2024-2025学年新教材高中数学模块综合测评含解析苏教版必修第二册

PAGE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满意(3－2i)z＝4＋3i(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．其次象限C．第三象限 D．第四象限A[由题意得，z＝eq\f(4＋3i,3－2i)＝eq\f(4＋3i3＋2i,3－2i3＋2i)＝eq\f(6,13)＋eq\f(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．将一颗质地匀称的骰子(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()A.eq\f(1,12)B.eq\f(1,9)C.eq\f(1,6)D.eq\f(1,4)B[将先后两次的点数记为有序实数对(x，y)，则共有6×6＝36(个)基本领件，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，则满意条件的概率为eq\f(4,36)＝eq\f(1,9).故选B.]3．从2名男同学和3名女同学中任选2人参与社区服务，则选中的恰有一名女同学的概率为()A．0.3B．0.4C．0.5D．0.6D[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，aC，bA，bB，bC共6种，故恰有一名女同学的概率P＝eq\f(6,10)＝0.6.故选D.]4．已知△ABC为等腰三角形，满意AB＝AC＝eq\r(3)，BC＝2，若P为底边BC上的动点，则eq\o(AP,\s\up6(→))(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))()A．有最大值8 B．是定值2C．有最小值1 D．是定值4

D[如图，设AD是等腰三角形底边BC上的高，长度为eq\r(3－1)＝eq\r(2).故eq\o(AP,\s\up6(→))·(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))＝(eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(DP,\s\up6(→)))·2eq\o(AD,\s\up6(→))＝2eq\o(AD,\s\up6(→))2＋2eq\o(DP,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝2eq\o(AD,\s\up6(→))2＝2×(eq\r(2))2＝4.故选D.]5．在△ABC中，若lgsinA－lgcosB－lgsinC＝lg2，则△ABC是()A．等腰三角形 B．直角三角形C．等边三角形 D．等腰直角三角形A[因为lgsinA－lgcosB－lgsinC＝lg2，所以lgeq\f(sinA,cosBsinC)＝lg2.所以sinA＝2cosBsinC.因为∠A＋∠B＋∠C＝180°，所以sin(B＋C)＝2cosBsinC，所以sin(B－C)＝0.所以∠B＝∠C，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，PA＝4，AB＝BC＝2，鳌臑P­ABC的四个顶点都在同一个球上，则该球的表面积是()A．16πB．20πC．24πD．64πC[四棱锥P­ABC的四个面都是直角三角形，∵AB＝BC＝2，∴AB⊥BC，又PA⊥平面ABC，∴AB是PB在平面ABC上的射影，PA⊥CA，∴BC⊥PB，取PC中点O，则O是P­ABC外接球球心．由AB＝BC＝2得AC＝2eq\r(2)，又PA＝4，则PC＝eq\r(8＋16)＝2eq\r(6)，OP＝eq\r(6)，所以球表面积为S＝4π(OP)2＝4π×(eq\r(6))2＝24π.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＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，cos\f(A,2)))，n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b，cos\f(B,2)))，p＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c，cos\f(C,2)))共线，则△ABC的形态为()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＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，cos\f(A,2)))，n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b，cos\f(B,2)))共线，∴acoseq\f(B,2)＝bcoseq\f(A,2).由正弦定理得sinAcoseq\f(B,2)＝sinBcoseq\f(A,2).∴2sineq\f(A,2)coseq\f(A,2)coseq\f(B,2)＝2sineq\f(B,2)coseq\f(B,2)coseq\f(A,2).则sineq\f(A,2)＝sineq\f(B,2).∵0<eq\f(A,2)<eq\f(π,2)，0<eq\f(B,2)<eq\f(π,2)，∴eq\f(A,2)＝eq\f(B,2)，即A＝B.同理可得B＝C.∴△ABC的形态为等边三角形．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的任一点M，设A1M与平面A1B1C1D1所成角为α，则sinα的最大值为()A.eq\f(\r(2),2)B.eq\f(2\r(5),5)C.eq\f(2\r(6),5)D.eq\f(2\r(6),6)B[连接EF，因为EF∥平面ABCD，所以过EFO的平面与平面ABCD的交线肯定是过点O且与EF平行的直线，过点O作GH∥BC交CD于点G，交AB于H点，则GH∥EF，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，则∠MA1N即为A1M与平面A1B1C1D1所成的角，所以∠MA1N＝α.因为sinα＝eq\f(MN,A1M)，要使α的正弦值最大，必需MN最大，A1M最小，当点M与点H重合时符合题意．故(sinα)max＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(MN,A1M)))max＝eq\f(HN,A1H)＝eq\f(2\r(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2024年春运期间十二个城市售出的来回机票的平均价格以及相比去年同期改变幅度的数据统计图，给出下列4个结论其中结论正确的是()A．深圳的改变幅度最小，北京的平均价格最高；B．深圳和厦门来回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%，故改变幅度最小，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eq\r(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1B．三角形PAB为等腰三角形C．三角形PAB面积的最大值为eq\r(3)D．直线PA与圆锥底面所成角的大小为eq\f(π,6)ABD[如图所示：PO＝eq\r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)))2)＝1，A正确；PA＝PB＝2，B正确；易知直线PA与圆锥底面所成的角为∠PAO＝eq\f(π,6)，D正确；取AB中点为C，设∠PAC＝θ，则θ∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))，S△PAB＝2sinθ·2cosθ＝2sin2θ，当θ＝eq\f(π,4)时，面积有最大值为2，C错误．故选ABD.]11．以下对各事务发生的概率推断正确的是()A．连续抛两枚质地匀称的硬币，有3个基本领件，出现一正一反的概率为eq\f(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12＝5＋7，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eq\f(1,15)C．将一个质地匀称的骰子先后抛掷2次，登记两次向上的点数，则点数之和为6的概率是eq\f(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eq\f(1,2)BCD[对于A，连续抛两枚质地匀称的硬币，其样本区间为Ω＝{(正，正)，(正，反)，(反，正)，(反，反)}；有4个基本领件，出现一正一反事务A包含的样本点为(正，反)，(反，正)，所以A错误；对于B，从集合{2,3,5,7,11,13}中取出两个数，其样本空间Ω＝{(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个基本等可能事务，“两个数的和为14”的事务B仅包含一个样本点(3,11)，所以P(B)＝eq\f(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”的事务C包含5个样本点(1,5)，(2,4)，(3,3)，(4,2)，(5,1)，即P(C)＝eq\f(5,36)，所以C正确；对于D，从四件产品中取出两件，其样本空间为Ω＝{(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个基本等可能事务，“全是正品”的事务的样本点为3个，所以P(D)＝eq\f(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.|z＋2i|表示点A到点(0,2)的距离B.若|z－1|＝|z＋2i|，则点A的轨迹是直线C.||z1|－|z2||≤|z1＋z2|≤|z1|＋|z2|D.|z1z2|＝|z1||z2|BCD[对于A，|z＋2i|表示点A到点(0，－2)的距离，所以A错误；对于B,|z－1|＝|z＋2i|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)13．2024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4000名女性和6000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1000名和2000名，抵达终点的徒步爱好者可获得纪念品一份．若记者随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________．eq\f(5,12)[“男性获得纪念品，女性没有获得纪念品”的概率为eq\f(2000,6000)×eq\f(3000,4000)＝eq\f(1,4)，“男性没有获得纪念品，女性获得纪念品”的概率为eq\f(4000,6000)×eq\f(1000,4000)＝eq\f(1,6)，故“恰好有1名徒步爱好者获得纪念品”的概率为eq\f(1,4)＋eq\f(1,6)＝eq\f(5,12).]14．已知向量a＝(1，－2)，b＝(x,3y－5)，且a∥b，若x，y均为正数，则xy的最大值是________．eq\f(25,24)[∵a∥b，∴(3y－5)×1＋2x＝0，即2x＋3y＝5.∵x＞0，y＞0，∴5＝2x＋3y≥2eq\r(6xy)，∴xy≤eq\f(25,24)，当且仅当3y＝2x时取等号．]15．掷红、白两颗骰子，事务A＝{红骰子点数小于3}，事务B＝{白骰子点数小于3}，则事务P(AB)＝__________，P(A＋B)＝________.eq\f(1,9)eq\f(5,9)[由掷红、白两颗骰子，向上的点数共6×6＝36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，事务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，白5}，{红2，白6}，共12种事务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，事务AB＝{红1，白1}，{红1，白2}，{红2，白1}，{红2，白2}，共4种，故P(AB)＝eq\f(4,36)＝eq\f(1,9)，事务A＋B共有12＋12－4＝20种，故P(A＋B)＝eq\f(20,36)＝eq\f(5,9).]16．如图，四棱锥P­ABCD中，ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝1，BC＝2，四棱锥外接球的球心为O，点E是棱AD上的一个动点．给出如下命题：①直线PB与直线CE是异面直线；②BE与PC肯定不垂直；③三棱锥E­BCO的体积为定值；④CE＋PE的最小值为2eq\r(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)①③④[对于①，∵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①正确；对于②，当E在线AD上且AE＝eq\f(1,4)AD位置时，BE⊥AC，因为PA⊥平面ABCD，BE⊂平面ABCD，所以PA⊥BE，又PA∩AC＝A，PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，∴BE⊥平面PAC，则BE垂直PC，故②错误；对于③，由题意知，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③正确；对于④，设AE＝x，则DE＝2－x，∴PE＋EC＝eq\r(1＋x2)＋eq\r(1＋2－x2).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2eq\r(2)，故④正确．故答案为①③④.]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，由总分得到如下的频率分布直方图．(1)求这100份数学试卷成果的中位数；(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份数学试卷成果的中位数为x(95<x<105)，则0.002×10＋0.008×10＋0.013×10＋0.015×10＋(x－95)×0.024＝0.5，解得x＝100，所以中位数为100.(2)总分在[55,65)的试卷共有0.002×10×100＝2(份)，记为A，B，总分在[135,145)的试卷共有0.004×10×100＝4(份)，记为a，b，c，d，则从上述6份试卷中随机抽取2份的结果为{A，B}，{A，a}，{A，b}，{A，c}，{A，d}，{B，a}，{B，b}，{B，c}，{B，d}，{a，b}，{a，c}，{a，d}，{b，c}，{b，d}，{c，d}，共计15个样本点，且是等可能的．至少有一份总分少于65分的有：{A，B}，{A，a}，{A，b}，{A，c}，{A，d}，{B，a}，{B，b}，{B，c}，{B，d}，共计9个样本点，所以抽取的2份至少有一份总分少于65分的概率P＝eq\f(9,15)＝eq\f(3,5).18．(本小题满分12分)已知向量m＝(cosα，sinα)，n＝(－1,2)．(1)若m∥n，求eq\f(sinα－2cosα,sinα＋cosα)的值；(2)若|m－n|＝eq\r(2)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，求coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))的值．[解](1)因为m∥n，所以sinα＝－2cosα.所以原式＝eq\f(－2cosα－2cosα,－2cosα＋cosα)＝eq\f(－4cosα,－cosα)＝4.(2)因为|m－n|＝eq\r(2)，所以2sinα－cosα＝2.所以cos2α＝4(sinα－1)2，所以1－sin2α＝4(sinα－1)2，所以α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，所以sinα＝eq\f(3,5)，cosα＝－eq\f(4,5).所以原式＝－eq\f(7\r(2),10).19．(本小题满分12分)设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a＝btanA.(1)证明：sinB＝cosA；(2)若sinC－sinAcosB＝eq\f(3,4)，且B为钝角，求A，B，C.[解](1)证明：由正弦定理知eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2R，∴a＝2RsinA，b＝2RsinB，代入a＝btanA得sinA＝sinB·eq\f(sinA,cosA)，又∵A∈(0，π)，∴sinA>0，∴1＝eq\f(sinB,cosA)，即sinB＝cosA.(2)由sinC－sinAcosB＝eq\f(3,4)知，sin(A＋B)－sinAcosB＝eq\f(3,4)，∴cosAsinB＝eq\f(3,4).由(1)知，sinB＝cosA，∴cos2A＝eq\f(3,4)，由于B是钝角，故A∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴cosA＝eq\f(\r(3),2)，A＝eq\f(π,6).sinB＝eq\f(\r(3),2)，B＝eq\f(2π,3)，∴C＝π－(A＋B)＝eq\f(π,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AB＝2AD＝2.(1)求证：EA⊥EC；(2)设平面ECD与半圆弧的另一个交点为F.①证明：EF∥AB；②若EF＝1，求三棱锥E­ADF的体积．[解](1)证明：∵平面ABCD⊥平面ABE，平面ABCD∩平面ABE＝AB，BC⊥AB，BC⊂平面ABCD，∴BC⊥平面ABE.又∵AE⊂平面ABE，∴BC⊥AE.∵E在以AB为直径的半圆上，∴AE⊥BE，又∵BE∩BC＝B，BC，BE⊂平面BCE，∴AE⊥平面BCE.又∵CE⊂平面BCE，∴EA⊥EC.(2)①证明：∵AB∥CD，AB⊄平面CED，CD⊂平面CED，∴AB∥平面CED.又∵AB⊂平面ABE，平面ABE∩平面CED＝EF，∴AB∥EF.②取AB的中点O，EF的中点O′，在Rt△OO′F中，OF＝1，O′F＝eq\f(1,2)，∴OO′＝eq\f(\r(3),2).由(1)得BC⊥平面ABE，又已知AD∥BC，∴AD⊥平面ABE.故VE­ADF＝VD­AEF＝eq\f(1,3)·S△AEF·AD＝eq\f(1,3)·eq\f(1,2)·EF·OO′·AD＝eq\f(\r(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：acosB＋bcosA＝c；(2)在①eq\f(2c－b,cosB)＝eq\f(a,cosA)，②ccosA＝2bcosA－acosC，③2a－eq\f(bcosC,cosA)＝eq\f(ccosB,cosA)这三个条件中任选一个补充在下面问题中，并解答若a＝7，b＝5，________，求△ABC的周长．[解](1)依据余弦定理：acosB＋bcosA＝a·eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＋b·eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(a2＋c2－b2＋b2＋c2－a2,2c)＝c，所以acosB＋bcosA＝c.(2)选①：因为eq\f(2c－b,cosB)＝eq\f(a,cosA)，所以2c·cosA＝bcosA＋acosB，所以由(1)中所证结论可知，2ccosA＝c，即cosA＝eq\f(1,2)，因为A∈(0，π)，所以A＝eq\f(π,3)；选②：因为ccosA＝2bcosA－acosC，所以2bcosA＝acosC＋ccosA，由(1)中的证明过程同理可得，acosC＋ccosA＝b，所以2bcosA＝b，即cosA＝eq\f(1,2)，因为A∈(0，π)，所以A＝eq\f(π,3)；选③：因为2a－b·eq\f(cosC,cosA)＝c·eq\f(cosB,cosA)，所以2acosA＝bcosC＋ccosB，由(1)中的证明过程同理可得，bcosC＋ccosB＝a，所以2acosA＝a，即cosA＝eq\f(1,2)，因为A∈(0，π)，所以A＝eq\f(π,3).在△ABC中，由余弦定理知，a2＝b2＋c2－2bccosA＝25＋c2－10c·eq\f(1,2)＝49，即c2－5c－24＝0，解得c＝8或c＝－3(舍)，所以a＋b＋c＝7＋5＋8＝20，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，