模块素养测评卷
1.B [解析] ===+i,则其虚部为.故选B.
2.C [解析] ∵a·b=|a|·|b|cos
=2cos=1,∴|a+2b|2=|a|2+4a·b+4|b|2=4+4+4=12,∴|a+2b|=2.故选C.
3.C [解析] 设该圆锥的母线长为l,高为h,由·l=2π×4,得l=5,则h==3,所以该圆锥的体积为π×42×3=16π.故选C.
4.D [解析] 甲所掷点数的平均数=×(4+5+4+5+5)=,其方差=×=,乙所掷点数的平均数=×(4+2+3+4+3)=,其方差=×=,丙所掷点数的平均数=×(2+3+2+3+4)=,其方差=×=,丁所掷点数的平均数=×(6+1+2+6+1)=,其方差=×=,因为<<<,所以方差最大的是丁.故选D.
5.A [解析] 设AC与BD相交于点O,又G为△ABC的重心,可得O为BD的中点,BG=2GO,所以=+=+=+=(+)+(-)=+,因为=x+y(x,y∈R),所以x=,y=,则x+2y=+2×=.故选A.
6.B [解析] 将直三棱柱ABC-A1B1C1补形为如图所示的正四棱柱ABDC-A1B1D1C1,连接B1D,AD,则B1D∥A1C,所以异面直线AB1与A1C所成的角为∠DB1A(或其补角),因为AB=AC=AA1=1,所以AA1=,DB1=B1A==,AD==,由余弦定理可得cos∠DB1A==,所以sin∠DB1A==.故选B.
7.A [解析] 因为b2+c2-a2=bc,所以cos A==,又08.D [解析] 如图①所示,过点A1作A1H⊥AC于点H,易知A1H⊥平面ABCD,四棱台的高为A1H,连接A1C1,则A1C1=4,AC=6,在梯形ACC1A1中,可得AH=.由四棱台的体积为×(42+62+4×6)×A1H=,解得A1H=,所以AA1===2.在四边形A1D1DA中,如图②所示,过D1作D1F⊥AD于点F,过A1作A1G⊥AD于点G,连接AD1,由对称性可知DF=AG==1,GF=A1D1=4,所以AF=6-1=5,又DD1=AA1=2,所以D1F===,所以AD1===4,同理可得CD1=AD1=4,分别在棱CD,DD1上取中点M,N,连接MN,ME,NE,则平面EMN即为平面α,易得NE=MN=AD1=2,ME=AC=3,所以截面多边形的周长为4+3.故选D.
9.BC [解析] 因为z=1+i,所以=1-i,所以ω=====--i,则ω在复平面内对应的点为,在第三象限,|ω|==1,ω的实部为-,虚部为-,所以选项B,C正确,选项A,D错误.故选BC.
10.BCD [解析] 由题图知,这13个月制造业采购经理指数(PMI)的最大值为52.6%,最小值为47.0%,所以极差为52.6%-47.0%=5.6%,故A错误;由题图可知,2023年7月份,制造业采购经理指数(PMI)为49.3%,6月份为49.0%,则7月比6月上升0.3个百分点,故B正确;从2023年1月到2023年7月,这7个月的制造业采购经理指数(PMI)从小到大的顺序为48.8%,49.0%,49.2%,49.3%,50.1%,51.9%,52.6%,因为7×71%=4.97,所以第71百分位数为第5个数,即为50.1%,故C正确;由题图可知,从2022年7月到2022年12月,这6个月的制造业采购经理指数(PMI)的平均数为≈48.78%,故D正确.故选BCD.
11.ABD [解析] 对于A,|a|=(1,2====,故A正确;对于B,a·b=(e1+e2)·(3e1-2e2)=3-4+×(-2+3)=0,所以a⊥b,故B正确;对于C,由|5e1-te2|的最小值为,可知5e1在e2上的投影向量的长度为,即cos θ=±,可得θ=或,故C错误;对于D,将|e1-λe2|≥|e1-e2|两边平方得1+λ2-2λcos θ≥2-2cos θ,即对任意θ∈(0,π),λ2-1≥2(λ-1)cos θ,即2(λ-1)cos θ-λ2+1≤0,由于任意θ∈(0,π),cos θ∈(-1,1),故
解得λ≤-3或λ≥1,所以λ∈(-∞,-3]∪[1,+∞),故D正确.故选ABD.
12. [解析] 设这五个球中红球为a,白球为b1,b2,黑球为c1,c2,则从袋中任取两球,样本空间为{ab1,ab2,ac1,ac2,b1b2,b1c1,b1c2,b2c1,b2c2,c1c2},共有10个样本点,其中两球颜色为一白一黑包含b1c1,b1c2,b2c1,b2c2,共有4个样本点,所以两球颜色为一白一黑的概率P==.
13.2 [解析] 设红方侦察艇经过x小时后在C处追上蓝方的小艇,如图,则AC=14x,BC=10x,∠ABC=120°,在△ABC中,根据余弦定理得(14x)2=122+(10x)2-2×12×10x×cos 120°,解得x=2(负值舍去),故AC=28,BC=20,由正弦定理得=,解得sin α==.
14.6π [解析] 根据题意可知A'D=CD=2,如图所示,当△A'CD的面积最大时,S△A'CD=×A'D×CD·sin∠A'DC=2sin∠A'DC取得最大值,可得∠A'DC=90°,由对称性可知∠A'BC=∠A'DC=90°,所以A'C=2.又因为M为A'C的中点,所以MB=MC=MD=A'C=,又BC=CD=BD=2,由勾股定理可知棱MB,MC,MD两两垂直,所以三棱锥M-BCD的外接球半径R==,可得该外接球的表面积S=4πR2=4π×=6π.
15.解:(1)由acos B+bcos A=2ccos A及正弦定理,得sin Acos B+sin Bcos A=2sin Ccos A,
即sin(A+B)=2sin Ccos A,
即sin C=2sin Ccos A,
又C∈(0,π),所以sin C≠0,所以cos A=.
因为A∈(0,π),故A=.
(2)在△ABC中,由余弦定理可得a2=b2+c2-2bccos A,
即4=b2+c2-bc=(b+c)2-3bc,
又因为△ABC的周长为6,所以b+c=4,
所以bc=4,所以△ABC的面积为bcsin A=×4×sin=.
16.解:(1)由题意得4×(0.010+0.020+0.050+0.050+0.075+0.020+a+0.010)=1,解得a=0.015.
估计被抽取的50名少年儿童问卷调查结果的平均数为4×(70×0.010+74×0.020+78×0.050+82×0.050+86×0.075+90×0.020+94×0.015+98×0.010)=83.28.
(2)依题意可得,在[88,92)内抽取的人数为0.020×4×50=4,设所抽取的人为a,b,c,d,
在[96,100]内抽取的人数为0.010×4×50=2,设所抽取的人为A,B,
则从这6名少年儿童中随机抽取2名少年儿童包含的样本点为ab,ac,ad,bc,bd,cd,aA,aB,bA,bB,cA,cB,dA,dB,AB,共15个,其中随机抽取的这2名少年儿童在同一组包含的样本点为ab,ac,ad,bc,bd,cd,AB,共7个,
故随机抽取的这2名少年儿童在同一组的概率为.
17.解:(1)因为甲、乙不超过两小时还车的概率分别为,,
超过两小时不超过三小时还车的概率分别为,,
所以甲、乙两人超过三小时不超过四小时还车的概率分别为,,
记甲、乙两人所付的租车费用相同为事件A,
则P(A)=×+×+×=,
所以甲、乙两人所付租车费用相同的概率为.
(2)若X=4,则甲不超过两小时,乙超过三小时不超过四小时还车;或乙不超过两小时,甲超过三小时不超过四小时还车;
或甲、乙都超过两小时不超过三小时还车.
所以P(X=4)=×+×+×=.
若X=6,则甲超过两小时不超过三小时,乙超过三小时不超过四小时还车;
或乙超过两小时不超过三小时,甲超过三小时不超过四小时还车.
所以P(X=6)=×+×=.
18.解:(1)由正弦定理知,2sin Bcos C=2sin A+sin C,
∵sin A=sin(B+C)=sin Bcos C+cos Bsin C,
代入上式得2cos Bsin C+sin C=0,
∵C∈(0,π),∴sin C>0,∴cos B=-.
∵B∈(0,π),∴B=.
(2)由BD平分∠ABC,得S△ABC=S△ABD+S△BCD,
∴acsin=×1×csin+×1×asin,即ac=a+c.
在△ABC中,由余弦定理得b2=a2+c2-2accos,
又b=2,∴a2+c2+ac=12,
由得(ac)2-ac-12=0,解得ac=4(负值舍去),
∴S△ABC=acsin=×4×=.
19.解:(1)证明:因为AB=AC,D为BC的中点,所以AD⊥BC,
又PO⊥平面ABC,则PO⊥BC,
又AD∩PO=O,AD,PO 平面PAD,
所以BC⊥平面PAD,
又AP 平面PAD,所以AP⊥BC.
(2)①由(1)知,BC⊥平面PAD,
则直线PB与平面PAD所成的角为∠BPD,
则sin∠BPD==,
因为BC=8,D为BC的中点,所以BD=4,
则PB=6,所以PD=2.
因为PO⊥AD,OD=2,所以PO=4,
所以VP-ABC=×PO×S△ABC=×4××8×5=.
②如图,作BM⊥AP交AP于M,连接CM,
由BC⊥PA,BM∩BC=B,BM,BC 平面BCM,得AP⊥平面BCM,
所以AP⊥MC,则∠BMC为二面角B-AP-C的平面角,
在直角三角形ADB中,AB==,
在直角三角形PBD中,PB2=PD2+BD2=36,所以PB=6,
在直角三角形POA中,PA2=AO2+OP2=25,
所以PA=5,所以在△PAB中,cos∠APB==,
所以sin∠APB=,
则BM=PBsin∠APB=4,
同理可得CM=4,而BC2=BM2+CM2,
所以∠BMC=90°,即二面角B-AP-C的大小为90°.模块素养测评卷
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(时间:120分钟 分值:150分)
一、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.复数的虚部是 ( )
A.i B.
C.-i D.-
2.已知向量a,b满足|a|=2,|b|=1,且=,则|a+2b|=( )
A. B.2
C.2 D.
3.[2024·河南创新发展联盟高一联考] 已知圆锥的底面半径为4,其侧面展开图是一个圆心角为的扇形,则该圆锥的体积为 ( )
A.48π B.45π
C.16π D.15π
4.甲、乙、丙、丁四位同学各掷5次骰子并记录朝上的点数,则方差最大的是 ( )
甲:4 5 4 5 5 乙:4 2 3 4 3
丙:2 3 2 3 4 丁:6 1 2 6 1
A.甲 B.乙
C.丙 D.丁
5.[2024·大同一中高一期中] 在平行四边形ABCD中,G为△ABC的重心,满足=x+y(x,y∈R),则x+2y= ( )
A. B. C.0 D.-1
6.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,△ABC为等腰直角三角形,且AB=AC=AA1=1,则异面直线AB1与A1C所成角的正弦值为 ( )
A. B.
C.- D.
7.[2024·江苏镇江中学高一月考] 在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,b=2,b2+c2-a2=bc,若BC边上的中线AD=,则△ABC的外接圆面积是 ( )
A.4π B.8π
C.12π D.16π
8.[2024·重庆七校高一期中] 如图所示,在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中,上底面边长为4,下底面边长为6,体积为,点E为AD的中点,过点E的平面α与平面D1AC平行,且与正四棱台各面相交得到截面多边形,则该截面多边形的周长为 ( )
A.4 B.3
C.2+3 D.4+3
二、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.[2024·河北衡水武强中学高一期中] 已知复数z=1+i,为z的共轭复数,复数ω=,则下列结论正确的是 ( )
A.ω在复平面内对应的点在第二象限
B.|ω|=1
C.ω的实部为-
D.ω的虚部为
10.2023年7月31日国家统计局发布了制造业采购经理指数(PMI)如图所示,
则下列说法正确的是 ( )
A.从2022年7月到2023年7月,这13个月的制造业采购经理指数(PMI)的极差为5.8%
B.2023年7月份,制造业采购经理指数(PMI)为49.3%,比上月上升0.3个百分点
C.从2023年1月到2023年7月,这7个月的制造业采购经理指数(PMI)的第71百分位数为50.1%
D.从2022年7月到2022年12月,这6个月的制造业采购经理指数(PMI)的平均数约为48.78%
11.[2024·湖北鄂东南高一期中] 如图,设Ox,Oy是平面内相交成θ角的两条数轴,其中θ∈(0,π),e1,e2分别是与x轴,y轴正方向同向的单位向量,若向量=a=xe1+ye2,则把有序数对(x,y)(θ)叫作向量在夹角为θ的坐标系xOy中的坐标,记为a=(x,y)(θ),则下列结论正确的是 ( )
A.若a=(1,2,则|a|=
B.若a=(1,,b=(3,-2,则a⊥b
C.若对任意的t∈R,|5e1-te2|的最小值为,则θ=
D.若对任意的θ∈(0,π),都有|e1-λe2|≥|e1-e2|恒成立,则实数λ∈(-∞,-3]∪[1,+∞)
三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.
12.[2024·辽宁朝阳高一期中] 袋中装有5个除了颜色外完全相同的球,其中1个红球、2个白球、2个黑球,从袋中任取两球,则两球颜色为一白一黑的概率为 .
13.[2024·通辽一中高一月考] 在一次海上联合作战演习中,红方一艘侦察艇在A处发现在北偏东45°方向,相距12海里的水面上的B处有蓝方一艘小艇正以每小时10海里的速度沿南偏东75°方向前进,若侦察艇以每小时14海里的速度,沿北偏东45°+α方向拦截蓝方的小艇.若要在最短的时间内拦截住,则红方侦察艇所需的时间为 小时,角α的正弦值为 .
14.已知菱形ABCD的边长为2,且∠BAD=60°,将△ABD沿直线BD翻折为△A'BD,记A'C的中点为M,则当△A'CD的面积最大时,三棱锥M-BCD的外接球表面积为 .
四、解答题:本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.(13分)[2024·重庆七校高一期中] 在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知acos B+bcos A=2ccos A.
(1)求角A的大小;
(2)若a=2,△ABC的周长为6,求△ABC的面积.
16. (15分)[2024·辽宁部分高中高一联考] 某儿童活动中心开展了“萌童成长”寒假公益课堂,涵盖了创意美术、传统文化、科学小实验等丰富的活动,公益课堂共开设24期,近200名少年儿童参加.从参加公益课堂的少年儿童中随机抽取50名少年儿童进行问卷调查(满分100分),将问卷调查结果按[68,72),[72,76),[76,80),[80,84),[84,88),[88,92),[92,96),[96,100]分成八组,并绘制成频率分布直方图,如图所示.
(1)求a的值,并估计被抽取的50名少年儿童问卷调查结果的平均数(同一组数据用该组区间的中点值作代表);
(2)若从样本中问卷调查结果在[88,92)和[96,100]内的少年儿童中随机抽取2名少年儿童,求随机抽取的这2名少年儿童在同一组的概率.
17.(15分)[2024·武汉部分重点中学高一期中] 本着健康、低碳的生活理念,租自行车骑游的人越来越多.某自行车租车点的收费标准是每车每次租用时间不超过两小时免费,超过两小时的部分每小时收费2元(不足一小时的部分按一小时计算).有甲、乙两人独立来该租车点租车骑游(各租一车一次).设甲、乙不超过两小时还车的概率分别为,,超过两小时不超过三小时还车的概率分别为,,两人租车时间都不会超过四小时.
(1)求甲、乙两人所付租车费用相同的概率;
(2)设X为甲、乙两人所付的租车费用之和,求P(X=4)和P(X=6)的值.
18.(17分)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别是a,b,c,且2bcos C=2a+c.
(1)求角B的大小;
(2)若b=2,D为AC边上的一点,BD=1,且BD是∠ABC的平分线,求△ABC的面积.
19.(17分)[2024·浙江金华一中高一期中] 如图,在三棱锥P-ABC中,AB=AC,D为BC的中点,PO⊥平面ABC,垂足O落在线段AD上.
(1)证明:AP⊥BC;
(2)已知BC=8,AO=3,OD=2,且直线PB与平面PAD所成角的正弦值为.
①求此三棱锥P-ABC的体积;
②求二面角B-AP-C的大小.