2021年人教版高中数学必修第二册 模块综合检测 (含解析)

1、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 zi12i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.zi12ii（12i）1（2i）22i52515i，其对应的点25，15 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

2、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()A3B6C3 2D.3 22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 S12436.4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.1

3、24B.136C.15D.16解析：选 D.由题意知抽取的比例为2012016，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()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()A2，2，3，1B2，3，1，2，4C2，2，2，2，2，2D2，4，0，2解析：选 D.易

4、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()A.49B.13C.29D.19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 54

5、20 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， 所以所求概率为 P54519.9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.12B.35C.23D.34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：BA1 A1A2，故 P(B)P(A1)P(A1)P(A2)12121234.法二：P(B)1P(A1A2)1P(A1)P(

6、A2)1121234.10如图，在ABC 中，AD23AC，BP13BD，若APABAC，则的值为()A3B3C2D2解析：选 B.因为AD23AC，所以BP13BD13(ADAB)29AC13AB.所以APABBP23AB29AC，又APABAC，所以23，29，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3， aAB， bCD，则 ab()A5B1C3D6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 ij12.因此 ai2j，b3i2j，所以 ab(i2j)(

7、3i2j)3i24ij4j2312411124121，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()A24B6C.163D.83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231212233.因为三棱柱的高 BC2，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 R332122 33，所以三棱柱外接球的表面积 S4R2163.故选 C.二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分134

8、，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，所以 30%分位数为x3x426726.5，75%分位数为 x89.答案：6.5914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(i1，2，3)，则 P(A1)0.8，P(A2)0.6，P(

9、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 A1A2A3A1A2A3 A1A2A3发生，故所求概率为 PP(A1A2A3A1A2A3 A1A2A3)P(A1A2A3)P(A1A2A3)P(A1A2A3)P(A1)P(A2)P(A3)P(A1)P( A2)P(A3)P( A1)P(A2)P(A3)0.80.60.50.80.40.50.20.60.50.46.答案：0.4615如图，在三棱柱 ABCA1B1C1中，AA1底面 ABC，ABBC，AA1AC2，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

10、AA1底面 ABC，则 AA1BC，又 ABBC，AA1ABA，所以BC平面 AA1B1B，所以直线 A1C 与侧面 AA1B1B 所成的角为CA1B30.又 AA1AC2，所以 A1C2 2，BC 2.又 ABBC，则 AB 2，则该三棱柱的侧面积为 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 延长线上的动点 Q(包含点 B)满足|DP|BQ|，则PAPQ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

11、 0 x2，2y0.因为|DP|BQ|，所以|x|y|，所以 xy.因为PA(x，1)，PQ(2x，y1)，所以PAPQx(2x)(y1)x22xy1x2x1x12234，所以当 x12时， PAPQ取得最小值为34.答案：34三、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， 3)(1)若|c|4，且 ca，求 c 的坐标；(2)若|b|1，且(ab)a52b，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

12、，2 3)(2)因为(ab)a52b，所以(ab)a52b0，即 a232ab52b20，所以 43221cos520，所以 cos12，因为0，所以3.18(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 C6，a2，ABC 的面积为 3，F 为边 AC 上一点(1)求 c；(2)若 CF 2BF，求 sinBFC.解：(1)因为 SABC12ab sin C122bsin6 3，所以 b2 3.由余弦定理可得 c2a2b22ab cos C412222 3cos64，所以 c2.(2)由(1)得 ac2，所以 AC6，ABCAC23.在BCF 中由正弦定理

13、得CFsinCBFBFsinBCF， 所以 sinCBFsin6CFBF.又因为 CF 2BF，所以sinCBF22，又因为CBF23，所以CBF4，所以 sin BFCsin(CBFBCF)sin46 2 64.19 (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

14、形 BCE 的中位线，所以 GFECDA，GF12CEDA1.所以四边形 GFAD 为平行四边形，所以 AFGD，又 GD平面 BDE，AF平面 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

15、商品顾客人数甲乙丙丁1002172003008598(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2001 0000.2.(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

16、1002001 0000.3.(3)法一：顾客同时购买甲和乙的概率可以估计为2001 0000.2，顾客同时购买甲和丙的概率可以估计为1002003001 0000.6，顾客同时购买甲和丁的概率可以估计为1001 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

17、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 0.015n5，n100，所以第 3 组有 0

18、.06510030(人)，第 4 组有 0.04510020(人)，第 5 组有 0.02510010(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