综合测试卷（三）-《数学 基础模块下册》（高教版第三版） 单元过关卷（原卷版+解析版）

**基本信息** 紧扣中职数学下册核心考点，采用AB卷分层巩固与综合测试卷实战提升结合，以题载知，强化知识网络构建与数学应用能力。 **综合设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |函数与统计|单选1-4、10、14，填空16、18、19，解答21、23|基础概念辨析、实际问题建模、数据统计分析|从指数函数模型、方差概念到分层抽样、概率计算，形成“概念生成-数据处理-实际应用”逻辑链| |几何应用|单选5-9、11-13、15，填空17、20，解答22、24|空间几何体体积表面积、直线与圆位置关系、三视图分析|以圆锥、球、直三棱柱为载体，串联空间想象与代数运算，体现“空间形式-数量关系-综合证明”推导过程|

编写说明：本套试卷紧扣《数学 基础模块下册》（高教版第三版）教材，以教材章节为基准精准覆盖核心考点。 每个章节设置AB卷，A卷为基础巩固卷，侧重基础考点训练，帮助学生扎实掌握知识要点；B卷为能力提升卷，注重知识整合与全面检测，引导学生构建知识网络。全书设计4份综合测试卷，模拟实战情境，聚焦解题能力突破，全面提升应试能力与知识应用水平。 综合测试卷（三） 考试时间：90分钟 满分：120分 班级 姓名 学号 成绩 一、单项选择题(本大题共15小题，每小题3分，共45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．经过多年努力，我国在沙漠治理领域取得举世瞩目的成就．例如，通过“草方格固沙”、种植耐旱植物等综合措施，使许多沙漠区域的植被覆盖率显著提升．某治理工程初期植被面积为50平方公里，在有效治理下，植被面积每年能确保的增长率．设治理年数为（年），年后植被面积记为（平方公里）．那么最能准确描述与函数关系的模型是（    ） A． B． C． D． 2．关于方差的计算公式，下列说法正确的是（    ） A．数据的个数为5，方差为8 B．数据的个数为6，方差为8 C．数据的个数为5，算术平均数为8 D．数据的个数为6，算术平均数为8 3．某校高一年级共有100名学生，为了解学生课外体育锻炼情况，将这100名学生按日常锻炼情况分为三类：坚持每日体育锻炼的学生有45人，偶尔参与体育活动的学生有25人，其余为基本不参加课外体育锻炼的学生．现采用分层抽样的方法从这100名学生中抽取20人进行体质健康检测，则这三类学生中应抽取的人数依次为（     ） A．，， B．，， C．，， D．，， 4．为弘扬航天精神，某校开展航天科普主题知识答题活动，筹备10张外观完全一致的科普答题卡片，其中空间站主题卡片4张、探月工程主题卡片3张、火星探测主题卡片3张．现将卡片充分混合后背面朝上放置，从中随机抽取1张卡片进行作答，则抽到探月工程主题卡片的概率为（     ） A． B． C． D． 5．已知圆锥的底面半径为，母线长为，则该圆锥的体积为（    ） A． B． C． D． 6．若直线为圆的一条对称轴，则（    ） A． B． C． D． 7．求过点，且与直线平行的直线的方程（ ） A． B． C． D． 8．已知点到直线的距离为，则实数的值为（    ） A．1 B． C．1或 D．或3 9．当时，函数和函数的图像只能是（   ） A．   B．   C．   D．   10．已知，，，则它们的大小关系为（    ） A． B． C． D． 11．下列关于圆：的说法中正确的个数为（    ） ①圆的圆心为，半径为 ②直线：与圆相交 ③圆与圆：相交 ④过点作圆的切线，切线方程为 A． B． C． D． 12．牟合方盖是由我国古代数学家刘徽首先发现并采用的一种用于计算球体体积的方法，由于其采用的模型像一个牟合的方形盒子，故称为牟合方盖，刘徽通过计算，“牟合方盖”的体积与球的体积的比是，并且推理出了“牟合方盖”的八分之一的体积计算公式，即（为球的半径），从而计算出球的体积公式.如果记所有棱长都为的正四棱锥的体积为，则（    ） A． B．1 C．8 D． 13．在直三棱柱中，底面为等腰直角三角形，，侧棱.现有一个几何体，其三视图满足：正视图、左视图均为直角边长为2的等腰直角三角形，俯视图为边长为2的正方形.关于该几何体及直三棱柱，下列说法正确的是（   ） A．直三棱柱的表面积为 B．该几何体的体积为3 C．若直线与该几何体的某个面所成角为，则该角的余弦值为 D．该几何体的三视图面积之和为8 14．函数的定义域为（    ） A． B． C． D． 15．设某公园外围成圆形，其所在曲线的方程可用表示，公园外两点与公园边上任意一点连接后修建一处三角形状舞台，则舞台面积的最小值为（   ） A． B． C． D． 二、填空题(本大题共5小题，每小题3分，共15分). 16．已知甲、乙各有张卡片，分别标有数字，，，，，.现甲、乙各随机出示一张卡片，则甲与乙出示的卡片上数字之差的绝对值为的概率为________. 17．若球的表面积膨胀为原来的倍，则膨胀后的球的体积为原来的_______倍． 18．函数的最小值是______． 19．已知函数的定义域为，则函数的定义域为________． 20．若两平行线与之间的距离是，则__________. 三、解答题（本大题共4小题，每小题10分，共40分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 21．某实习生微信余额原有元，计划从工作后的第一个月开始，以每月的增长率增加微信余额，那么从他工作后的第几个月开始，他当月的微信余额超过元？（） 22．已知：如图一个等边三角形的边长为a，这个等边三角形绕其一边所在的直线旋转一周． (1)求所得旋转体的表面积； (2)求所得旋转体的体积． 23．某高中随机抽取100名学生，测得他们的身高（单位：），按照区间，，，，分组，得到样本身高的频率分布直方图（如下图所示）．    (1)求身高在区间的学生人数； (2)将身高在，，区间内的学生依次记为，，三个组，用分层抽样的方法从三个组中抽取6人． ①求从这三个组分别抽取的学生人数； ②若要从6名学生中抽取2人，求B组中至少有1人被抽中的概率． 24．如图已知圆的方程，直线方程为. (1)求与直线平行且与圆相切的直线方程； (2)若动点在直线上，动点在圆上，且是以为斜边的等腰直角三角形，求面积的取值范围. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司 $ 编写说明：本套试卷紧扣《数学 基础模块下册》（高教版第三版）教材，以教材章节为基准精准覆盖核心考点。 每个章节设置AB卷，A卷为基础巩固卷，侧重基础考点训练，帮助学生扎实掌握知识要点；B卷为能力提升卷，注重知识整合与全面检测，引导学生构建知识网络。全书设计4份综合测试卷，模拟实战情境，聚焦解题能力突破，全面提升应试能力与知识应用水平。 综合测试卷（三） 考试时间：90分钟 满分：120分 班级 姓名 学号 成绩 一、单项选择题(本大题共15小题，每小题3分，共45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．经过多年努力，我国在沙漠治理领域取得举世瞩目的成就．例如，通过“草方格固沙”、种植耐旱植物等综合措施，使许多沙漠区域的植被覆盖率显著提升．某治理工程初期植被面积为50平方公里，在有效治理下，植被面积每年能确保的增长率．设治理年数为（年），年后植被面积记为（平方公里）．那么最能准确描述与函数关系的模型是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据指数增长模型求解. 【详解】治理工程初期植被面积为平方公里，植被面积每年能确保的增长率， 所以与函数关系的模型是. 故选：D. 2．关于方差的计算公式，下列说法正确的是（    ） A．数据的个数为5，方差为8 B．数据的个数为6，方差为8 C．数据的个数为5，算术平均数为8 D．数据的个数为6，算术平均数为8 【答案】C 【分析】根据题意，结合方差的公式，即可求解. 【详解】因为在方差公式中，n是数据的个数，是算术平均数，是方差， 又， 所以数据的个数为5，算术平均数为8. 故选：C. 3．某校高一年级共有100名学生，为了解学生课外体育锻炼情况，将这100名学生按日常锻炼情况分为三类：坚持每日体育锻炼的学生有45人，偶尔参与体育活动的学生有25人，其余为基本不参加课外体育锻炼的学生．现采用分层抽样的方法从这100名学生中抽取20人进行体质健康检测，则这三类学生中应抽取的人数依次为（     ） A．，， B．，， C．，， D．，， 【答案】A 【分析】根据题意得出抽样比，再由这三类学生的总人数求出对应抽取的人数. 【详解】由题可知，抽样比为， 所以坚持每日体育锻炼的学生应抽取人； 偶尔参与体育活动的学生应抽取人； 基本不参加课外体育锻炼的学生应抽取人. 故选：A. 4．为弘扬航天精神，某校开展航天科普主题知识答题活动，筹备10张外观完全一致的科普答题卡片，其中空间站主题卡片4张、探月工程主题卡片3张、火星探测主题卡片3张．现将卡片充分混合后背面朝上放置，从中随机抽取1张卡片进行作答，则抽到探月工程主题卡片的概率为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意利用古典概型公式即可得解. 【详解】10张外观完全一致的科普答题卡片，其中空间站主题卡片4张、探月工程主题卡片3张、火星探测主题卡片3张， 则从中随机抽取1张卡片进行作答，则抽到探月工程主题卡片的概率为， 故选：C. 5．已知圆锥的底面半径为，母线长为，则该圆锥的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据圆锥的体积公式即可求解. 【详解】因为圆锥的底面半径为，母线长为，则圆锥的高为， 所以该圆锥的体积为. 故选：A. 6．若直线为圆的一条对称轴，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据圆的标准方程得圆心，代入直线方程即可求解. 【详解】由圆得圆心为，因为直线为圆的一条对称轴， 所以圆心在直线上，则，解得. 故选：C. 7．求过点，且与直线平行的直线的方程（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据两直线平行，设所求直线方程，代入点即可求解. 【详解】由题意设所求直线方程为， 因为直线过点，所以，解得， 即所求直线方程为. 故选：B. 8．已知点到直线的距离为，则实数的值为（    ） A．1 B． C．1或 D．或3 【答案】C 【分析】根据点到直线的距离公式求解即可. 【详解】因为点到直线的距离为， 又，即， 所以或. 故选：C. 9．当时，函数和函数的图像只能是（   ） A．   B．   C．   D．   【答案】C 【分析】根据一次函数，对数函数的图像与性质即可求解. 【详解】对A，B，当时，，则函数为减函数，故AB错误. 对C，当时，函数为增函数，过定点， ，函数为减函数，过点，故C正确. 对D，当时，函数为增函数，故D错误. 故选：C. 10．已知，，，则它们的大小关系为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据指数函数的单调性比较大小即可. 【详解】已知，，， 因为在上单调递减，且， 则，所以. 故选：B. 11．下列关于圆：的说法中正确的个数为（    ） ①圆的圆心为，半径为 ②直线：与圆相交 ③圆与圆：相交 ④过点作圆的切线，切线方程为 A． B． C． D． 【答案】C 【分析】对于①，根据圆的标准方程求出圆心坐标和半径，可知①正确；对于②，根据圆心到直线的距离小于半径，可知②正确；对于③，根据圆心距与两圆半径之间的关系，可知③正确；对于④，点在圆，可知点在圆，求出切线的斜率，根据点斜式可求出切线方程，可知④不正确. 【详解】对于①，由可知，圆心为，半径为，故①正确； 对于②，圆心到直线的距离，所以直线：与圆相交，故②正确； 对于③，圆：的圆心，半径为， 因为圆心距，且， 所以圆与圆：相交，故③正确； 对于④，因为点在圆：上，所以点为切点， 所以切点与圆心的连线的斜率为， 所以切线的斜率为， 所以切线方程为：，即，故④不正确. 故选：C. 12．牟合方盖是由我国古代数学家刘徽首先发现并采用的一种用于计算球体体积的方法，由于其采用的模型像一个牟合的方形盒子，故称为牟合方盖，刘徽通过计算，“牟合方盖”的体积与球的体积的比是，并且推理出了“牟合方盖”的八分之一的体积计算公式，即（为球的半径），从而计算出球的体积公式.如果记所有棱长都为的正四棱锥的体积为，则（    ） A． B．1 C．8 D． 【答案】A 【分析】先根据题意求出和正四棱锥的体积，再求出即可. 【详解】因为“牟合方盖”的体积与球的体积的比是， 所以，所以. 因为， ， 正四棱锥的高为， ， 所以. 故选：A. 13．在直三棱柱中，底面为等腰直角三角形，，侧棱.现有一个几何体，其三视图满足：正视图、左视图均为直角边长为2的等腰直角三角形，俯视图为边长为2的正方形.关于该几何体及直三棱柱，下列说法正确的是（   ） A．直三棱柱的表面积为 B．该几何体的体积为3 C．若直线与该几何体的某个面所成角为，则该角的余弦值为 D．该几何体的三视图面积之和为8 【答案】D 【分析】根据三棱柱的表面积公式及由三视图还原几何体分析选项即可求解. 【详解】对A：直三棱柱的底面为等腰直角三角形，且两直角边长为2， 所以两底面积为， 因为，所以，又侧棱， 所以直三棱柱的侧面积为， 所以直三棱柱的表面积为，故A项错误； 对B：因为正视图、左视图均为等腰直角三角形，俯视图为正方形, 所以该几何体为四棱锥，且底面边长为2，高为2， 所以该几何体的体积为，故B项错误； 对C：若直线与该几何体的某个面所成角为， 则该角的余弦值为，故C项错误； 对D：因为正视图、左视图均为直角边长为2的等腰直角三角形， 所以正视图和左视图的面积之和为， 俯视图为边长为2的正方形，所以俯视图的面积为， 所以该几何体三视图的面积之和为，故D项正确. 故选：D. 14．函数的定义域为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据对数的真数大于零，分式的分母不为零以及二次根式根号下的式子大于等于零列式即可求解. 【详解】由解得， 所以函数的定义域为. 故选：B. 15．设某公园外围成圆形，其所在曲线的方程可用表示，公园外两点与公园边上任意一点连接后修建一处三角形状舞台，则舞台面积的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先将圆的方程化为标准方程，求出圆心和半径，再计算|AB|，然后求圆上的点到直线AB的最小距离，最后根据三角形面积公式求出舞台面积的最小值. 【详解】圆的方程可化为，即圆心为，半径为， 又， 则直线的斜率为，, 所以， 则圆心到l的距离， 所以圆上点到直线的最小距离为，即边上的高的最小值为， 所以舞台面积． 故选：A. 二、填空题(本大题共5小题，每小题3分，共15分). 16．已知甲、乙各有张卡片，分别标有数字，，，，，.现甲、乙各随机出示一张卡片，则甲与乙出示的卡片上数字之差的绝对值为的概率为________. 【答案】 【分析】利用列举法列出所有可能结果，再由古典概型的概率公式计算可得. 【详解】甲、乙各随机出示一张卡片有 ，，，，，， ，，，，，， ，，，，，， ，，，，，， ，，，，，， ，，，，，， 共个基本事件；甲与乙出示的卡片上数字之差的绝对值为的有 ，，，，，共个基本事件； 故甲与乙出示的卡片上数字之差的绝对值为的概率. 故答案为：. 17．若球的表面积膨胀为原来的倍，则膨胀后的球的体积为原来的_______倍． 【答案】 【分析】根据球的表面积以及体积求出膨胀后球的半径，再求解即可. 【详解】设原来球的半径为，可得原来球的表面积，体积为， 设膨胀后球的半径为，其表面积， 由题意，则， 则膨胀后球的半径为，体积， 则，即膨胀后的球的体积为原来的倍. 故答案为：. 18．函数的最小值是______． 【答案】 【分析】将函数转化为两点间距离形式，结合对称性即可得解. 【详解】函数， 表示点到的距离与到的距离之和，即， 如图所示，作点关于轴的对称点，     共线时，取最小值，为， ， 故答案为：. 19．已知函数的定义域为，则函数的定义域为________． 【答案】 【分析】根据题意，结合对数函数、抽象函数的定义域，及分式有意义需满足的条件，即可求解. 【详解】因为函数的定义域为， 又函数， 所以，即，所以或， 即函数的定义域是. 故答案为：. 20．若两平行线与之间的距离是，则__________. 【答案】或 【分析】首先由两直线平行得到，再利用两平行直线的距离公式得到，进而计算. 【详解】直线与直线平行，可得 ， 解得， 则，即，由题可得 ， ， 解得或， 当，， 当，， 故答案为：或. 三、解答题（本大题共4小题，每小题10分，共40分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 21．某实习生微信余额原有元，计划从工作后的第一个月开始，以每月的增长率增加微信余额，那么从他工作后的第几个月开始，他当月的微信余额超过元？（） 【答案】8 【分析】设工作后的第个月开始，余额超过元，列指数不等式，结合指数函数的性质和对数的运算法则求解即可. 【详解】已知微信余额原有元， 设工作后的第个月开始，余额超过元， 则，， 即，因为在上为增函数， 则， 所以，即从他工作后的第8个月开始，他当月的微信余额超过元. 22．已知：如图一个等边三角形的边长为a，这个等边三角形绕其一边所在的直线旋转一周． (1)求所得旋转体的表面积； (2)求所得旋转体的体积． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）如图所示，旋转体可以看作两个圆锥的组合体，再根据圆锥的侧面积公式求值即可. （2）根据圆锥的体积公式求值即可. 【详解】（1）由等边三角形绕其一边所在的直线旋转一周得两个圆锥的组合体， 且圆锥的底面半径为， 圆锥的高为，母线长为， 所以所得旋转体的表面积为. （2）由（1）可知， 圆锥的底面半径为， 圆锥的高为， 所以所得旋转体的体积为. 23．某高中随机抽取100名学生，测得他们的身高（单位：），按照区间，，，，分组，得到样本身高的频率分布直方图（如下图所示）．    (1)求身高在区间的学生人数； (2)将身高在，，区间内的学生依次记为，，三个组，用分层抽样的方法从三个组中抽取6人． ①求从这三个组分别抽取的学生人数； ②若要从6名学生中抽取2人，求B组中至少有1人被抽中的概率． 【答案】(1)30 (2)①3人，2人，1人；② 【分析】（1）由频率分布直方图算出的频率，再计算以上的频数即可； （2）①根据频率分别算出三组的频数，再根据分层抽样的比例分别算出三组抽取的人数即可；②根据古典概型的概率公式求解即可. 【详解】（1）设的频率为， 由频率分布直方图可知，解得． 所以身高在区间的学生人数为（人）． （2）①，，三组的人数分别为30人，20人，10人． 因此三组中每组各抽取（人），（人），（人）． ②设组的3位同学为，，，组的2位同学为，， 组的1位同学为，则从6名学生中抽取2人有15种可能： ，，，，，，，，，，，，，，． 其中组的2位学生至少有1人被抽中有9种可能： ，，，，，，，，．所以组中至少有1人被抽中的概率为． 24．如图已知圆的方程，直线方程为. (1)求与直线平行且与圆相切的直线方程； (2)若动点在直线上，动点在圆上，且是以为斜边的等腰直角三角形，求面积的取值范围. 【答案】(1)或 (2) 【分析】（1）根据平行关系先设出切线方程，由直线与圆相切，得出圆心到直线的距离等于半径，即可求出斜率，继而求出直线方程. （2）根据题意即可分析出三角形面积最大最小时的位置，继而根据平行线间的距离公式即可求解. 【详解】（1）因为圆的方程为， 所以圆心，半径， 设与直线平行的直线方程为：， 所以圆心到直线的距离， 两边平方得，即， 解得或， 所以所求直线方程为：或. （2）由（1）知，与直线平行且与圆相切的直线方程为或， 又动点在直线上，动点A在圆上，且是以为斜边的等腰直角三角形， 设等腰直角斜边边上的高为h，则， ， 故当动点A在直线与圆的切点处时，的面积最小， 当动点A在直线与圆的切点处时，的面积最大， 所以， , 所以， 故面积的取值范围是. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司 $