模块检测卷(2)-【学考一本通】2025年陕西省普通高中学业水平测试数学

模块检测卷(二) (满分:100分) 第一部分(选择题 共48分) 一、选择题(本题共8小题,每小题4分,共32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.设x∈R,向量a=(x,1),b=(4,x),则x=2是a∥b的 ( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 2.已知复数z=i(1+i)(其中i为虚数单位),则复数z的点的坐标所在象限为 ( ) A.一 B.二 C.三 D.四 3.复数z=-2i(-1+2i)的虚部为 ( ) A.-2 B.2 C.-4 D.4 4.在正方体ABCD-A1B1C1D1 中,二面角B1-AC-B 的正切值为 ( ) A.22 B. 3 3 C. 6 3 D.2 5.已知复数z=1+ai(a>0),且|z|=3,则a= ( ) A.1 B.2 C.2 D.2 2 6.设m,n是不同的直线,α,β是不同的平面,下列说法正确的是 ( ) A.若m∥α,m∥β,则α∥β B.若m∥α,n⊥β,m⊥n,则α⊥β C.若m⊂α,m⊥β,则α⊥β D.若m∥α,n⊥β,m∥n,则α∥β 7.对于平面凸四边形ABCD,若AC→=(4,3),BD→=(1,2),则四边形ABCD 的面积为 ( ) A.52 B. 5 3 C. 5 5 2 D. 大小不确定 8.圆台的上底面半径为1,下底面半径为2,母线长为6.已知P 为该圆台某条母线 的中点,若一质点从点P 出发,绕着该圆台的侧面运动一圈后又回到点P,则该 质点运动的最短路径长为 ( ) A.9 B.6 C.6π D.3π 二、选择题(本题共4小题,每小题4分,共16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4分,部分选对的得2分,有选错的得0分.) 9.设复数z在复平面内对应的点为Z,原点为O,i为虚数单位,则下列说法正确的是 ( ) A.z·􀭵z=|z|2 B.5+i>4+i C.若|z|=1,则z=±1或z=±i D.若1≤|z|≤ 2,则点Z的集合所构成的图形的面积为π —52— 10.有一组样本数据x1,x2,…,xn,其平均数、中位数、标准差、极差分别记为a1,b1,c1,d1.由这组 数据得到新样本数据y1,y2,…,yn,其中yi=2xi-2024(i=1,2,…,n),其平均数、中位数、标 准差、极差分别记为a2,b2,c2,d2,则 ( ) A.a2=2a1-2024 B.b2=b1 C.c2=2c1 D.d2=2d1 11.若非零向量a,b的夹角为锐角θ,且 ab =cosθ ,则称a被b“同余”.已知b被a“同余”,则a-b在 a方向上的投影结果不正确的是 ( ) A.a| 2- b|2 a B. |a|2-|b|2 |a|2 C.|b| 2-|a|2 |a| D. a|2- b|2 b 12.已知复数z=a+bi(a,b∈R,b≠0),􀭵z为z的共轭复数,则下列说法正确的是 ( ) A.若2iz=1+i ,则z=1+i B.若z=􀭵z-2i,则b=1 C.|z|= 􀭵z D.若z(2-i)为实数,则a=2b 第二部分(非选择题 共52分) 三、填空题(本题共4小题,每小题4分,共16分.) 13.已知向量a=(-1,2),b=(m,-4).若a⊥ a+b ,则m= . 14.已知数据x1,x2…x5 的均值为6,方差为5.数据y1,y2…y10的均值为3,方差为2.则数据x1, x2…x5,y1,y2…y10的方差为 . 15.若直线l上两点A、B 到平面α的距离分别为1、2,且AB=2,则直线l与平面α所成角为 . 16.在△ABC中,sinA∶sinB∶sinC=2∶3∶4,则最大角的正弦值为 . 四、解答题(本题共3小题,每小题12分,共36分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.) 17.某校抽取100名高二学生期中考试的语文成绩,绘制频率分布直 方图(如图所示),其中样本数据分组区间为:[40,50),[50,60), …,[80,90),[90,100]. (1)求频率分布直方图中a的值; (2)根据频率分布直方图,估计这100名学生语文成绩的众数和 平均数. —62— 18.如图,四面体ABCD 中,O、E 分别BD、BC的中点,AB=AD=2,CA=CB=CD=BD=2 2. (1)求证:AO⊥平面BCD; (2)求点D 到平面ABC 的距离. —72— 19.甲、乙、丙三人结伴去游乐园玩射击游戏,其中甲射击一次击中目标的概率为12 ,甲、乙两人各 射击一次且都击中目标的概率为1 6 ,乙、丙两人各射击一次且都击中目标的概率为1 9 ,且任意 两次射击互不影响. (1)分别计算乙,丙两人各射击一次击中目标的概率; (2)求甲、乙、丙各射击一次恰有一人击中目标的概率; (3)若乙想击中目标的概率不低于99100 ,乙至少需要射击多少次? (参考数据:lg2≈0.3010, lg3≈0.4771) —82— 所以S△ADP= 1 2AD ·DP=12 (4-x)4-8x =12- 2x+16x ≤12-2 2x·16x=12-8 2, 当且仅当16 x=2x ,即x=2 2时等号成立, 此时AB=2 2,AD=4-2 2,满足AB>AD, 故AB=2 2cm 时,△ADP 的 面 积 取 得 最 大 值,为 12-8 2 cm2. 19.答案:(1)答案见解析 (2)f(x)= x2+4x,x≤0 -x2+4x,x>0 (3)g(x)min= 16-4a,a>1 14-2a,a≤1 . 解析:(1)函数f(x)是 定 义 在 R 上 的 奇 函 数,即 函 数 f(x)的图象关于原点对称, 则函数f(x)图象如图所示. 故函数的单调递减区间为(-∞,-2),(2,+∞),单调 递增区间为(-2,2); (2)根据题意,令x>0,则-x<0,则f(-x)=x2-4x, 又因为函数f(x)是定义在R上的奇函数, 所以-f(x)=f(-x)=x2-4x, 即f(x)=-x2+4x, 所以f(x)= x2+4x,x≤0 -x2+4x,x>0 . (3)当x∈[2,4]时,f(x)=-x2+4x, 则g(x)=-x2+4x+(3-a)x+4=-x2+(7-a)x +4, 其对称轴为x=7-a2 , 当7-a 2 <3 时,即a>1,则g(x)min=g(4)=16-4a, 当7-a 2 ≥3 时,即a≤1,则g(x)min=g(2)=14-2a, 故g(x)min= 16-4a,a>1 14-2a,a≤1 . 模块检测卷(二) 1.A 若x=2,则a=(2,1),b=(4,2),则b=2a,所以a∥ b;若a∥b,则x2=1×4,得x=±2.所以x=2是a∥b的 充分不必要条件.故选:A. 2.B z=i(1+i)=-1+i,则复数z的点的坐标为(-1,1), 位于第二象限,故选:B. 3.B z=-2i(-1+2i)=4+2i,所以复数z的虚部为2.故 选:B. 4.D 取AC的中点M,连接 MB,MB1,由正方体ABCD- A1B1C1D1,可得AB1=B1C,AB=BC,所以B1M⊥AC, BM⊥AC,所以∠B1MB 是二面角B1-AC-B 的平面 角,设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,可得AC= 2 2,所以BM= 2,在Rt△B1MB 中,tan∠B1MB= BB1 BM =2 2 = 2,所以二面角B1-AC-B 的正切值为 2. 故答案为:D. 5.D 因为z=1+ai,|z|=3,所以 12+a2=3,解得a=± 2 2,因为a>0,所以a=2 2.故选:D, 6.C 对于A,由m∥α,m∥β可能得到m 平行于α,β的交 线,不一定有α∥β,即A错误;对于B,不妨取正方体的一 部分如下图所示: 此时m∥α,n⊥β,m⊥n,可得α∥β,即B错误;对于C,由 面面垂直的判定定理即可得出C正确;对于D,由m∥α, n⊥β,m∥n可得m⊥β,可在平面α内找一条直线l满足 l⊥β,可得α⊥β,即D错误.故选:C 7.A 因为AC→=(4,3),BD→=(1,2),则 AC→ =5,BD→ = 5,AC→·BD→=10, 可得cos<AC→,BD→>= AC →·BD→ AC→ · BD→ = 10 5× 5 =2 55 , 设直线AC,BD 的夹角为θ∈ 0,π2 , 则cosθ=2 55 ,可得sinθ= 1-cos2θ= 55 , 所 以 四 边 形 ABCD 的 面 积 为 SABCD = 1 2 AC → · BD→ sinθ=12×5× 5× 5 5= 5 2. 故选:A. 8.A P 为圆台母线AB 的中点,O1,O2 分别为上下底面的 圆心,把圆台扩成圆锥,如图①所示, 则O1A=1,O2B=2,AB=6, 由O1A//O2B,有SA=6,SB=12,SP=9, 圆锥 底 面 半 径 O2B=2,底 面 圆 的 周 长 为 4π,母 线 长SB=12, 所以侧面展开图的扇形的圆心角为4π 12= π 3 , 即∠BSB'=π3 ,如图②所示, 质点从点P 出发,绕着该圆台的侧面运动一圈后又回到 点P, 则运动的最短路径为展开图弦PP', 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —36— 所以PP'=SP=SP'=9. 故选:A. 9.AD 选项 A:设复数z=a+bi,则􀭵z=a-bi,则z·􀭵z= (a+bi)(a-bi)=a2+b2=|z|2,故选项A正确;选项B: 虚数无法比较大小,故选项B错误;选项C:若|z|=1,则 |z|= a2+b2=1,则复数z有无数组解,例如z=12+ 3 2 i,故选项C错误;选项D:若1≤|z|≤ 2,Z的集合所构成 的图形的面积S= 2 2π-(1)2π=π,故选项D正确.故 选:AD. 10.ACD 依题意,平均数a2=2a1-2024,中位数b2=2b1 -2024,标准差c2=2c1,极差d2=2d1,所以 ACD选项 正确,B选项错误.故选:ACD. 11.BCD 因 为b被a“同 余”,所 以 ba =cosθ ,即 b = acosθ, 则a-b在a方向上的投影为 a-b ·a a = a2-b·a a = a2- a bcosθ a = a 2- b 2 a ,故 A 不 符 合 题 意, BCD符合题意.故选:BCD. 12.ACD 对 于 选 项 A:因 为2iz =1+i ,所 以z= 2i1+i= 2i(1-i) 2 =1+i ,故A正确;对于选项B:因为z=􀭵z-2i, 即a+bi=a-bi-2i,解得b=-1,故B错误;对于选项 C:因为z=a+bi,􀭵z=a-bi,可得|z|= a2+b2,􀭵z = a2+(-b)2,所以|z|= 􀭵z ,故C正确;对于选项D:因 为z(2-i)=(a+bi)(2-i)=2a+b+(2b-a)i∈R,则 2b-a=0,即a=2b,故D正确.故选:ACD. 13.答案:-3 解析:因为向量a=(-1,2),b=(m,-4),所以a+b= (m-1,-2),因为a⊥ a+b ,所以-(m-1)-4=0, 解得m=-3.故答案为:-3 14.答案:5 解析:因为x1+x2+ …+x5 5 =6 ,y1+y2+ …+y10 10 =3 , 所以 x1+x2+…+x5+y1+y2+…+y10 15 =4 ,则新的数 据的方差为5 15× [5+(6-4)2]+1015× [2+(3-4)2]= 5.故答案为:5. 15.答案:π6 解析:由题意,有如下两种情况,其中C,D 分别是B,A 在面α的投影, 上图示A,B 在平面两侧,此时有AB≥BC+AD, 由AD=1,BC=2,且AB=2,故AB<BC+AD,与前提 矛盾; 上图示A,B 在平面的同一侧,若 AE//CD,此时BE= BC-AD=1, 易知 ∠BAE 即 等 于 直 线l 与 平 面α 所 成 角,此 时 sin∠BAE=BEAB= 1 2 , 由∠BAE∈[0,π2 ],则∠BAE=π6. 综上,直线l与平面α所成角为π6. 故答案为:π 6 16.答案: 154 /1 4 15 解析:∵sinA∶sinB∶sinC=2∶3∶4, ∴由正弦定理化简得a∶b∶c=2∶3∶4, 分别设a=2k,b=3k,c=4k,则最大角为C, ∴cosC=a 2+b2-c2 2ab = 4k2+9k2-16k2 2×2k×3k =- 1 4 , 所以C∈ π2 ,π , 所以sinC= 154 , 故答案为: 15 4 . 17.答案:(1)a=0.006 (2)75;76.2 解析:(1)由频率分布直方图知:(0.004+a+0.018+ 0.022×2+0.028)×10=1,解得a=0.006. (2)由频率分布直方图,众数为:70+802 =75 ; 这100名学生语文成绩的平均数为: 45×0.04+55×0.06+65×0.22+75×0.28+85×0.22 +95×0.18=76.2. 18.答案:(1)证明见解析 (2)2 427 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —46— 解析:(1) 连接OC, ∵BO=DO,AB=AD,∴AO⊥BD, ∵BO=DO,BC=CD,∴CO⊥BD, 在△AOC中,由题设知 AO= 2,CO= 32×2 2= 6 ,AC=2 2, ∴AO2+CO2=AC2,∴∠AOC=90°,即AO⊥OC, ∵BD∩OC=O,BD,OC⊂平面BCD, ∴AO⊥平面BCD; (2)由S△BCD= 1 2BD ·BCsin∠DBC=12×2 2×2 2 × 32=2 3 ,且由(1)知AO⊥平面BCD, 则三棱锥A-BCD 的体积V1= 1 3S△BCD ·AO=13×2 3× 2=23 6 , 又CA=CB=2 2,AB=2,可 得 S△ABC = 1 2 ×2× 2 2 2-12= 7, 设点D 到平面ABC 的距离为h,即三棱锥D-ABC 的 高为h, 则三棱锥D-ABC的体积V2= 1 3S△ABCh= 1 3× 7×h = 73h , 由三棱锥 A-BCD 的体积和三棱锥D-ABC 的体积 相等, 则V1= 2 3 6= 7 3h=V2 ,解得h=2 427 , 即点D 到平面ABC 的距离为2 427 . 19.答案:(1)乙射击一次击中目标的概率为13 ,丙射击一次 击中目标的概率为1 3 (2)49 (3)12 解析:(1)记甲射击一次击中目标为事件A,乙射击一次 击中目标为事件B,丙射击一次击中目标为事件C, 依题意 P(A)=12 ,P(AB)=P(A)P(B)=16 ,所以 P(B)=13 , P(BC)=P(B)P(C)=19 ,所以P(C)=13 , 所以乙射击一次击中目标的概率为1 3 ,丙射击一次击中 目标的概率为1 3 ; (2)记 甲、乙、丙 各 射 击 一 次 恰 有 一 人 击 中 目 标 为 事 件D, 则P(D)=P A􀭺B􀭺C+B􀭿A􀭺C+C􀭺B􀭿A =P A􀭺B􀭺C +P B􀭿A􀭺C +P C􀭺B􀭿A =12× 2 3× 2 3+ 1 2× 1 3× 2 3+ 1 2× 2 3× 1 3= 4 9 , 所以甲、乙、丙各射击一次恰有一人击中目标的概率4 9 ; (3)设乙射击n(n∈N*)次,则至少有一次击中目标的概 率为1- P 􀭺B n=1- 23 n , 令1- 23 n ≥99100 ,所以 2 3 n ≤ 1100 , 所以n≥log23 1 100=log 3 2100= lg100 lg32 = 2lg3-lg2≈ 2 0.4771-0.3010≈11.3571 , 又n为正整数,所以nmin=12,即甲至少要射击12次. 陕西省普通高中学业水平合格性考试 仿真模拟试卷(一) 1.A 由并集的定义可得A∪B={1,2,3,4},故选:A. 2.A 因为足z(1+2i)=i(1+z),所以z(1+i)=i,所以z= i 1+i= i(1-i) (1+i)(1-i)= 1+i 2 = 1 2+ 1 2i ,故选:A. 3.B 因为z=1+i,所以z3=(1+i)3=-2+2i, ∴|z3|=2 2,故选:B. 4.D 由题意得B={x|-1<x<2},所以A∩B={x|1< x<2},故选:D. 5.B ∵α 是 第 三 象 限 角,∴原 式= 1cosα · 1+sin 2α cos2α + sinα cosα · 1 cos2α -1 = 1cosα · cos 2α+sin2α cos2α +sinαcosα · 1-cos 2α cos2α = 1cosα · 1 cos2α +sinαcosα · sin 2α cos2α = 1cosα · 1 |cosα|+ sinα cosα ·|sinα| |cosα| = 1cosα · 1 -cosα+ sinα cosα ·-sinα -cosα = 1 -cos2α +sin 2α cos2α =-1-sin 2α cos2α =-cos 2α cos2α =-1.故选:B. 6.A 由x∉M 且x∉P 知,x≤2且x≥3知x∈⌀, 由x∉M∩P 知x≤2或x≥3, 所以“x∉M 且x∉P”是“x∉M∩P”的充分不必要条件. 故选:A. 7.B 延长A1B1 交直线AF 于Q,连接EQ 交B1C1 于 N, 得N 是B1C1的中点,延长A1D1直线EN 于P,连接AP 交DD1于 M,作出截面AFNEM,利用SAFNEM =S△AMF +SENFM,即可求解面积. 延长A1B1交直线AF 于Q, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —56—