模块综合检测（Word练习）-【学霸笔记·同步精讲】2025-2026学年高中数学必修第二册（人教A版）

模块综合检测 (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的．) 1．复数z＝，则在复平面内对应的点在(　　) A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 解析：选B.因为z＝＝＝＝－1－2i，则＝－1＋2i，所以复数在复平面内对应的点的坐标为(－1，2)，位于第二象限． 2．数据53，62，78，67，98，32，42，12，90的第三四分位数是(　　) A．67 B．42 C．62 D．78 解析：选D.这组数据共9个数，从小到大排列是12，32，42，53，62，67，78，90，98，9×0.75＝6.75，所以第三四分位数是第7个数，即78. 3．已知m，n为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，则(　　) A．若m∥α，n∥α，则m∥n B．若α∥β，m⊥α，n∥β，则m⊥n C．若n∥α，m⊥n，则m⊥α D．若α⊥β，m∥α，n∥β，则m⊥n 解析：选B.若m∥α，n∥α，则直线m与n平行或相交或异面，故A不正确；若α∥β，m⊥α，则m⊥β，又n∥β，则在平面β内存在直线c使得n∥c，所以m⊥c，则m⊥n，故B正确；若n∥α，m⊥n，则m可能与α平行、相交或在平面α内，故C不正确；若α⊥β，m∥α，n∥β，则m，n平行或相交或异面，故D不正确． 4．某射击运动员每次射击命中十环的概率均为，若该射击运动员连续射击两次，且两次射击相互独立，则至多有一次命中十环的概率为(　　) A． B． C． D． 解析：选A.连续射击两次，每次射击是相互独立的，两次都命中十环的概率为×＝，则至多有一次命中十环的概率为1－＝. 5.如图所示，已知AB是圆O的直径，点C，D是半圆弧的两个三等分点，若＝a，＝b，则＝(　　) A．a－b B．a－b C．a＋b D．a＋b 解析：选D. 连接CD，OD，OC，由点C，D是半圆弧的两个三等分点，得OC垂直平分AD，且△AOC是正三角形，于是四边形ACDO是菱形，所以＝＋＝a＋b. 6．如图，直三棱柱ABC­A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为2，则三棱锥A­A1BC的高为(　　) A．4 B．3 C．2 D． 解析：选D.由直三棱柱ABC­A1B1C1的体积为4，可得V三棱锥A1－ABC＝V直三棱柱ABC－A1B1C1＝，设点A到平面A1BC的距离为d，由V三棱锥A－A1BC＝V三棱锥A1－ABC得S△A1BC·d＝，所以×2·d＝，解得d＝. 7．四边形ABCD与ABEF均是边长为4的正方形，如果二面角E­AB­C的大小为30°，则EF与平面ABCD的距离为(　　) A．2 B．3 C．4 D．6 解析：选A. 连接FD，由题可知FA⊥AB，DA⊥AB，平面ABEF∩平面ABCD＝AB，所以∠FAD为二面角E­AB­C的平面角，所以∠FAD＝30°， 因为FA，AD⊂平面ADF，FA∩AD＝A，所以AB⊥平面ADF，因为AB⊂平面ABCD，所以平面ABCD⊥平面ADF，如图，过F作FG⊥平面ABCD于点G, 则G必在AD上．易知EF∥平面ABCD，故FG为EF与平面ABCD的距离，在直角三角形AFG中，FG＝FA·sin 30°＝4×＝2. 8．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a sin B cos C＋c sin B cos A＝b，且·>0，则sin A＋sin C的取值范围是(　　) A． B． C． D． 解析：选B.在△ABC中，因为·＝－·＝－cb cos A>0，所以cos A<0，A∈，所以B，C∈，B＋C∈，因为a sin B cos C＋c sin B cos A＝b，由正弦定理得sin A sin B cos C＋sin C sin B cos A＝sin B，又sin B≠0，所以sin A cos C＋sin C cos A＝，即sin (A＋C)＝sin (π－B)＝sin B＝，所以B＝，A＋C＝，sin A＋sin C＝sin ＋sin C＝cos C＋sin C＝sin ，由解得0<C<，所以C＋∈，sin ∈，所以sin A＋sin C的取值范围是. 二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．) 9．已知事件A，B满足P(A)＝0.5，P(B)＝0.2，则下列结论正确的是(　　) A.若B⊆A，则P(AB)＝0.5 B．若A与B互斥，则P(A∪B)＝0.7 C．若P(AB)＝0.1，则A与B相互独立 D．若A与B相互独立，则P(A)＝0.9 解析：选BC.对于A，由B⊆A，得P(AB)＝P(B)＝0.2，A错误；对于B，由A与B互斥，得P(A∪B)＝0.5＋0.2＝0.7，B正确；对于C，由P(AB)＝0.1＝0.5×0.2，得P(AB)＝P(A)P(B)，则A与B相互独立，C正确；对于D，由A与B相互独立，得A，相互独立，则P(A)＝P(A)P()＝0.5×0.8＝0.4，D错误． 10．已知z1，z2都是复数，下列选项中正确的是　(　　) A.若|z1＋z2|＝|z1－z2|，则z1z2＝0 B．若z2≠0，则＝ C．若z＋z＝0，则z1＝z2＝0 D．若z＝z，则|z1|＝|z2| 解析：选BD.对于A，取z1＝1＋i，z2＝1－i，则z1＋z2＝2，z1－z2＝2i，满足|z1＋z2|＝|z1－z2|，但z1z2＝2≠0，则A不正确；对于B，设z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)，因为z2≠0，所以c，d不同时为0，＝＝＝＝＝，则B正确；对于C，取z1＝i，z2＝1，满足z＋z＝0，则C不正确；对于D，因为z＝z，所以(z1＋z2)(z1－z2)＝0，所以z1＝z2或z1＝－z2，则|z1|＝|z2|，则D正确． 11．已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为，点M在底面ABCD上(含边界)，且MD1＝，则下列说法正确的是(　　) A．点M的轨迹的长度为 B．直线BM与平面CDD1C1所成角的正切值最大为1＋ C．平面AB1C截该正方体的内切球所得截面的面积为 D．若动点N在线段BD1上，P为B1D1的中点，则MN＋NP的最小值为 解析：选ACD.对于A，根据正方体性质可得MD＝MD2＋DD，可知MD＝1，故点M的轨迹是以D为圆心，1为半径的四分之一圆，如图1，则其轨迹的长度为2π×1×＝，故A正确；对于B，易知当点M位于棱CD上时，直线BM与平面CDD1C1所成的角最大，此时＝＝2＋，即直线BM与平面CDD1C1所成角的正切值最大为2＋，故B错误；对于C，易知内切球的半径为，球心O位于正方体的中心，设其到平面AB1C的距离为d，易知BD1＝，BO＝，点B到平面AB1C的距离为BD1＝，可得球心O到平面AB1C的距离d＝BO－BD1＝，故截面圆的半径r满足r2＝－＝， 则所得截面的面积为，故C正确；对于D，如图2，先固定点N，当点M在BD上时，MN最小，再让点N移动，当P，N，M三点共线时，MN＋NP最小，此时MN＋NP＝BB1＝，故D正确． 三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分．请把正确答案填在题中横线上．) 12．已知向量a＝(1，7)，b＝(－3，1)，若(a＋kb)⊥b，则k＝________． 解析：因为a＝(1，7)，b＝(－3，1)，所以a＋kb＝(1－3k，7＋k)，又(a＋kb)⊥b，所以(a＋kb)·b＝－3(1－3k)＋7＋k＝0，解得k＝－. 答案：－ 13．一个六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直于底面，已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的体积为，底面周长为3，则这个球的体积为________． 解析：设正六棱柱的底面边长为x，高为h，则有解得因为六棱柱的外接球为其外接圆柱体的外接球，又正六棱柱的底面外接圆的半径r＝，所以外接球的直径2R＝＝2，所以R＝1，所以V球＝. 答案： 14．统计学中，设一组数据x1，x2，…，xn的平均值为，另一组数据y1，y2，…，yn的平均值为，则协方差Cov(x，y)＝ (xi－)(yi－)，i＝1，2，…，n.某次考试结束后，抽取了高一年级10名学生的数学成绩x、物理成绩y如表： 序号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 数学成绩xi 135 124 118 107 95 87 74 63 53 44 物理成绩yi 97 78 82 83 77 65 67 52 44 45 已知xiyi＝66 840，则Cov(x，y)＝________． 解析：由已知得＝×(135＋124＋118＋107＋95＋87＋74＋63＋53＋44)＝90，＝×(97＋78＋82＋83＋77＋65＋67＋52＋44＋45)＝69, 则Cov(x，y)＝ (xi－)(yi－)＝[(x1－)(y1－)＋(x2－)(y2－)＋…＋(x10－)(y10－)]＝[x1y1＋x2y2＋…＋x10y10－(x1＋x2＋…＋x10)－(y1＋y2＋…＋y10)＋10]＝(xiyi－10－10＋10)＝xiyi－＝6 684－90×69＝474. 答案：474 四、解答题(本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤．) 15．(本小题满分13分)已知复数z＝3＋mi(m∈R)，z1＝(1＋3i)z，且z1为纯虚数． (1)求复数z；(6分) (2)设z，z2在复平面上对应的点分别为A，B，O为坐标原点．求向量在向量上的投影向量的长度．(7分) 解：(1)z1＝(1＋3i)(3＋mi)＝3－3m＋(9＋m)i， 因为z1是纯虚数，所以3－3m＝0且9＋m≠0， 解得m＝1.所以z＝3＋i. (2)由(1)可得z＝3＋i，z2＝8＋6i，即A(3，1)，B(8，6)，所以＝(3，1)，＝(8，6)，所以向量在向量上的投影向量的长度为＝＝3. 16．(本小题满分15分)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且b(a cos B＋b cos A)＝c，B＝. (1)求b的值；(7分) (2)求△ABC周长的最大值．(8分) 解：(1)因为b(a cos B＋b cos A)＝c，由正弦定理可得， b(sin A cos B＋sin B cos A)＝sin C， 所以b sin (A＋B)＝sin C， 又A＋B＝π－C，所以b sin C＝sin C， 因为sin C≠0，所以b＝1. (2)因为B＝，b＝1，由余弦定理得b2＝a2＋c2－2ac cos B＝(a＋c)2－3ac≥(a＋c)2－3， 化简得(a＋c)2≤4b2，即a＋c≤2b＝2， 当且仅当a＝c＝1时等号成立，故△ABC周长的最大值为3. 17．(本小题满分15分)某收购商为了了解某种植基地的红心猕猴桃品质，从该基地的8 000个猕猴桃中随机抽取100个猕猴桃进行测重，其重量全部分布在区间[60，120]内(单位：克)，将所得数据分成6组：[60，70)，[70，80)，[80，90)，[90，100)，[100，110)，[110，120]，得到频率分布直方图如图所示． (1)估计这8 000个猕猴桃中重量不小于90克的猕猴桃个数，并说明理由；(6分) (2)若该收购商准备收购这批猕猴桃，并提出了以下两种收购方案：方案一：所有猕猴桃均以10元每千克收购；方案二：小于90克的猕猴桃以5元每千克收购，不小于90克的猕猴桃以15元每千克收购，请你就这两种方案，通过计算为该猕猴桃种植基地选择最佳的出售方案．(同一组中的数据用该组区间的中点值代表)(9分) 解：(1)由题中频率分布直方图可知，重量不小于90克的频率为(0.030＋0.025＋0.005)×10＝0.6， 所以估计这8 000个猕猴桃中重量不小于90克的猕猴桃个数为8 000×0.6＝4 800. (2)猕猴桃的单果重量＝65×0.1＋75×0.1＋85×0.2＋95×0.3＋105×0.25＋115×0.05＝91.5(克)， 故方案一：所有猕猴桃均以10元每千克收购，则收入为×91.5×10＝7 320(元). 重量小于90克的猕猴桃所占总体平均重量的值为0.1×65＋0.1×75＋0.2×85＝31(克)， 重量不小于90克的猕猴桃所占总体平均重量的值为 0．3×95＋0.25×105＋0.05×115＝60.5(克)， 方案二的收入为×8 000＝8 500(元). 因为8 500>7 320，故方案二为最佳的出售方案． 18.(本小题满分17分)如图，在四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AB∥CD，AB＝2CD＝2AD＝4，CD⊥AD，AA1⊥BC，E，F分别是棱AB，BC的中点． (1)证明：BC⊥平面ACC1A1；(5分) (2)若AA1⊥AB，直线A1E与平面ACC1A1所成角的正弦值为. ①求四棱柱ABCD­A1B1C1D1的体积；(6分) ②求平面A1EF与平面ACC1A1的夹角的余弦值．(6分) 解：(1)证明：易知ABCD为梯形，CD⊥AD，AD＝CD＝2，则AC＝2，∠BAC＝45°，在△ABC中，AB＝4，BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC cos 45°＝8，则BC2＋AC2＝16＝AB2，BC⊥AC，又AA1⊥BC，AA1∩AC＝A，AA1，AC⊂平面ACC1A1，所以BC⊥平面ACC1A1. (2)①由AA1⊥AB，AA1⊥BC，AB∩BC＝B，AB，BC⊂平面ABCD，得AA1⊥平面ABCD，取AC中点O，连接EO，A1O，由E是AB的中点，得EO∥BC，EO＝BC＝，由(1)知，EO⊥平面ACC1A1，则∠EA1O是直线A1E与平面ACC1A1所成的角，即sin ∠EA1O＝，A1E＝＝2，AA1＝＝4， 所以四棱柱ABCD­A1B1C1D1的体积V＝S梯形ABCD·AA1＝×4＝24. ②连接FC1，由①知AA1⊥平面ABCD，CC1∥AA1，则CC1⊥平面ABCD， AC⊂平面ABCD，则AC⊥CC1，而A1C1∥AC，BC⊥AC，于是A1C1⊥CC1，A1C1⊥BC， 又CC1，BC⊂平面BCC1B1，BC∩CC1＝C， 所以A1C1⊥平面BCC1B1， 因为FC1⊂平面BCC1B1，所以FC1⊥A1C1， 由F是BC的中点，得EF∥AC∥A1C1，E，F，A1，C1共面， 因此∠FC1C是平面A1EF与平面ACC1A1的夹角， cos ∠FC1C＝＝＝＝， 所以平面A1EF与平面ACC1A1的夹角的余弦值是. 19．(本小题满分17分)每年的10月1日是国庆节，为庆祝该节日，某学校举办了“知识竞赛”．竞赛共分两轮，即每位参赛选手均须参加两轮比赛，已知在第一轮比赛中，选手甲、乙胜出的概率分别为，；在第二轮比赛中，选手甲、乙胜出的概率分别为p，q.假设甲、乙两人在每轮比赛中是否胜出互不影响． (1)若q＝，求乙恰好有一轮胜出的概率；(6分) (2)若甲、乙各有一轮胜出的概率为，甲、乙两轮都胜出的概率为. ①求p，q的值；(6分) ②求甲、乙两人至少有一人两轮都胜出的概率．(5分) 解：设事件A1＝“第一轮比赛中甲胜出”，事件A2＝“第二轮比赛中甲胜出”， 设事件B1＝“第一轮比赛中乙胜出”，事件B2＝“第二轮比赛中乙胜出”， 由题意得A1，A2，B1，B2相互独立，且P(A1)＝，P(A2)＝p，P(B1)＝，P(B2)＝q. (1)记事件C＝“乙恰好有一轮胜出”， 则C＝B12＋1B2，又B12，1B2互斥， 所以当q＝时，P(C)＝P(B12＋1B2) ＝P(B12)＋P(1B2)＝P(B1)P(2)＋ P(1)P(B2)＝×＋×＝. 因此，当q＝时，乙恰好有一轮胜出的概率为. (2)①记事件D＝“甲、乙各有一轮胜出”，事件E＝“甲、乙两轮都胜出”， 则P(D)＝P(A12＋1A2)P(B12＋1B2)＝＝， P(E)＝P(A1A2B1B2)＝p×q＝， 则解得 ②记事件G＝“甲两轮都胜出”，事件H＝“乙两轮都胜出”， 事件K＝“甲、乙两人至少有一人两轮都胜出”，P(G)＝×＝，P(H)＝×＝，P(K)＝P(G)＋P(H)＋P(GH)＝×＋×＋×＝. 学科网（北京）股份有限公司 $