模块素养测评卷
1.B [解析] sin 40°cos 160°-cos 40°sin 20°=sin 40°cos 160°-cos 40°sin 160°=sin(40°-160°)=sin(-120°)=-sin 120°=-sin 60°=-.故选B.
2.B [解析] 由题意可知,z===--i,所以=-+i,所以=-+i在复平面内对应的点为,位于第二象限.故选B.
3.C [解析] 由题意得=3×10-1=29,s2=32×5=45.故选C.
4.C [解析] 因为向量a=(1,1),向量b=(-3,0),则a·b=-3,|a|=,所以向量b在向量a上的投影向量是·=·(1,1)=.故选C.
5.A [解析] 记田忌的上等马、中等马、下等马分别为a,b,c,齐王的上等马、中等马、下等马分别为A,B,C.由题意可知,样本空间为Ω={aA,bA,cA,aB,bB,cB,aC,bC,cC},记“田忌获胜”为事件M,则M={aB,aC,bC},所以齐王获胜的概率P=1-=1-=.故选A.
6.D [解析] 若m∥α,n∥α,则m,n平行、相交或异面,故A错误;若m⊥α,n⊥α,则m∥n,故B错误;若β⊥α,γ⊥α,则β,γ平行或相交,故C错误;若m∥α,n⊥α,则m⊥n,故D正确.故选D.
7.C [解析] 对于A,由题得=(4,2),=(6,-2),所以·=20,故A错误;对于B,由选项A知,·=20,||=2,||=2,所以cos∠ACB===,又∠ACB∈[0,π],所以∠ACB=,故B错误;对于C,=(2,-4),=(-4,-2),则·=0,即⊥,所以点C到直线AB的距离为||=2,故C正确;对于D,由选项C知,2+=(0,-10),所以|2+|=10,故D错误.故选C.
8.B [解析] 在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中,AB=4,A1B1=2,设O1,O分别是正方形A1B1C1D1、正方形ABCD的中心,连接O1A1,OA,O1O,如图,显然四边形OO1A1A是直角梯形,且∠A1AO是直线AA1与平面ABCD所成的角.由正四棱台ABCD-A1B1C1D1的侧面积为12,得等腰梯形ADD1A1的面积为3,在平面ADD1A1内过A1作A1E⊥AD于E,则×(2+4)·A1E=3,解得A1E=,又AE==1,所以AA1==2,又O1A1=,OA=2,
所以cos∠OAA1==,则∠OAA1=,所以直线AA1与平面ABCD所成的角为.故选B.
9.AC [解析] 由题意可知,样本空间Ω={1,2,3,4,5,6,7,8,9},A={1,4,7},B={1,2,3,4,5,6},C={8,9},则n(Ω)=9,n(A)=3,n(B)=6,可得P(A)==,P(B)==.对于选项A,因为AC= ,所以事件A与事件C是互斥事件,故A正确;对于选项B,因为AB={1,4}≠ ,所以事件A与事件B不是互斥事件,故B错误;对于选项C,由选项B可知n(AB)=2,则P(AB)==,所以P(AB)=P(A)P(B),所以事件A与事件B相互独立,故C正确;对于选项D,因为B∪C={1,2,3,4,5,6,8,9}≠Ω,所以事件B与事件C不是对立事件,故D错误.故选AC.
10.BCD [解析] 抽取的人数为20+60+160+140+80+40=500,则估计总体中成绩落在[150,400)内的人数为×5000=4600,故A错误;由表中数据可估计这组数据的平均数为×(20×175+60×225+160×275+140×325+80×375+40×425)=307,故B正确;这组数据中区间[150,300)对应的频率为=0.48,区间[150,350)对应的频率为=0.76,故这组数据的62百分位数落在区间[300,350)内,设这组数据的62百分位数的估计值为x,则=,解得x=325,故C正确;在由表中数据绘制的频率分布直方图中,纵轴表示频率/组距,因此各组对应长方形的高度之和为=0.02,故D正确.故选BCD.
11.ACD [解析] 对于选项A,设AB,AA1的中点分别为E,F,连接A1B,DE,DF,EF,如图,由题意可知A1D1∥BC,且A1D1=BC,则四边形A1BCD1为平行四边形,所以A1B∥CD1,又因为E,F分别为AB,AA1的中点,所以A1B∥EF,则EF∥CD1,又EF 平面PCD1,CD1 平面PCD1,所以EF∥平面PCD1,因为F,P分别为AA1,BB1的中点,所以FP∥AB,且FP=AB,又因为CD∥AB,且CD=AB,所以FP∥CD,且FP=CD,可知四边形FPCD为平行四边形,则DF∥CP,又DF 平面PCD1,CP 平面PCD1,所以DF∥平面PCD1,由EF∩DF=F,EF,DF 平面DEF,可得平面DEF∥平面PCD1,又DQ∥平面PCD1,D∈平面DEF,所以DQ 平面DEF,又Q∈侧面ABB1A1,平面ABB1A1∩平面DEF=EF,所以Q∈EF,所以点Q的运动轨迹为线段EF,故A正确;对于选项B,因为点Q的运动轨迹为线段EF,所以易知直线DQ与AD所成的角为∠ADQ,连接AQ,因为AD⊥平面ABB1A1,AQ 平面ABB1A1,所以AD⊥AQ,在Rt△ADQ中,tan∠ADQ=,因为AE=AF,∠EAF=,所以当Q为线段EF的中点时,AQ取到最小值,AQmin=AE=AB=AD,当Q与线段EF的一个端点重合时,AQ取到最大值,AQmax=AE=AB=AD,则AD≤AQ≤AD,所以tan∠ADQ=≤<1,则∠ADQ<,故B错误;对于选项C,由选项A可知EF∥平面PCD1,又Q∈EF,所以点Q到平面PCD1的距离为定值,即三棱锥Q-PCD1的高h为定值,又△PCD1的面积为定值,所以三棱锥P-CD1Q的体积==h·是定值,故C正确;对于选项D,取A1B1的中点G,连接PG,D1G,因为G,P分别为A1B1,BB1的中点,所以GP∥A1B,由选项A可知A1B∥CD1,则GP∥CD1,所以平面PCD1截正方体所得截面为四边形CD1GP,由题意可知CD1=2GP=,D1G=CP=,则等腰梯形CD1GP的高d==,所以所得截面的面积为××=,故D正确.故选ACD.
12. [解析] 设AC的中点为D,连接BD,则+=2,因为+=4,所以2=4,所以=2,则M为BD的中点,所以==.
13. [解析] 在四面体C-ABD中,取AD的中点O,连接OM,ON,如图,由M,N分别为AB,CD的中点,得ON∥AC,OM∥BD,则∠MON或其补角是异面直线AC与BD所成的角.显然ON=AC=,OM=BD=1,又MN=1,所以OM2+MN2=ON2,MN=OM,于是∠OMN=,∠MON=,所以异面直线AC与BD所成的角是.
14. [解析] 由cos ωx=0,得ωx=kπ+,k∈Z,解得x=,k∈Z,即A,k∈Z,又OA⊥OB,所以·=0,所以·=·(-)==1,于是||==1,k∈Z,又π<ω<2π,所以ω=.
15.解:(1)由题意可得0.02+0.1+a+0.35+0.2+0.1+0.03=1,解得a=0.2.
(2)设“遇到红灯的个数为4”为事件A,“遇到红灯的个数为5”为事件B,
“遇到红灯的个数大于或等于6”为事件C,
则“至少遇到4个红灯”为A∪B∪C,因为事件A,B,C互斥,
所以P(A∪B∪C)=P(A)+P(B)+P(C)=0.2+0.1+0.03=0.33,
即至少遇到4个红灯的概率为0.33.
16.解:(1)如图,过D作DE∥BC,过C作CM⊥DE,垂足为M,
由题意可得CM=2米,CD=14米,则DM==8(米),
故cos γ=cos∠CDM===.
(2)设塔的高度为m米,则AD=(m+2)米,
由题意得sin∠DAC=sin(45°-30°)=,
由(1)知sin γ==,则sin∠ACD=sin[180°-15°-(45°-γ)]=sin(120°+γ)=sin 120°cos γ+cos 120°sin γ=×-×=.
在△ACD中,由正弦定理可得=,
即=,解得m=9+11≈28.03,
故塔的高度约为28.03米.
17.解:(1)由频率分布直方图可得学生成绩在[130,150]内的频率为0.04,在[110,130)内的频率为0.16,
故估计这1000名学生中阶段性学习达到“优秀”的人数为1000×(0.04+0.16)=200.
(2)学生成绩在[50,70)内的频率为0.08,在[110,130)内的频率为0.16,
则抽取的6人中,成绩在[50,70)内的有2人,在[110,130)内的有4人.
记成绩在[110,130)内的4名学生为a,b,c,d,成绩在[50,70)内的2名学生为E,F,则从6人中任选3人,样本空间为Ω={abc,abd,abE,abF,acd,acE,acF,adE,adF,aEF,bcd,bcE,bcF,bdE,bdF,bEF,cdE,cdF,cEF,dEF},共包含20个样本点.
用事件A表示“这3人中恰有1人成绩在[110,130)内”,则A={aEF,bEF,cEF,dEF},A包含4个样本点.
故P(A)==.
18.解:(1)cos θ===.
(2)证明:①当n=3时,3=(x1-)2++=+++3-2(x1+x2+x3)=+++3-2·3=++-3.
19.解:(1)证明:如图,连接DB1,
因为AB=BC,且点D为AC的中点,所以BD⊥AC,
因为平面ABC⊥平面AB1C,平面ABC∩平面AB1C=AC,BD 平面ABC,
所以BD⊥平面AB1C,
又B1C 平面AB1C,所以BD⊥B1C,
又C1D⊥B1C,且C1D∩BD=D,C1D,BD 平面DBC1,
所以B1C⊥平面DBC1,
因为B1C 平面CBB1C1,所以平面CBB1C1⊥平面DBC1.
(2)①由题意可知BD=AC=,B1D=,
因为△AB1C为正三角形,且点D为AC的中点,所以B1D⊥AC,
因为平面ABC⊥平面AB1C,平面ABC∩平面AB1C=AC,B1D 平面AB1C,
所以B1D⊥平面ABC,
又BD 平面ABC,所以B1D⊥BD,
可得B1B==2.
如图,取AB的中点M,连接DM,B1M,
因为B1B=AB1,AD=DB,所以B1M⊥AB,DM⊥AB,
又B1M∩DM=M,B1M,DM 平面B1DM,所以AB⊥平面B1DM.
在梯形ABB1A1中,过点A作AD1⊥A1B1,垂足为D1,
因为B1M==,则AD1=B1M=,可得A1D1==3,A1B1=A1D1+B1D1=A1D1+AM=4,
可知=,则A1B1=B1C1=4,A1C1=4.
延长A1A,B1B,C1C交于点G,则===,
设C1D∩A1G=N,连接BN,可知l即为直线BN,
则===,可得NA=.连接MN,
注意到==,
则B1,M,N三点共线,且=,即NB1=.
易知B1N为线段AB的中垂线,则NA=NB=.
过D作DH⊥B1N,垂足为H,过H作HF⊥BN,垂足为F,连接DF,
易知AB⊥平面B1DM,DH 平面B1DM,所以DH⊥AB,
又B1N∩AB=M,B1N,AB 平面GA1B1,所以DH⊥平面GA1B1,
由BN 平面GA1B1,可得DH⊥BN,
又DH∩HF=H,DH,HF 平面DHF,所以BN⊥平面DHF,
由DF 平面DHF,可得DF⊥BN,
所以二面角A1-l-C1的平面角为∠DFH.
因为B1D⊥平面ABC,DM 平面ABC,所以B1D⊥DM,
在Rt△B1DM中,B1D=,DM=1,B1M=,
可得DH==,B1H==,则NH=B1N-B1H=,
在Rt△BMN中,BN=,BM=1,可得sin∠BNM==,
在Rt△NHF中,HF=NH·sin∠BNM=,
在Rt△DHF中,DF==,可得cos∠DFH==,
所以二面角A1-l-C1的余弦值为.
②由①可知三棱台A1B1C1-ABC的高B1D=,=4S△ABC=8,
则三棱台A1B1C1-ABC的体积=×(2+8+)×=,
且==,连接BE,
则三棱锥B-A1B1E的体积=××=<,
如图,连接A1E,连接EP并延长,设EP∩GB1=Q,连接A1Q,设A1Q∩AB=S,=λ∈(0,1),
则Q∈线段GB,连接SP,则S△BSP=λ2=λ2,
则三棱台A1B1E-SBP的体积=××=×,
整理可得16λ2+16λ-5=0,解得λ=(负值舍去),
所以存在点P符合题意,此时BP=B1E=.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.计算sin 40°cos 160°-cos 40°sin 20°的值为 ( )
A. B.-
C. D.-
2.已知复数z满足=-1+2i(i为虚数单位),则z的共轭复数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
3.[2024·江苏南京秦淮中学期末] 已知数据x1,x2,x3,…,xn的平均数为10,方差为5,设数据3x1-1,3x2-1,3x3-1,…,3xn-1的平均数为,方差为s2,则 ( )
A.=10,s2=14
B.=9,s2=44
C.=29,s2=45
D.=29,s2=44
4.已知向量a=(1,1),向量b=(-3,0),则向量b在向量a上的投影向量为 ( )
A.
B.
C.
D.
5.《史记》中讲述了田忌与齐王赛马的故事,其中讲到田忌的上等马优于齐王的中等马,劣于齐王的上等马;田忌的中等马优于齐王的下等马,劣于齐王的中等马;田忌的下等马劣于齐王的下等马.若双方各自拥有上、中、下等马各1匹,分别从中随机选1匹进行1场比赛,则齐王获胜的概率为 ( )
A. B. C. D.
6.已知α,β,γ为三个不同的平面,m,n为两条不同的直线,则下列结论正确的是 ( )
A.若m∥α,n∥α,则m∥n B.若m⊥α,n⊥α,则m⊥n
C.若β⊥α,γ⊥α,则β∥γ D.若m∥α,n⊥α,则m⊥n
7.已知点A(2,3),B(4,-1),C(-2,1),则下列说法正确的是 ( )
A.·=28
B.∠ACB=
C.点C到直线AB的距离为2
D.|2+|=
8.已知正四棱台ABCD-A1B1C1D1的上、下底面边长分别为2和4,若该正四棱台的侧面积为12,则直线AA1与平面ABCD所成的角为 ( )
A. B.
C. D.
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.
9.一只不透明的口袋内装有9张卡片,上面分别标有数字1,2,3,…,9.从袋中任意抽取1张卡片,记“抽出的卡片号为1或4或7”为事件A,“抽出的卡片号小于7”为事件B,“抽出的卡片号大于7”为事件C,则下列说法正确的是 ( )
A.事件A与事件C是互斥事件
B.事件A与事件B是互斥事件
C.事件A与事件B相互独立
D.事件B与事件C是对立事件
10.[2024·湖南师大附中高一月考] 抽取S市某届马拉松比赛前5000名的部分跑者成绩(单位:分钟)绘制成如下频数分布表,则 ( )
分组 [150,200) [200,250) [250,300) [300,350) [350,400) [400,450]
频数 20 60 160 140 80 40
A.估计总体中成绩落在[150,400)内的人数为450
B.估计这组数据的平均数为307
C.这组数据的62百分位数的估计值为325
D.在由表中数据绘制的频率分布直方图中,各组对应长方形的高度之和为0.02
11.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,若P为棱BB1的中点,Q点在侧面ABB1A1(包括边界)上运动,且DQ∥平面PCD1,则下列结论正确的是 ( )
A.点Q的运动轨迹为一条线段
B.直线DQ与AD所成的角可以为
C.三棱锥P-CD1Q的体积是定值
D.若正方体的棱长为1,则平面PCD1截正方体所得截面的面积为
三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.
12.[2024·江苏南京外国语学校期末] 若M是△ABC内一点,且满足+=4,则△ABM与△ACM的面积的比值为 .
13.已知在四面体C-ABD中,AC=2,BD=2,M,N分别为AB,CD的中点,若MN=1,则异面直线AC与BD所成的角为 .
14.已知O为坐标原点,函数y=cos ωx(π<ω<2π)的图象与x轴的一个交点为A,与y轴交于点B,且·=1,则ω= .
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)汽车从甲地到乙地沿某条公路一共行驶200千米,遇到红灯个数的概率如下表所示:
红灯个数 0 1 2 3 4 5 ≥6
概率 0.02 0.1 a 0.35 0.2 0.1 0.03
(1)求表中a的值;
(2)求至少遇到4个红灯的概率.
16.(15分)如图,某学习小组为了在塔外测量某塔的高度,在与塔底B在同一水平面的C处测得塔顶A的仰角为60°.受地形所限,他们沿斜坡从C点下行14米到达D点(与A,B,C三点在同一个铅垂平面内)后,测得塔顶A的仰角为45°.已知C,D两点的海拔高度差为2米.
(1)记斜坡CD与水平方向的夹角为锐角γ,计算γ的余弦值;
(2)求塔的高度(参考数据:≈1.73).
17.(15分)[2024·湖南衡阳高一期末] 为了解某校高一年级学生数学学习的阶段性成果,该年级组织了一次测试.已知此次考试共有1000名学生参加,将考试成绩(单位:分)分成六组:第一组[30,50),第二组[50,70),…,第六组[130,150].整理数据得到如图所示的频率分布直方图.
(1)该校根据试卷的难易程度进行分析,若此次成绩不低于110分,则阶段性学习达到“优秀”,试估计这1000名学生中阶段性学习达到“优秀”的人数;
(2)若采用分层抽样的方法,从成绩在[50,70)和[110,130)内的学生中共抽取6人,通过查看他们的答题情况来分析知识点的掌握情况,再从这6人中随机选取3人进行面对面调查分析,求这3人中恰有1人成绩在[110,130)内的概率.
18.(17分)已知数据x1,x2,…,xn的平均数为,方差为,数据y1,y2,…,yn的平均数为,方差为.类似平面向量,定义n维向量=(x1-,x2-,…,xn-),=(y1-,y2-,…,yn-)的
19.(17分)[2024·江苏南京师范大学附中期末] 在三棱台A1B1C1-ABC中,△AB1C为正三角形,AB=BC=2,且AB⊥BC,点D为AC的中点,平面ABC⊥平面AB1C.
(1)若C1D⊥B1C,证明:平面CBB1C1⊥平面DBC1.
(2)当AA1=CC1=4时,
①设平面ABA1与平面DBC1的交线为l,求二面角A1-l-C1的余弦值.
②若点E在棱B1C1上,满足B1C1=3EC1.问:在棱BC上是否存在点P,使得过点A1,E,P三点的平面将三棱台A1B1C1-ABC分为两个多面体,且体积相等 若存在,求出BP的长度;若不存在,请说明理由.
