（2021新苏教版）高中数学必修第二册模块综合测评练习.doc

1、模块综合测评 (时间 120 分钟，满分 150 分) 一、单项选择题(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) 1复数 z 满足(32i)z43i(i 为虚数单位)，则复数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 A由题意得，z43i 32i 43i32i 32i32i 6 13 17i 13 ，则复数 z 在复平面内对 应的点位于第一象限，故选 A. 2将一颗质地均匀的骰子(一种各个面分别标有 1,2,3,4,5,6 个点的正方体玩 具)先后抛掷 2 次，则出现向上的点数之和为大于 8 的偶数的概率为

2、() A. 1 12 B.1 9 C.1 6 D.1 4 B将先后两次的点数记为有序实数对(x，y)，则共有 6636(个)基本事 件，其中点数之和为大于 8 的偶数有(4,6)，(6,4)，(5,5)，(6,6)，共 4 种，则满足 条件的概率为 4 36 1 9.故选 B. 3从 2 名男同学和 3 名女同学中任选 2 人参加社区服务，则选中的恰有一 名女同学的概率为() A0.3B0.4C0.5D0.6 D设 2 名男生为 a，b,3 名女生为 A，B，C, 则任选 2 人的种数为 ab，aA， aB，aC，bA，bB，bC，AB，AC，BC 共 10 种，其中恰有一名女生为 aA，aB

3、， aC，bA，bB，bC 共 6 种， 故恰有一名女同学的概率 P 6 100.6 .故选 D. 4已知ABC 为等腰三角形，满足 ABAC 3，BC2，若 P 为底边 BC 上的动点，则AP (ABAC)( ) A有最大值 8B是定值 2 C有最小值 1D是定值 4 D如图，设 AD 是等腰三角形底边 BC 上的高，长度 为 31 2.故AP (AB AC )(AD DP )2AD 2AD 2 2DP AD 2AD 22( 2)24.故选 D. 5在ABC 中，若 lg sin Alg cos Blg sin Clg 2，则ABC 是() A等腰三角形B直角三角形 C等边三角形D等腰直角三

4、角形 A因为 lg sin Alg cos Blg sin Clg 2， 所以 lg sin A cos Bsin Clg 2. 所以 sin A2cos Bsin C. 因为ABC180， 所以 sin(BC)2cos Bsin C， 所以 sin(BC)0.所以BC，所以ABC 为等腰三角形 6 九章算术中将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为 阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳌臑在鳌臑 PABC 中，PA 平面 ABC，PA4，ABBC2，鳌臑 PABC 的四个顶点都在同一个球上，则该 球的表面积是() A16B20C24D64 C四棱锥 PABC 的四个面都是直角

5、三角形， ABBC2， ABBC，又 PA平面 ABC，AB 是 PB 在平面 ABC 上的射影， PACA， BCPB， 取 PC 中点 O， 则 O 是 PABC 外接球球心 由 ABBC2 得 AC2 2，又 PA4，则 PC 8162 6，OP 6， 所以球表面积为 S4(OP)24( 6)224.故选 C. 7 在ABC中， 角A， B， C的对边分别为a， b， c， 已知三个向量m a，cosA 2 ， n b，cosB 2 ，p c，cosC 2 共线，则ABC 的形状为() A等边三角形B等腰三角形 C直角三角形D等腰直角三角形 A向量 m a，cosA 2 ，n b，cos

6、B 2 共线， acos B 2bcos A 2. 由正弦定理得 sin Acos B 2sin Bcos A 2. 2sin A 2cos A 2 cos B 22sin B 2cos B 2cos A 2. 则 sin A 2sin B 2.0 A 2 2，0 B 2 2， A 2 B 2，即 AB. 同理可得 BC.ABC 的形状为等边三角形故选 A. 8如图，在正方体 ABCDA1B1C1D1中，点 E，F 分别为 棱 BB1，CC1的中点，点 O 为上底面的中心，过 E，F，O 三 点的平面把正方体分为两部分，其中含 A1的部分为 V1，不 含 A1的部分为 V2，连接 A1和 V2

7、的任一点 M，设 A1M 与平 面 A1B1C1D1所成角为，则 sin 的最大值为() A. 2 2 B.2 5 5 C.2 6 5 D.2 6 6 B连接 EF，因为 EF平面 ABCD， 所以过 EFO 的平面与平面 ABCD 的交线一定是过点 O 且与 EF 平行的直线， 过点 O 作 GHBC 交 CD 于点 G，交 AB 于 H 点，则 GHEF，连接 EH，FG， 则平行四边形 EFGH 即为截面， 则五棱柱 A1B1EHAD1C1FGD 为 V1， 三棱柱 EBHFCG 为 V2， 设 M 点为 V2的任一点，过 M 点作底面 A1B1C1D1的垂线，垂足为 N，连接 A1N，

8、 则MA1N 即为 A1M 与平面 A1B1C1D1所成的角， 所以MA1N. 因为 sin MN A1M，要使的正弦值最大，必须 MN 最大，A 1M 最小，当点 M 与点 H 重合时符合题意 故(sin )max MN A1Mmax HN A1H 2 5 5 .故选 B. 二、多项选择题(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 3 分，有选错的 得 0 分) 9 如图是 2020 年春运期间十二个城市售出的往返机票的平均价格以及相比 去年同期变化幅度的数据统计图，给出下列 4 个结论 其中结论正确的是()

9、A深圳的变化幅度最小，北京的平均价格最高； B深圳和厦门往返机票的平均价格同去年相比有所下降； C平均价格从高到低位于前三位的城市为北京，深圳，广州； D平均价格的涨幅从高到低位于前三位的城市为天津，西安，上海 ABC对于 A.由图可知深圳对应的小黑点最接近 0%，故变化幅度最小， 北京对应的条形图最高，则北京的平均价格最高，故 A 正确；对于 B.由图可知 深圳和厦门对应的小黑点在 0%以下， 故深圳和厦门的价格同去年相比有所下降， 故 B 正确； 对于 C 由图可知条形图由高到低居于前三位的城市为北京、深圳和 广州，故 C 正确； 对于 D 由图可知平均价格的涨幅由高到低分别为天津、西安和

10、南京，故 D 错误故选 ABC. 10已知圆锥的顶点为 P，母线长为 2，底面半径为 3，A，B 为底面圆周 上两个动点，则下列说法正确的是() A圆锥的高为 1 B三角形 PAB 为等腰三角形 C三角形 PAB 面积的最大值为 3 D直线 PA 与圆锥底面所成角的大小为 6 ABD如图所示：PO22(3)21，A 正确；PA PB2，B 正确；易知直线 PA 与圆锥底面所成的角为PAO 6，D 正确；取 AB 中点为 C，设PAC，则 6， 2 ， SPAB2sin 2cos 2sin 2，当 4时，面积有最大值为 2， C 错误故选 ABD. 11以下对各事件发生的概率判断正确的是() A

11、连续抛两枚质地均匀的硬币，有 3 个基本事件，出现一正一反的概率为 1 3 B每个大于 2 的偶数都可以表示为两个素数的和，例如 1257，在不超 过 15 的素数中随机选取两个不同的数，其和等于 14 的概率为 1 15 C将一个质地均匀的骰子先后抛掷 2 次，记下两次向上的点数，则点数之 和为 6 的概率是 5 36 D从三件正品、一件次品中随机取出两件，则取出的产品全是正品的概率 是1 2 BCD对于 A，连续抛两枚质地均匀的硬币，其样本区间为(正，正)， (正，反)，(反，正)，(反，反)；有 4 个基本事件，出现一正一反事件 A 包含的 样本点为(正，反)，(反，正)，所以 A 错误

12、；对于 B，从集合2,3,5,7, 11,13中取 出两个数， 其样本空间(2,3)， (2,5)， (2,7)， (2,11)， (2,13)， (3,5)， (3,7)， (3,11)， (3,13)，(5,7)，(5,11)，(5,13)，(7,11)，(7,13)，(11,13)，即包含 15 个基本等可能 事件，“两个数的和为 14”的事件 B 仅包含一个样本点(3,11)，所以 P(B) 1 15， 所以 B 正确；对于 C，样本空间有 36 个样本点，“点数和为 6”的事件 C 包含 5 个样本点(1,5)，(2,4)，(3,3)，(4,2)，(5,1)，即 P(C) 5 36，

13、所以 C 正确；对于 D， 从四件产品中取出两件，其样本空间为(正 1，正 2)，(正 2，正 3)，(正 1， 正 3)，(正 1，次)，(正 2，次)，(正 3，次)， 故共有 6 个基本等可能事件，“全是正品”的事件的样本点为 3 个，所以 P(D)1 2，所以故选 BCD. 12已知复数 z 对应复平面内点 A，则下列关于复数 z，z1，z2结论正确的是 () A. |z2i|表示点 A 到点(0,2)的距离 B. 若|z1|z2i|，则点 A 的轨迹是直线 C. |z1|z2|z1z2|z1|z2| D. |z1z2|z1|z2| BCD对于 A，|z2i|表示点 A 到点(0，2)

14、的距离，所以 A 错误；对于 B, |z1|z2i|表示 A 点到 M(1,0)和 N(0，2)的距离相等，所以 A 的轨迹是 MN 的垂直平分线，是一条直线，所以 B 正确；由复数模的性质知，C、D 均正确， 故选 BCD. 三、填空题(本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分，把答案填在题中横线 上) 132019 年国际山地旅游大会于 8 月 29 日在贵州黔西南州召开，据统计有 来自全世界的 4 000 名女性和 6 000 名男性徒步爱好者参与徒步运动，其中抵达 终点的女性与男性徒步爱好者分别为 1 000 名和 2 000 名，抵达终点的徒步爱好 者可获得纪念品一份若记者随

15、机电话采访参与本次徒步运动的 1 名女性和 1 名男性徒步爱好者，其中恰好有 1 名徒步爱好者获得纪念品的概率是_ 5 12 “男性获得纪念品， 女性没有获得纪念品”的概率为2 000 6 000 3 000 4 000 1 4， “男性没有获得纪念品，女性获得纪念品” 的概率为4 000 6 000 1 000 4 000 1 6，故“恰 好有 1 名徒步爱好者获得纪念品” 的概率为1 4 1 6 5 12. 14已知向量 a(1，2)，b(x,3y5)，且 ab，若 x，y 均为正数，则 xy 的最大值是_ 25 24 ab，(3y5)12x0，即 2x3y5. x0，y0， 52x3y2

16、 6xy，xy25 24，当且仅当 3y2x 时取等号 15掷红、白两颗骰子，事件 A红骰子点数小于 3，事件 B白骰子点 数小于 3，则事件 P(AB)_，P(AB)_. 1 9 5 9 由掷红、白两颗骰子，向上的点数共 6636 种可能，红色骰子的 点数分别记为红 1，红 2，白色骰子的点数分别记为白 1，白 2， 其中红骰子点数小于 3 的有 1,2 二种可能，其中白骰子点数小于 3 的有 1,2 二种可能， 事件 A红 1，白 1，红 1，白 2，红 1，白 3，红 1，白 4，红 1， 白 5，红 1，白 6，红 2，白 1，红 2，白 2，红 2，白 3，红 2，白 4， 红 2，

17、白 5，红 2，白 6，共 12 种 事件 B白 1，红 1，白 1，红 2，白 1，红 3，白 1，红 4，白 1， 红 5，白 1，红 6，白 2，红 1，白 2，红 2，白 2，红 3，白 2，红 4， 白 2，红 5，白 2，红 6，共 12 种， 事件 AB红 1，白 1，红 1，白 2，红 2，白 1，红 2，白 2，共 4 种， 故 P(AB) 4 36 1 9， 事件 AB 共有 1212420 种， 故 P(AB)20 36 5 9. 16如图，四棱锥 PABCD 中，ABCD 是矩形，PA平 面 ABCD，PAAB1，BC2，四棱锥外接球的球心为 O， 点 E 是棱 AD

18、上的一个动点给出如下命题：直线 PB 与 直线 CE 是异面直线；BE 与 PC 一定不垂直；三棱锥 EBCO 的体积为定值；CEPE 的最小值为 2 2.其中正确命题的序号是 _(将你认为正确的命题序号都填上) 对于，直线 PB 经过平面 ABCD 内的点 B， 而直线 CE 在平面 ABCD 内不过 B，直线 PB 与直线 CE 是异 面直线，故正确； 对于， 当E在线AD上且AE1 4AD位置时， BEAC， 因为PA平面ABCD， BE平面 ABCD， 所以 PABE， 又 PAACA， PA平面 PAC， AC平面 PAC， BE平面 PAC，则 BE 垂直 PC，故错误； 对于，由

19、题意知，四棱锥 PABCD 的外接球的球心为 O 是 PC 的中点，则 BCE 的面积为定值，且 O 到平面 ABCD 的距离为定值，三棱锥 EBCO 的体 积为定值，故正确； 对于，设 AEx，则 DE2x，PEEC 1x2 12x2. 由其几何意义，即平面内动点(x,1)与两定点(0,0)，(2,0)距离和的最小值知， 其最小值为 2 2，故正确故答案为. 四、解答题 (本大题共 6 小题，共 10 分，解答应写出文字说明、证明过程 或演算) 17(本小题满分 10 分)benti 从青岛市统考的学生数学考试试卷中随机抽查 100 份数学试卷作为样本，分别统计出这些试卷总分，由总分得到如下

20、的频率分 布直方图 (1)求这 100 份数学试卷成绩的中位数； (2)从总分在55,65)和135,145)的试卷中随机抽取 2 份试卷，求抽取的 2 份 试卷中至少有一份总分少于 65 分的概率 解(1)记这 100 份数学试卷成绩的中位数为 x(95x0， 1sin B cos A，即 sin Bcos A. (2)由 sin Csin Acos B3 4知， sin(AB)sin Acos B3 4，cos Asin B 3 4. 由(1)知，sin Bcos A，cos2A3 4，由于 B 是钝角， 故 A 0， 2 ，cos A 3 2 ，A 6. sin B 3 2 ，B2 3

21、，C(AB) 6. 20(本小题满分 12 分)如图，E 是以 AB 为直径的半圆 上异于 A，B 的点，矩形 ABCD 所在的平面垂直于该半圆所 在的平面，且 AB2AD2. (1)求证：EAEC； (2)设平面 ECD 与半圆弧的另一个交点为 F. 证明：EFAB； 若 EF1，求三棱锥 EADF 的体积 解(1)证明：平面 ABCD平面 ABE， 平面 ABCD平面 ABEAB， BCAB，BC平面 ABCD， BC平面 ABE. 又AE平面 ABE，BCAE. E 在以 AB 为直径的半圆上，AEBE， 又BEBCB，BC，BE平面 BCE， AE平面 BCE. 又CE平面 BCE，E

22、AEC. (2)证明：ABCD，AB平面 CED， CD平面 CED，AB平面 CED. 又AB平面 ABE，平面 ABE平面 CEDEF， ABEF. 取 AB 的中点 O，EF 的中点 O， 在 RtOOF 中，OF1，OF1 2，OO 3 2 . 由(1)得 BC平面 ABE， 又已知 ADBC，AD平面 ABE. 故 VEADFVDAEF1 3S AEFAD1 3 1 2EFOOAD 3 12. 21(本小题满分 12 分)已知ABC 中，三个内角 A，B，C 所对的边分别是 a，b，c. (1)证明：acos Bbcos Ac； (2)在2cb cos B a cos A，ccos

23、A2bcos Aacos C，2a bcos C cos A ccos B cos A 这 三个条件中任选一个补充在下面问题中，并解答 若 a7，b5，_，求ABC 的周长 解(1)根据余弦定理：acos Bbcos Aaa 2c2b2 2ac bb 2c2a2 2bc a 2c2b2b2c2a2 2c c，所以 acos Bbcos Ac. (2)选：因为2cb cos B a cos A，所以 2ccos Abcos Aacos B， 所以由(1)中所证结论可知，2ccos Ac，即 cos A1 2， 因为 A(0，)，所以 A 3； 选：因为 ccos A2bcos Aacos C，所

24、以 2bcos Aacos Cccos A， 由(1)中的证明过程同理可得，acos Cccos Ab， 所以 2bcos Ab，即 cos A1 2，因为 A(0，)， 所以 A 3； 选：因为 2abcos C cos Ac cos B cos A，所以 2acos Abcos Cccos B， 由(1)中的证明过程同理可得，bcos Cccos Ba， 所以 2acos Aa，即 cos A1 2，因为 A(0，)， 所以 A 3. 在ABC 中，由余弦定理知，a2b2c22bccos A25c210c1 249， 即 c25c240，解得 c8 或 c3(舍)， 所以 abc75820

25、， 即ABC 的周长为 20. 22. (本小题满分 12 分)如图，某住宅小区的平面图呈圆心角为 120的扇形 AOB，小区的两个出入口设置在点 A 及点 C 处，且小区里有一条平行于 BO 的 小路 CD. (1)已知某人从 C 沿 CD 走到 D 用了 10 分钟，从 D 沿 DA 走到 A 用了 6 分钟， 若此人步行的速度为每分钟 50 米，求该扇形的半径 OA 的长(精确到 1 米) (2)若该扇形的半径为 OAa，已知某老人散步，从 C 沿 CD 走到 D，再从 D 沿 DO 走到 O，试确定 C 的位置，使老人散步路线最长 解(1)法一： 设该扇形的半径为 r 米， 连接 CO

26、. 由题意， 得 CD500(米)， DA300(米)，CDO60， 在CDO 中，CD2OD22CDODcos 60 OC2， 即 5002(r300)22500(r300)1 2r 2， 解得 r4 900 11 445(米) 法二：连接 AC，作 OHAC，交 AC 于 H，由题意，得 CD500(米)， AD300(米)，CDA120 ，在CDA 中， AC2CD2AD22CDADcos 1205002300225003001 2700 2. AC700(米). cosCADAC 2AD2CD2 2ACAD 11 14. 在直角HAO 中，AH350(米)，cosHAO11 14， OA AH cosHAO 4 900 11 445(米) (2)连接 OC，设DOC， 0，2 3 ， 在DOC 中，由正弦定理得 CD sin DO sin 2 3 OC sin 3 2a 3， 于是 CD2a 3sin ，DO 2a 3sin 2 3 ，则 DCDO2a 3 sin sin 2 3 2asin 6， 0，2 3 所以当 3时，DCDO 最大为 2a ，此时 C 在弧 AB 的中点处