模块综合检测(时间：120分钟　满分：150分)一、单项选择题(本大题共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．若复数z满足z(2－i)＝11＋7i(i为虚数单位)，则z＝(　　)A．3＋5i　　　　　　　　B．3－5iC．－3＋5iD．－3－5i解析：选A　由z(2－i)＝11＋7i得，z＝＝＝＝3＋5i.2．已知＝(－1，2)，＝(3，m)，若⊥，则m的值为(　　)A．1B.C．2D．4解析：选B　由⊥，得·＝－3＋2m＝0，故m＝.3．某位教师2019年的家庭总收入为80000元，各种用途占比统计如下面的折线图.2020年收入的各种用途占比统计如下面的条形图，已知2020年的就医费用比2019年增加了4750元，则该教师2020年的家庭总收入为(　　)A．100000元B．95000元C．90000元D．85000元解析：选D　由已知得，2019年的就医费用为80000×10%＝8000(元)，故2020年的就医费用为8000＋4750＝12750(元)，所以该教师2020年的家庭总收入为＝85000(元)．故选D.4．从正六边形的6个顶点中随机选择4个顶点，则以它们作为顶点的四边形是矩形的概率等于(　　)12 A.　　　　　　　　　　B.C.D．解析：选D　从正六边形的6个顶点中随机选择4个顶点，列举可得，以它们作为顶点的四边形共有15个，其中矩形有3个，所以所求的概率为＝.5．如图所示，在直三棱柱ABCA1B1C1中，若∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1，则异面直线BA1与AC1所成的角等于(　　)A．30°B．45°C．60°D．90°解析：选C　延长CA到D，使得AD＝AC，连接A1D，DB(图略)，则四边形ADA1C1为平行四边形，所以AC1∥DA1，∠DA1B就是异面直线BA1与AC1所成的角(或其补角)，又A1D＝A1B＝DB＝AB，则三角形A1DB为等边三角形，所以∠DA1B＝60°，即所求角为60°.6．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是(　　)①若m⊥α，α⊥β，则m∥β；②若m⊥α，α∥β，n⊂β，则m⊥n；③若m⊂α，n⊂β，m∥n，则α∥β；④若n⊥α，n⊥β，m⊥β，则m⊥α.A．①②B．③④C．①③D．②④解析：选D　对于①，有可能m⊂β，故错误；对于③，α，β可能相交，故错误．故选D.7．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a＝1，sinA·cosC＋(sinC＋b)cosA＝0，则角A＝(　　)A.B.C.D．12 解析：选D　∵a＝1，sinAcosC＋(sinC＋b)cosA＝0，∴sinAcosC＋sinCcosA＝－bcosA，∴sin(A＋C)＝sinB＝－bcosA，∴asinB＝－bcosA，由正弦定理可得sinAsinB＝－sinBcosA，∵sinB>0，∴sinA＝－cosA，即tanA＝－，∵A∈(0，π)，∴A＝.故选D.8．已知三棱锥SABC的所有顶点都在球O的球面上，△ABC是边长为1的正三角形，SC为球O的直径，且SC＝2，则此棱锥的体积为(　　)A.B.C.D.解析：选A　在直角三角形ASC中，AC＝1，∠SAC＝90°，SC＝2，所以SA＝＝；同理，SB＝.过A点作SC的垂线交SC于D点，连接DB(图略)，因为△SAC≌△SBC，故BD⊥SC，故SC⊥平面ABD，且△ABD为等腰三角形．因为∠ASC＝30°，故AD＝SA＝，则△ABD的面积为×1×＝，则三棱锥的体积为××2＝.故选A.二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)9．《国务院办公厅关于进一步调整优化结构提高教育经费使用效益的意见》中提出，要优先落实教育投入．某研究机构统计了2010年至2018年国家财政性教育经费投入情况及其在GDP中的占比数据，并将其绘制成图，由图可知下列叙述中正确的是(　　)12 A．随着文化教育重视程度的不断提高，国家财政性教育经费的支出持续增长B．2012年以来，国家财政性教育经费的支出占GDP比重持续7年保持在4%以上C．从2010年至2018年，中国GDP的总值最少增加60万亿元D．从2010年到2018年，国家财政性教育经费的支出同比增长最多的年份是2012年解析：选ABD　由题图易知A、B、D项均正确.2010年GDP为≈40(万亿元)，2018年GDP为＝90(万亿元)，则从2010年至2018年，GDP的总值大约增加50万亿元，故C项错误．10．设向量a，b满足|a|＝|b|＝1，且|b－2a|＝，则以下结论正确的是(　　)A．a⊥bB．|a＋b|＝2C．|a－b|＝D．〈a，b〉＝解析：选AC　因为|a|＝|b|＝1，且|b－2a|＝，所以b2－4a·b＋4a2＝5，所以a·b＝0，故a⊥b，A正确；因为(a＋b)2＝a2＋2a·b＋b2＝2，所以|a＋b|＝，B错误；因为(a－b)2＝a2－2a·b＋b2＝2，所以|a－b|＝，C正确；因为a⊥b，所以〈a，b〉＝，D错误，故选A、C.11．博览会安排了分别标有序号为“1号”“2号”“3号”的三辆车，等可能随机顺序前往酒店接嘉宾．某嘉宾突发奇想，设计两种乘车方案，方案一：不乘坐第一辆车，若第二辆车的序号大于第一辆车的序号，就乘坐第二辆车，否则乘坐第三辆车；方案二：直接乘坐第一辆车．记方案一与方案二坐到“3号”车的概率分别为P1，P2，则(　　)A．P1·P2＝B．P1＝P2＝C．P1＋P2＝D．P1＞P2解析：选CD　分别标有序号为“1号”“2号”“3号”的三辆车，等可能随机顺序前往酒店接嘉宾，样本空间Ω＝{(1，2，3)，(1，3，2)，(2，1，3)，(2，3，1)，(3，1，12 2)，(3，2，1)}，共6个样本点．方案一：坐到“3号车”包含(1，3，2)，(2，1，3)，(2，3，1)，共3个样本点，所以方案一坐到“3号”车的概率P1＝＝.方案二：坐到“3号”车的概率P2＝.∴P1＞P2，P1＋P2＝＋＝.12．如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，动点E在线段A1C1上，F，M分别是AD，CD的中点，则下列结论中正确的是(　　)A．FM∥A1C1B．BM⊥平面CC1FC．存在点E，使得平面BEF∥平面CC1D1DD．三棱锥BCEF的体积为定值解析：选ABD　在A中，因为F，M分别是AD，CD的中点，所以FM∥AC∥A1C1，故A正确；在B中，因为tan∠BMC＝＝2，tan∠CFD＝＝2，故∠BMC＝∠CFD，故∠BMC＋∠DCF＝∠CFD＋∠DCF＝.故BM⊥CF，又有BM⊥C1C，且CF∩CC1＝C，所以BM⊥平面CC1F，故B正确；在C中，BF与平面CC1D1D有交点，所以不存在点E，使得平面BEF∥平面CC1D1D，故C错误；在D中，三棱锥BCEF以面BCF为底(定值)，则高是定值，所以三棱锥BCEF的体积为定值，故D正确．三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)13．甲、乙两队进行篮球决赛，采取七场四胜制(当一队赢得四场胜利时，该队获胜，决赛结束)．根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”．设甲队主场取胜的概率为0.6，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，则甲队以4∶1获胜的概率是________．解析：甲队以4∶1获胜，甲队在第5场(主场)获胜，前4场中有一场输．若在主场输一场，则概率为2×0.6×0.4×0.5×0.5×0.6；12 若在客场输一场，则概率为2×0.6×0.6×0.5×0.5×0.6.∴甲队以4∶1获胜的概率P＝2×0.6×0.5×0.5×(0.6＋0.4)×0.6＝0.18.答案：0.1814．△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知A＝60°，b＝2，S△ABC＝2，则＝________．解析：由A＝60°，b＝2，S△ABC＝bcsinA＝2，得c＝4.由a2＝b2＋c2－2bccosA，解得a＝2，则＝＝＝＝4，由等比性质得，＝4.答案：415．已知正方形ABCD的边长为1，将△ADC沿对角线AC折起，若折叠后平面ACD⊥平面ACB，则此时AC与BD所成角的大小是________，点B、D之间的距离是________．解析：如图所示，取AC的中点O，连接OB，OD.因为DA＝DC，BA＝BC，O为AC的中点，所以DO⊥AC，BO⊥AC，又DO∩BO＝O，所以AC⊥平面BOD，又BD⊂平面BOD，所以AC⊥BD，即此时AC与BD所成的角是90°.因为平面ACD⊥平面ACB，平面ACD∩平面ACB＝AC，所以DO⊥平面ABC，所以DO⊥OB，又OB＝OD＝AC＝，所以BD＝＝1.答案：90°　116．已知a，b为单位向量，则|a＋b|＋|a－b|的最大值为________．解析：由a，b为单位向量可知以a，b对应线段为邻边作出的平行四边形是菱形，结合菱形性质可得(a＋b)⊥(a－b)，＋＝1，∴(a＋b)2＋(a－b)2＝4，设|a＋b|＝2cosθ，|a－b|＝2sinθ，∴|a＋b|＋|a－b|＝2cosθ＋2sinθ＝2cos，则易知当θ＝时，|a＋b|＋|a－b|的最大值为2.答案：2四、解答题(本大题共6小题，12 共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)在①cosB＝，c＝3；②cosA＝，sin(A＋B)＝3sinB；③ab＝2，cosA＝，这三个条件中任选一个补充在下面问题中，并加以解答．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若△ABC的面积为，________，求b.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．解：选①cosB＝，c＝3.因为cosB＝，0＜B＜π，所以sinB＝.由S△ABC＝acsinB＝×a×3×＝，解得a＝2.由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB＝8＋9－2×2×3×＝1，所以b＝1.选②cosA＝，sin(A＋B)＝3sinB.因为cosA＝，0＜A＜π，所以sinA＝，因为A＋B＋C＝π，所以sin(A＋B)＝sinC，所以sinC＝3sinB，由正弦定理可得c＝3b，所以S△ABC＝bcsinA＝×b×3b×＝，解得b＝1.选③ab＝2，cosA＝.因为S△ABC＝absinC＝×2×sinC＝，所以sinC＝1.又0＜C＜π，所以C＝，因为cosA＝，0＜A＜π，所以sinA＝，且sinB＝sin＝cosA＝，根据正弦定理＝，可得a＝2b，所以ab＝2b2＝2，解得b＝1.18．(本小题满分12分)为了了解学生参加体育活动的情况，某校对学生进行了随机抽样调查，其中一个问题是“你平均每天参加体育活动的时间是多少”，共有4个选项可供选择：12 A．1.5小时以上B．1～1.5小时C．0.5～1小时D．0.5小时以下下图是根据调查结果绘制的两幅不完整的统计图，请你根据统计图提供的信息解答以下问题：(1)本次一共调查了多少名学生；(2)在图①中将选项B对应的部分补充完整．解：(1)由题图①知，选A的人数为60，而图②显示，选A的人数占总人数的30%，故本次调查的总人数为60÷30%＝200(人)．(2)由题图②知，选B的人数占总人数的50%，因此其人数为200×50%＝100(人)，图①补充如图所示：19．(本小题满分12分)已知A，B，C为△ABC的三个内角，向量m＝(2－2sinA，sinA＋cosA)与n＝(sinA－cosA，1＋sinA)共线，且·＞0.(1)求角A的大小；(2)求函数y＝2sin2＋cos的值域．解：(1)由题意知，(2－2sinA)(1＋sinA)＝(sinA＋cosA)(sinA－cosA)，得2(1－sin2A)＝sin2A－cos2A＝2sin2A－1，即sin2A＝.又A为△ABC的内角，所以sinA＝.由·＞0，知A为锐角，12 所以A＝.(2)因为A＝，所以B＋C＝，所以y＝1－cosB＋cos＝1＋sinB－cosB＝1＋sin.又0＜B＜，所以－＜B－＜，所以－＜sin＜1，所以y∈.故函数y＝2sin2＋cos的值域为.20．(本小题满分12分)如图①，矩形ABCD中，AB＝1，BC＝2，E为AD的中点，将△CDE沿CE折起，使得△CDE所在平面与梯形ABCE所在平面垂直(如图②)，M是BD的中点．(1)求证：AM∥平面CDE；(2)求三棱锥MAED的体积．解：(1)如图，设BC的中点为N，连接MN，AN，∵AE∥BC且AE＝NC＝1，∴四边形ANCE为平行四边形，∴AN∥EC，又M，N分别为BD，BC的中点，∴MN∥DC.∵AN∩MN＝N，EC∩DC＝C，AN，MN⊂平面AMN，EC，DC⊂平面EDC，∴平面AMN∥平面EDC，又AM⊂平面AMN，∴AM∥平面EDC.(2)连接BE，S△ABE＝×AB×AE＝×1×1＝，作DH⊥EC于H，∵平面CDE⊥平面ABCE，且DH⊂平面CDE，∴DH⊥平面ABCE.12 ∵CD＝DE＝1，∴DH＝.三棱锥MAED的体积V＝V三棱锥BAED＝V三棱锥DABE＝×××S△ABE＝.21．(本小题满分12分)一汽车厂生产A，B，C三类轿车，每类轿车均有舒适型和标准型两种型号，某月的产量(单位：辆)如下表：A类轿车B类轿车C类轿车舒适型100150z标准型300450600按类用分层随机抽样的方法在这个月生产的轿车中抽取50辆，其中有A类轿车10辆．(1)求z的值；(2)在C类轿车中用分层随机抽样的方法抽取5辆轿车，再从这5辆轿车中任意抽取2辆，求至少有1辆舒适型轿车的概率；(3)用简单随机抽样的方法从B类舒适型轿车中抽取8辆，它们的综合测评得分(十分制)分别为：9.4，8.6，9.2，9.6，8.7，9.3，9.0，8.2.把这8辆轿车的得分看成一个总体，从中任取一个数，求该数与总体平均数之差的绝对值不超过0.5的概率．解：(1)设该厂这个月共生产轿车n辆．由题意得＝，解得n＝2000，则z＝2000－100－300－150－450－600＝400.(2)设所抽的5辆轿车中有a辆舒适型轿车．由题意得＝，则a＝2.因此在抽取的5辆轿车中，有2辆舒适型轿车，3辆标准型轿车．用A1，A2表示2辆舒适型轿车，用B1，B2，B3表示3辆标准型轿车，从5辆轿车中任取2辆，则样本空间Ω＝{(A1，A2)，(A1，B1)，(A1，B2)，(A1，B3)，(A2，B1)，(A2，B2)，(A2，B3)，(B1，B2)，(B1，B3)，(B2，B3)}．设事件E＝“至少有1辆舒适型轿车”，则E＝{(A1，A2)，(A1，B1)，(A1，B2)，(A1，B3)，(A2，B1)，(A2，B2)，(A2，B3)}，故P(E)＝，即所求概率为.12 (3)总体平均数＝×(9.4＋8.6＋9.2＋9.6＋8.7＋9.3＋9.0＋8.2)＝9.0.设事件D＝“从总体中任取一个数，该数与总体平均数之差的绝对值不超过0.5”，则样本空间包含8个样本点，事件D包含6个样本点：9.4，8.6，9.2，8.7，9.3，9.0，所以P(D)＝＝，即所求概率为.22．(本小题满分12分)已知四棱锥PABCD的底面ABCD是菱形．(1)求证：AD∥平面PBC；(2)若PB＝PD，求证：BD⊥平面PAC；(3)下面两问任选一问作答(如果都做，则按所做的第一问计分)．①E，F分别是AB，PD上的点，若EF∥平面PBC，AE＝2EB，求的值；②若∠DAB＝60°，平面PAD⊥平面ABCD，PB⊥PD，判断△PAD是不是等腰三角形，并说明理由．解：(1)证明：因为四边形ABCD是菱形，所以AD∥BC.因为AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以AD∥平面PBC.(2)证明：设AC，BD交于点O，连接PO(图略)．因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD，DO＝OB.因为PB＝PD，所以PO⊥BD.因为AC∩PO＝O，PO，AC⊂平面PAC，所以BD⊥平面PAC.(3)①过F作FG∥DC交PC于G，连接BG.在菱形ABCD中，AB＝DC，AB∥DC，所以FG∥AB.所以E，F，G，B共面．因为EF∥平面PBC，平面FEBG∩平面PBC＝BG，所以EF∥BG.所以四边形FEBG为平行四边形．所以EB＝FG.12 因为AE＝2EB，所以＝＝＝.②△PAD不是等腰三角形，理由如下：作BQ⊥AD交AD于点Q，连接PQ.因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，BQ⊂平面ABCD，所以BQ⊥平面PAD.所以BQ⊥PD.因为PD⊥PB，PB∩BQ＝B，所以PD⊥平面PBQ.所以PD⊥PQ.所以AD>PD，AD>PA，QD>PD，∠PQD<90°.所以∠PQA>90°.所以PA>AQ.在菱形ABCD中，∠DAB＝60°，所以△ABD是等边三角形．所以Q为AD的中点．所以AQ＝QD.所以PA>PD.所以△PAD不可能为等腰三角形．12