模块综合检测(时间：120分钟，满分：150分)一、选择题：本题共12小题，每小题5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．已知i 为虚数单位，则z ＝i1－2i 在复平面内对应的点位于( )A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限解析：选B.z ＝i 1－2i ＝i （1＋2i ）1－（2i ）2＝－2＋i 5＝－25＋15i ，其对应的点⎝⎛⎭⎫－25，15位于第二象限． 2．(2019·高考全国卷Ⅱ)设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是( ) A ．α内有无数条直线与β平行 B ．α内有两条相交直线与β平行 C ．α，β平行于同一条直线 D ．α，β垂直于同一平面解析：选B.对于A ，α内有无数条直线与β平行，当这无数条直线互相平行时，α与β可能相交，所以A 不正确；对于B ，根据两平面平行的判定定理与性质知，B 正确；对于C ，平行于同一条直线的两个平面可能相交，也可能平行，所以C 不正确；对于D ，垂直于同一平面的两个平面可能相交，也可能平行，如长方体的相邻两个侧面都垂直于底面，但它们是相交的，所以D 不正确．综上可知选B .3．如图所示的直观图，其平面图形的面积为( )A ．3B ．6C ．3 2D.322解析：选B.由直观图可得，该平面图形是直角边边长分别为4，3的直角三角形，其面积为S ＝12×4×3＝6.4．在120个零件中，一级品24个，二级品36个，三级品60个，用分层随机抽样法从中抽取容量为20的样本，则在一级品中抽取的比例为( )A.124B.136C.15D.16解析：选D.由题意知抽取的比例为20120＝16，故选D.5．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验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 ．10B ．20C ．8D ．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.故选B.6．一组数据的平均数、众数和方差都是2，则这组数可以是 ( ) A ．2，2，3，1 B ．2，3，－1，2，4 C ．2，2，2，2，2，2D ．2，4，0，2解析：选D.易得这四组数据的平均数和众数都是2， 所以只需计算它们的方差就可以．第一组数据的方差是0.5；第二组数据的方差是2.8； 第三组数据的方差是0；第四组数据的方差是2.7．已知a ＝(1，0)，b ＝(1，1)，且(a ＋λb )⊥a ，则λ＝( ) A ．2 B ．0 C ．1D ．－1解析：选 D.因为a ＋λb ＝(1，0)＋(λ，λ)＝(1＋λ，λ)，所以(a ＋λb )·a ＝(1＋λ，λ)·(1，0)＝1＋λ.由(a ＋λb )⊥a 得1＋λ＝0，得λ＝－1，故选D.8．从个位数与十位数之和为奇数的两位数中任取一个，其个位数为0的概率是( )A.49B.13C.29D.19解析：选D.个位数与十位数之和为奇数，则个位数与十位数中必有一个奇数一个偶数，所以可以分两类：(1)当个位为奇数时，有5×4＝20个，符合条件的两位数． (2)当个位为偶数时，有5×5＝25个，符合条件的两位数．因此共有20＋25＝45个符合条件的两位数，其中个位数为0的两位数有5个，所以所求概率为P ＝545＝19.9．甲、乙两队进行排球决赛，现在的情形是甲队只要再赢一局就获得冠军，乙队需要再赢两局才能得到冠军，若两队胜每局的概率相同，则甲队获得冠军的概率为( )A.12B.35C.23D.34解析：选D.设A i (i ＝1，2)表示继续比赛时，甲在第i 局获胜，B 事件表示甲队获得冠军． 法一：B ＝A 1＋A －1A 2，故P (B )＝P (A 1)＋P (A －1)P (A 2)＝12＋12×12＝34.法二：P (B )＝1－P (A －1A －2)＝1－P (A －1)P (A －2)＝1－12×12＝34.10．如图，在△ABC 中，AD →＝23AC →，BP →＝13BD →，若AP →＝λAB →＋μAC →，则λμ的值为( )A ．－3B ．3C ．2D ．－2解析：选B.因为AD →＝23AC →，所以BP →＝13BD →＝13(AD →－AB →)＝29AC →－13AB →.所以AP →＝AB →＋BP →＝23AB →＋29AC →，又AP →＝λAB →＋μAC →，所以λ＝23，μ＝29，从而λμ＝3，故选B.11．如图是由16个边长为1的菱形构成的图形，菱形中的锐角大小为π3，a ＝AB →，b ＝CD →，则a ·b ＝( )A ．－5B ．－1C ．－3D ．－6解析：选B.设菱形中过A 点的两邻边对应的向量分别表示为i ，j ，且i 的方向水平向右，则|i |＝|j |＝1，〈i ，j 〉＝60°，从而i ·j ＝12.因此a ＝i ＋2j ，b ＝－3i ＋2j ，所以a ·b ＝(i ＋2j )·(－3i ＋2j )＝－3i 2－4i ·j ＋4j 2＝－3×12－4×1×1×12＋4×12＝－1，故选B.12．如图，在矩形ABCD 中，EF ∥AD ，GH ∥BC ，BC ＝2，AF ＝FG ＝BG ＝1.现分别沿EF ，GH 将矩形折叠使得AD 与BC 重合，则折叠后的几何体的外接球的表面积为( )A ．24πB ．6π C.163π D.83π 解析：选C.由题意可知，折叠后的几何体是底面为等边三角形的三棱柱，底面等边三角形外接圆的半径为23×12－⎝⎛⎭⎫122＝33.因为三棱柱的高BC ＝2，所以其外接球的球心与底面外接圆圆心的距离为1，则三棱柱外接球的半径为R ＝ ⎝⎛⎭⎫332＋12＝233，所以三棱柱外接球的表面积S ＝4πR 2＝163π.故选C.二、填空题：本题共4小题，每小题5分．13．4，4，6，7，7，8，9，9，10，10的30%分位数为________，75%分位数为________． 解析：因为10×30%＝3，10×75%＝7.5， 所以30%分位数为x 3＋x 42＝6＋72＝6.5，75%分位数为x 8＝9. 答案：6.5 914．同学甲参加某科普知识竞赛，需回答三个问题，竞赛规则规定：答对第一、二、三个问题分别得100分、100分、200分，答错或不答均得零分．假设同学甲答对第一、二、三个问题的概率分别为0.8，0.6，0.5，且各题答对与否相互之间没有影响，则同学甲得分不低于300分的概率是________．解析：设“同学甲答对第i 个题”为事件A i (i ＝1，2，3)，则P (A 1)＝0.8，P (A 2)＝0.6，P (A 3)＝0.5，且A 1，A 2，A 3相互独立，同学甲得分不低于300分对应于事件A 1A 2A 3∪A 1A －2A 3∪A －1A 2A 3发生，故所求概率为P ＝P (A 1A 2A 3∪A 1A －2A 3∪A －1A 2A 3)＝P (A 1A 2A 3)＋P (A 1A －2A 3)＋P (A －1A 2A 3)＝P (A 1)P (A 2)P (A 3)＋P (A 1)P (A －2)·P (A 3)＋P (A －1)P (A 2)P (A 3)＝0.8×0.6×0.5＋0.8×0.4×0.5＋0.2×0.6×0.5＝0.46.答案：0.4615．如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ，AB ⊥BC ，AA 1＝AC ＝2，直线A 1C 与侧面AA 1B 1B 所成的角为30°，则该三棱柱的侧面积为________．解析：连接A 1B .因为AA 1⊥底面ABC ，则AA 1⊥BC ，又AB ⊥BC ，AA 1∩AB ＝A ，所以BC ⊥平面AA 1B 1B ，所以直线A 1C 与侧面AA 1B 1B 所成的角为∠CA 1B ＝30°.又AA 1＝AC ＝2，所以A 1C ＝22，BC ＝ 2.又AB ⊥BC ，则AB ＝2，则该三棱柱的侧面积为22×2＋2×2＝4＋4 2.答案：4＋4 216．在矩形ABCD 中，AB ＝2，AD ＝1.边DC 上的动点P (包含点D ，C )与CB 延长线上的动点Q (包含点B )满足|DP →|＝|BQ →|，则P A →·PQ →的最小值为________．解析：以点A 为坐标原点，分别以AB ，AD 所在直线为x 轴，y 轴建立如图所示的平面直角坐标系，设P (x ，1)，Q (2，y )，由题意知0≤x ≤2，－2≤y ≤0.因为|DP →|＝|BQ →|， 所以|x |＝|y |，所以x ＝－y .因为P A →＝(－x ，－1)，PQ →＝(2－x ，y －1)，所以P A →·PQ →＝－x (2－x )－(y －1)＝x 2－2x －y ＋1＝x 2－x ＋1＝⎝⎛⎭⎫x －122＋34，所以当x ＝12时，P A →·PQ →取得最小值为34.答案：34三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．(本小题满分10分)已知a ，b ，c 是同一平面的三个向量，其中a ＝(1，3)． (1)若|c |＝4，且c ∥a ，求c 的坐标；(2)若|b |＝1，且(a ＋b )⊥⎝⎛⎭⎫a －52b ，求a 与b 的夹角θ. 解：(1)因为c ∥a ，所以存在实数λ(λ∈R )，使得c ＝λa ＝(λ，3λ)， 又|c |＝4，即λ2＋3λ2＝4，解得λ＝±2.所以c ＝(2，23)或c ＝(－2，－23)．(2)因为(a ＋b )⊥⎝⎛⎭⎫a －52b ，所以(a ＋b )·⎝⎛⎭⎫a －52b ＝0，即a 2－32a ·b －52b 2＝0，所以4－32×2×1×cos θ－52＝0，所以cos θ＝12，因为θ∈[0，π]，所以θ＝π3.18．(本小题满分12分)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知C ＝π6，a ＝2，△ABC 的面积为3，F 为边AC 上一点．(1)求c ；(2)若CF ＝2BF ，求sin ∠BFC .解：(1)因为S △ABC ＝12ab sin C ＝12×2b ×sin π6＝3，所以b ＝2 3.由余弦定理可得c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ＝4＋12－2×2×23×cos π6＝4，所以c ＝2.(2)由(1)得a ＝c ＝2，所以A ＝C ＝π6，∠ABC ＝π－A －C ＝2π3.在△BCF 中由正弦定理得CF sin ∠CBF ＝BFsin ∠BCF ，所以sin ∠CBF ＝sin π6·CF BF .又因为CF ＝2BF ，所以sin ∠CBF ＝22， 又因为∠CBF ≤2π3，所以∠CBF ＝π4，所以sin ∠BFC ＝sin(∠CBF ＋∠BCF )＝ sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋π6＝2＋64.19．(本小题满分12分)如图所示，凸多面体ABCED 中，AD ⊥平面ABC ，CE ⊥平面ABC ，AC ＝AD ＝AB ＝1，BC ＝2，CE ＝2，F 为BC 的中点．(1)求证：AF ∥平面BDE ； (2)求证：平面BDE ⊥平面BCE .证明：(1)取BE 的中点G ，连接GF ，GD ，因为AD ⊥平面ABC ，CE ⊥平面ABC ，所以AD ∥EC ，且平面ABC ⊥平面ACED .因为GF 为三角形BCE 的中位线，所以GF ∥EC ∥DA ，GF ＝12CE ＝DA ＝1.所以四边形GF AD 为平行四边形，所以AF ∥GD ，又GD ⊂平面BDE ，AF ⊄平面BDE ，所以AF ∥平面BDE .(2)因为AC ＝AB ＝1，BC ＝2， 所以AC 2＋AB 2＝BC 2， 所以AB ⊥AC .所以F 为BC 的中点，所以AF ⊥BC .又GF ⊥AF ，BC ∩GF ＝F ，所以AF ⊥平面BCE . 因为AF ∥GD ，所以GD ⊥平面BCE .又GD ⊂平面BDE ， 所以平面BDE ⊥平面BCE .20．(本小题满分12分)某超市随机选取1 000位顾客，记录了他们购买甲、乙、丙、丁四种商品的情况，整理成如下统计表，其中“√”表示购买，“×”表示未购买．商品顾客人数甲 乙 丙 丁 100 √ × √ √ 217 × √ × √ 200 √ √ √ × 300√×√×85 √ × × × 98×√××(1)估计顾客同时购买乙和丙的概率；(2)估计顾客在甲、乙、丙、丁中同时购买3种商品的概率；(3)如果顾客购买了甲，则该顾客同时购买乙、丙、丁中哪种商品的可能性最大？ 解：(1)从统计表可以看出，在这1 000位顾客中有200位顾客同时购买了乙和丙，所以顾客同时购买乙和丙的概率可以估计为2001 000＝0.2.(2)从统计表可以看出，在这1 000位顾客中，有100位顾客同时购买了甲、丙、丁，另有200位顾客同时购买了甲、乙、丙，其他顾客最多购买了2种商品．所以顾客在甲、乙、丙、丁中同时购买3种商品的概率可以估计为100＋2001 000＝0.3.(3)法一：顾客同时购买甲和乙的概率可以估计为2001 000＝0.2，顾客同时购买甲和丙的概率可以估计为100＋200＋3001 000＝0.6，顾客同时购买甲和丁的概率可以估计为1001 000＝0.1.所以如果顾客购买了甲，则该顾客同时购买丙的可能性最大．法二：从统计表可以看出，同时购买了甲和乙的顾客，也都购买了丙；同时购买了甲和丁的顾客，也都购买了丙；有些顾客同时购买了甲和丙，却没有购买乙或丁．所以，如果顾客购买了甲，那么该顾客同时购买丙的可能性最大．21．(本小题满分12分)为增强市民的环境保护意识，某市面向全市征召n 名义务宣传志愿者，成立环境保护宣传组织，现把该组织的成员按年龄分成5组，第1组[20，25)，第2组[25，30)，第3组[30，35)，第4组[35，40)，第5组[40，45]，得到的频率分布直方图如图所示，已知第1组有5人．(1)分别求出第3，4，5组志愿者的人数，若在第3，4，5组中用分层随机抽样的方法抽取6名志愿者参加某社区的宣传活动，应从第3，4，5组各抽取多少名志愿者？(2)在(1)的条件下，该组织决定在这6名志愿者中随机抽取2名志愿者介绍宣传经验，求第3组至少有1名志愿者被抽中的概率．解：(1)由题意，因为第1组有5人，则0.01×5n ＝5，n ＝100， 所以第3组有0.06×5×100＝30(人)， 第4组有0.04×5×100＝20(人)， 第5组有0.02×5×100＝10(人)．所以利用分层随机抽样在第3，第4，第5组中分别抽取3人，2人，1人．(2)记第3组的3名志愿者为A 1，A 2，A 3，第4组的2名志愿者为B 1，B 2，第5组的1名志愿者为C 1，则从6名志愿者中抽取2名志愿者有(A 1，A 2)，(A 1，A 3)，(A 1，B 1)，(A 1，B 2)，(A 1，C 1)，(A 2，A 3)，(A 2，B 1)，(A 2，B 2)，(A 2，C 1)，(A 3，B 1)，(A 3，B 2)，(A 3，C 1)，(B 1，B 2)，(B 1，C 1)，(B 2，C 1)，共15种．其中第3组的3名志愿者A 1，A 2，A 3至少有一名志愿者被抽中的有(A 1，A 2)，(A 1，A 3)，(A 1，B 1)，(A 1，B 2)，(A 1，C 1)，(A 2，A 3)，(A 2，B 1)，(A 2，B 2)，(A 2，C 1)，(A 3，B 1)，(A 3，B 2)，(A 3，C 1)，共12种．则第3组至少有1名志愿者被抽中的概率为1215＝45.22．(本小题满分12分)如图，四棱锥S -ABCD 中，底面ABCD 是菱形，其对角线的交点为O ，且SA ＝SC ，SA ⊥BD .(1)求证：SO ⊥平面ABCD ；(2)设∠BAD ＝60°，AB ＝SD ＝2，P 是侧棱SD 上的一点，且SB ∥平面APC ，求三棱锥A -PCD 的体积．解：(1)证明：因为底面ABCD 是菱形，所以AC ⊥BD .又因为BD ⊥SA ，SA ∩AC ＝A ，所以BD ⊥平面SAC ，又因为SO ⊂平面SAC .所以BD ⊥SO .因为SA ＝SC ，AO ＝OC ，所以SO ⊥AC .又因为AC ∩BD ＝O ，所以SO ⊥平面ABCD .(2)连接OP .因为SB ∥平面APC ，SB ⊂平面SBD ，平面SBD ∩平面APC ＝OP ，所以SB ∥OP .又因为O 是BD 的中点，所以P 是SD 的中点．由题意知△ABD 为正三角形，所以OD ＝1.由(1)知SO ⊥平面ABCD ，所以SO ⊥OD .又因为SD ＝2，所以在Rt △SOD 中，SO ＝ 3.所以P 到平面ABCD 的距离为32， 所以V A ­PCD ＝V P ­ACD ＝13×⎝⎛⎭⎫12×2×2sin 120°×32＝1 2.。