2024-2025学年同步试题 数学 必修第二册模块终结性评价

模块终结性评价(120分钟150分)一、单选题(每小题5分,共40分)1.(2024·三明高一检测)在复平面内,复数z对应的点为(-2,1),设i是虚数单位,则z1+i=(A.32-12i B.-32C.-12-32i D.-12【解析】选D.由题设,z=-2+i,故z1+i=-2+i1+i=(i-2)(i2.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,现采用比例分配的分层随机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.68 B.38 C.32 D.30【解析】选D.由题意可得,比例分配的分层随机抽样在各层中的抽样比为1001000=110.3.(2024·平凉高一检测)已知向量a,b满足|a|=1,|b|=3,若|2a-b|=13,则向量a与b的夹角为()A.2π3 B.π3 C.5π6 【解析】选C.由已知|2a-b|2=4a2-4|a||b|cos<a,b>+b2=13,解得cos<a,b>=-32,又<a,b>∈[0,π],所以向量a与b的夹角为5π4.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检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()A.10 B.20 C.8 D.16【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(1.00+0.75+0.25)×0.2=0.4,人数为0.4×50=20.5.(2024·景德镇高一检测)已知圆锥SO的母线长为26,侧面展开图的圆心角为23π3A.122π B.24πC.36π D.48π【解析】选C.设圆锥SO的底面半径为r,由题意得,2πr26=23π3,解得r=22.如图,SA是圆锥的一条母线,由圆锥的性质知其外接球的球心B在SO上,连接OA,AB.设圆锥的外接球的半径为R,则AB=SB=R,则OS=SA2-OA2=(26)2-(22)2=24-8=4,AB2=OA26.甲、乙两个人进行“剪子、包袱、锤”的游戏,两人都随机出拳,则一次游戏两人平局的概率为()A.13 B.23 C.14 【解析】选A.甲、乙两个人进行“剪子、包袱、锤”的游戏,所有可能出现的结果列表如下:项目锤剪子包袱锤(锤,锤)(锤,剪子)(锤,包袱)剪子(剪子,锤)(剪子,剪子)(剪子,包袱)包袱(包袱,锤)(包袱,剪子)(包袱,包袱)由表格可知,共有9种等可能情况.其中平局的有3种:(锤,锤),(剪子,剪子),(包袱,包袱).设事件A为“一次游戏甲和乙平局”,则P(A)=39=17.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A=()A.π6 B.π4 C.π2 【解析】选B.由余弦定理,得b2+c2-a2=2bccosA,又a=1,所以b2+c2-1=2bccosA,又S=12bcsinA,4S=b2+c2-1,所以有4×12bcsinA=2bccosA,即sinA=cosA,又0<A<π,所以A=8.(2024·湘潭高一检测)如图,在四棱锥P-ABCD中,侧面PAD是边长为6的正三角形,侧面PAD与矩形ABCD所在平面垂直,M,N分别为侧棱PB,PD的中点,E为棱CD上一点,且CE=2,DE=1.若平面MNE与BC交于点F,则PF与底面ABCD所成角的正切值为()A.3305 B.305 C.33010【解析】选C.连接BD,EF,MF,因为M,N分别为侧棱PB,PD的中点,所以MN∥BD,又MN⊄平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以MN∥平面ABCD,又平面MNE∩平面ABCD=EF,所以EF∥MN,则EF∥BD,BFBC=DEDC=13,因为BC=AD=6,所以BF=2,取AD的中点O,连接FO,PO,则FO=10,因为PA=PD,所以PO⊥AD,又侧面PAD⊥底面ABCD,所以PO⊥底面ABCD,则∠PFO为PF与底面ABCD所成的角,因为PO=6×32=33,所以tan∠PFO=POFO二、多选题(每小题6分,共18分,全部选对得6分,选对但不全的得部分分,有选错的得0分)9.某市举办“口语易”英语口语竞赛,已知12位评委对某选手的评分具体如下(满分10分):7.0,7.5,7.8,7.8,8.2,8.3,8.5,8.7,9.1,9.2,9.9,10.则下列说法正确的是()A.第75百分位数为9.1B.中位数为8.3C.极差为3D.去掉最高分和最低分,不会影响到这位选手的平均得分【解析】选CD.因为12×75%=9,所以第75百分位数为第9个数和第10个数的平均数,为9.1+9.因为中位数为8.3+8.因为极差为10-7=3,所以C正确;没去掉最高分和最低分,平均分x=7+7=8.5,去掉最高分和最低分,平均分y=7=8.5,所以D正确.10.如图所示的电路中,A,B,C,D,E,5只箱子表示5个保险匣.箱中所示数值表示通电时保险丝被切断的概率,下列结论正确的是()A.A,B所在线路畅通的概率为1B.A,B,C所在线路畅通的概率为5C.D,E所在线路畅通的概率为1D.当开关合上时,整个电路畅通的概率为29【解析】选ABD.设A,B,C,D,E,5个保险匣通电时保险丝被切断分别为事件A,B,C,D,E.由题意知,P(A)=12,P(B)=13,P(C)=14,P(D)=15,P(E)=16,所以A,B所在线路畅通的概率为1A,B,C所在线路畅通的概率为1-23×14=1-16D,E所在线路畅通的概率为1-15×16=1-130根据上述分析可知,当开关合上时,整个电路畅通的概率为2930×56=2911.如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,线段B1D1上有两个动点E,F,且EF=12,则下列结论中正确的是(A.AC⊥AFB.EF∥平面ABCDC.三棱锥A-BEF的体积为定值D.△AEF的面积与△BEF的面积相等【解析】选BC.对于A,当点F与B1重合时,∠CAF=60°,AC⊥AF不成立,故A不正确;对于B,因为EF∥BD,EF⊄平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以EF∥平面ABCD,故B正确;对于C,VA-BEF=13S△BEF×12AC=13×12×EF×BB1×12AC=112EF×BB1×AC=112对于D,设B1D1的中点是O,点A到直线EF的距离是AO,而点B到直线EF的距离是BB1,显然AO>BB1,S△AEF=12EF·AO,S△BEF=12EF·BB1,所以△AEF的面积与△BEF的面积不相等,D不正确.三、填空题(每小题5分,共15分)12.如图,某几何体的平面展开图由4个小等边三角形组合而成,B为CE的中点,则在原几何体中AB与CD所成角的余弦值为________.

【解析】该正四面体的直观图如图所示,取DE的中点F,连接BF,AF,则BF∥CD,BF=12CD,所以∠ABF为AB与CD所成的角(或其补角),设AC=2,则AB=3,BF=1,AF=3所以cos∠ABF=AB2+BF2-AF22答案:313.(2023·天津高考)甲、乙、丙三个盒子中装有一定数量的黑球和白球,其总数之比为5∶4∶6.这三个盒子中黑球占总数的比例分别为40%,25%,50%.现从三个盒子中各取一个球,取到的三个球都是黑球的概率为________;将三个盒子混合后任取一个球,是白球的概率为________.

【解析】设盒子中共有球15n个,则甲盒子中有黑球2n个,白球3n个,乙盒子中有黑球n个,白球3n个,丙盒子中有黑球3n个,白球3n个,从三个盒子中各取一个球,取到的三个球都是黑球的概率为2n5n×n4n将三个盒子混合后任取一个球,是白球的概率为9n15n答案:12014.在△ABC中,∠ABC=90°,AB=4,BC=3,点D在线段AC上,若∠BDC=45°,则BD=______,cos∠ABD=________.

【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∠答案:1225四、解答题(共77分)15.(13分)(2024·常德高一检测)在如图所示的几何体中,四边形BCED为直角梯形,DE∥CB,BC⊥EC,∠AED=90°.(1)证明:平面ABC⊥平面ACE;(2)若P,Q分别是AE,CD的中点,证明:PQ∥平面ABC.【证明】(1)在直角梯形BCED中,BC⊥EC,DE∥CB,则DE⊥EC.因为∠AED=90°,所以AE⊥DE.因为AE∩EC=E,AE,EC⊂平面ACE,所以DE⊥平面ACE,所以BC⊥平面ACE.因为BC⊂平面ABC,所以平面ABC⊥平面ACE;(2)取CE的中点O,连接OP,OQ.因为O,P分别为CE,AE的中点,所以OP∥AC,又OP⊄平面ABC,AC⊂平面ABC,所以OP∥平面ABC,同理OQ∥平面ABC.因为OP∩OQ=O,所以平面OPQ∥平面ABC,又PQ⊂平面OPQ,所以PQ∥平面ABC.16.(15分)(2024·新高考Ⅱ卷)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知:sinA+3cosA=2.(1)求A;(2)若a=2,2bsinC=csin2B,求△ABC的周长.【解析】(1)212sinA+32cosA=2,sinA+π3=1,所以A+π3=π2,所以A=π(2)因为2sinBsinC=sinCsin2B,所以2=2cosB,所以cosB=22,所以B=π4,C=由asinA=bsinB=csinC得212=b22=c6△ABC的周长为2+6+32.17.(15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,得到如表数据:处罚金额x(单位: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.现对A类与B类员工按比例分配的分层随机抽样的方法抽取4人依次进行深度问卷,则前两位均为B类员工的概率是多少?【解析】(1)当处罚金额定为100元时,设“某员工迟到”为事件A,则P(A)=40200=15,不处罚时,某员工迟到的概率为80200所以当处罚金额定为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类员工中抽出的两人分别为A1,A2,从B类员工中抽出的两人分别为B1,B2,设“从A类与B类员工按比例分配的分层随机抽样的方法抽取4人依次进行深度问卷”为事件M,则事件M中首先抽出A1的样本点有(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,同理,首先抽出A2,B1,B2的样本点也各有6个,故事件M共有4×6=24(个)样本点,且这些样本点出现的可能性是相等的.设“抽取4人中前两位均为B类员工”为事件N,则事件N有(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=1所以抽取的4人中前两位均为B类员工的概率是1618.(17分)(2024·长春高一检测)如图,边长为4的正方形ABCD中,E,F分别为AB,BC的中点.将△AED,△BEF,△DCF分别沿DE,EF,DF折起,使A,B,C三点重合于点P.(1)求证:PD⊥EF;(2)求三棱锥P-EFD的体积;(3)求二面角P-EF-D的余弦值.【解析】(1)因为在正方形ABCD中,AD⊥AE,CD⊥CF,折叠后即有PD⊥PE,PD⊥PF,又PE∩PF=P,PE,PF⊂平面PEF,所以PD⊥平面PEF,而EF⊂平面PEF,故PD⊥EF;(2)由题意知PE=PF=2,PE⊥PF,故S△PEF=12PE·PF故VP-EFD=13S△PEF·PD=13×2×4=(3)取线段EF的中点G,连接PG,DG,因为PE=PF,DE=DF,所以PG⊥EF,DG⊥EF,PG⊂平面PEF,DG⊂平面DEF,所以∠PGD即为二面角P-EF-D的平面角,又由(1)得PD⊥平面PEF,PG⊂平面PEF,故PD⊥PG,而EF=22,PG=12EF=2DG=PD2+PG故cos∠PGD=PGDG=232即二面角P-EF-D的余弦值为1319.(17分)某高校举办了以“魅力校园、花香溢校园”为主题的校园插花比赛.比赛按照百分制的评分标准进行评分,评委由10名专业教师、10名非专业教师以及20名学生会代表组成,各参赛小组的最后得分为评委所打分数的平均分.比赛结束后,得到甲组插花作品所得分数的频率分布直方图和乙组插花作品所得分数的频数分布表,如图所示,分数区间频数[72,76)1[76,80)5[80,84)12[84,88)14[88,92)4[92,96)3[96,100]1乙组定义评委对插花作品的“观赏值”如表所示,分数区间[72,84)[84,92)[92,100]观赏值123(1)估计甲组插花作品所得分数的中位数(结果精确到0.01);(2)从40位评委中随机抽取1人进行调查,试估计其对乙组插花作品的“观赏值”比对甲组插花作品的“观赏值”高的概率;(3)若该校拟从甲、乙两组插花作品中选出一个用于展览,从这两组插花作品的最后得分来看该校会选哪一组?请说明理由(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表).【解析】(1)设甲组插花作品所得分数的中位数为x,由频率分布直方图可得甲组得分在前三个分数区间的频率之和为0.3,在前四个分数区间的频率之和为0.74,故x在[84,88)内,且x-8488解得x=94411≈85.(2)设事件C为“对乙组插花作品的‘观赏值’比对甲组插花作品的‘观