACD,所以EF∥平面ACD.(2)因为点E是BD的中点,且AB=AD,所以AE⊥BD.又因为AE⊥BC,BC⊂平面BCD,BD⊂平面BCD,BC∩BD=B,所以AE⊥平面BCD.因为CD⊂平面BCD,所以AE⊥CD. 19.(12分)在△ABC中,cos(A+C)=0,sinA=13.(1)求sinC的值;(2)设∠ABC的平分线与AC交于点D,若AC=3,求BD的长.解(1)由cos(A+C)=0,得A+C=π2,又因为A+B+C=π,所以B=π2.因为sinA=13,所以cosA=223,所以sinC=sinπ2-A=cosA=223.(2)在Rt△ABC中,sinA=13,AC=3,所以BC=ACsinA=3×13=1.在△DBC中,sin∠BDC=sinπ4+A=22(sinA+cosA)=4+26,由正弦定理,得BD=BCsinCsin∠BDC=82-47.20.(12分)某集团公司为了加强企业管理,树立企业形象,考虑在公司内部对迟到现象进行处罚.现在员工中随机抽取200人进行调查,当不处罚时,有80人迟到,处罚时,得到如下数据:处罚金额x/元50100150200迟到的人数y5040200若用表中数据所得频率代替概率.(1)当处罚金额定为100元时,员工迟到的概率会比不进行处罚时降低多少?(2)将选取的200人中会迟到的员工分为A,B两类:A类员工在罚金不超过100元时就会改正行为;B类是其他员工.现按分层抽样的方法从A类与B类员工中抽取4人依次进行深度问卷调查,则前两位均为B类员工的概率是多少? 解(1)设“当处罚金额定为100元时,员工迟到”为事件A,则P(A)=40200=15,不处罚时,员工迟到的概率为80200=25.所以当处罚金额定为100元时,比不进行处罚员工迟到的概率会降低15.(2)由题意知,A类员工和B类员工各有40人,分别从A类员工和B类员工中各抽出两人,设从A类员工抽出的两人分别为A1,A2,从B类员工抽出的两人分别为B1,B2,设“按分层抽样的方法从A类与B类员工中抽取4人依次进行深度问卷调查,首先抽出A1”为事件M,则M={(A1,A2,B1,B2),(A1,A2,B2,B1),(A1,B1,A2,B2),(A1,B1,B2,A2),(A1,B2,A2,B1),(A1,B2,B1,A2)},共6个样本点,同理,首先抽出A2,B1,B2的样本点也各有6个,故样本空间中共有24个样本点,设“抽取4人中前两位均为B类员工”为事件N,则N={(B1,B2,A1,A2),(B1,B2,A2,A1),(B2,B1,A1,A2),(B2,B1,A2,A1)},共4个样本点,所以P(N)=424=16,所以抽取4人中前两位均为B类员工的概率是16.21.(12分)已知向量m=(cosx,sinx),n=(cosx,-sinx),函数f(x)=m·n+12.(1)若fx2=1,x∈(0,π),求tanx+π4的值;(2)若f(α)=-110,α∈π2,3π4,sinβ=7210,β∈0,π2,求2α+β的值.解(1)因为向量m=(cosx,sinx),n=(cosx,-sinx),所以f(x)=m·n+12=cos2x-sin2x+12=cos2x+12.因为fx2=1,所以cosx+12=1,即cosx=12.又因为x∈(0,π),所以x=π3.所以tanx+π4=tanπ3+π4=tanπ3+tanπ41-tanπ3tanπ4=-2-3. (2)因为f(α)=-110,所以cos2α+12=-110,即cos2α=-35.因为α∈π2,3π4,所以2α∈π,3π2,则sin2α=-1-cos22α=-45,因为sinβ=7210,β∈0,π2,所以cosβ=1-sin2β=210,所以cos(2α+β)=cos2αcosβ-sin2αsinβ=-35×210--45×7210=22.又因为2α∈π,3π2,β∈0,π2,所以2α+β∈(π,2π),所以2α+β=7π4.22.(12分)如图,在△AOB中,D是边OB的中点,C是OA上靠近O的三等分点,AD与BC交于点M,设OA=a,OB=b.(1)用a,b表示OM;(2)过点M的直线与边OA,OB分别交于点E,F.设OE=pOA,OF=qOB,求1p+2q的值.解(1)设OM=xa+yb,则AM=OM-OA=(x-1)a+yb,AD=OD-OA=-a+12b,∵A,M,D三点共线,∴AM,AD共线,从而12(x-1)=-y,①又C,M,B三点共线,∴BM,BC共线, 又BM=OM-OB=xa+(y-1)b,BC=OC-OB=13a-b,同理可得13(y-1)=-x,②联立①②,解得x=15,y=25,故OM=15a+25b.(2)∵EM=OM-OE=15a+25b-pa=15-pa+25b,EF=OF-OE=qb-pa.又EM,EF共线,∴15-pq=-25p,整理得1p+2q=5.