综合检测试卷

第2题 (单选题) 难度 - 基础题：

某团队共有20人，他们的年龄分布如表所示.

年龄	28	29	30	32	36	40	45
人数	1	3	3	5	4	3	1

有关这20人年龄的众数、极差、百分位数说法不正确的是

A: 众数是32
B: 众数是5
C: 极差是17
D: 25%分位数是30

解析:

年龄为32的有5人，故众数是32，A正确，B错误；

45-28=17，极差为17，C正确；

因为20×25%=5，所以(30+30)÷2=30，故25%分位数是30，D正确.

第3题 (单选题) 难度 - 基础题：

从装有10个红球和10个白球的罐子里任取两球，下列情况中互斥而不对立的两个事件是

A: 至少有一个红球；至少有一个白球
B: 恰有一个红球；都是白球
C: 至少有一个红球；都是白球
D: 至多有一个红球；都是红球

解析:

对于A，“至少有一个红球”可能为一个红球、一个白球，“至少有一个白球”也可能为一个白球、一个红球，故两事件可能同时发生，所以不是互斥事件；对于B，“恰有一个红球”，则另一个必是白球，与“都是白球”是互斥事件，而任取两球还可能都是红球，故两事件不是对立事件；对于C，“至少有一个红球”为都是红球或一红一白，与“都是白球”显然是对立事件；对于D，“至多有一个红球”为都是白球或一红一白，与“都是红球”是对立事件.

第4题 (单选题) 难度 - 基础题：

对于两个平面α，β和两条直线m，n，下列命题中的真命题是

A: 若m⊥α，m⊥n，则n∥α
B: 若m∥α，α⊥β，则m⊥β
C: 若m∥α，n∥β，α⊥β，则m⊥n
D: 若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则m⊥n

解析:

A中，n可能在α内，A是假命题；B中，m也可能在β内，B是假命题；C中，m与n可能平行、相交或异面，C是假命题；D中，m⊥α，α⊥β，则m⊂β或m∥β，若m⊂β，则由n⊥β得n⊥m，若m∥β，则β内有直线c∥m，而易知c⊥n，从而m⊥n，D是真命题.

第5题 (单选题) 难度 - 基础题：

设D，E为正三角形ABC中BC边上的两个三等分点，且BC=2，则 $\vec{A D}$ · $\vec{A E}$ 等于

A: $\frac{4}{9}$
B: $\frac{8}{9}$
C: $\frac{26}{9}$
D: $\frac{26}{3}$

解析:

如图，

| $\vec{A B}$ |=| $\vec{A C}$ |=2，〈 $\vec{A B}$ ， $\vec{A C}$ 〉=60°，

∵D，E是边BC上的两个三等分点，∴ $\vec{A D}$ · $\vec{A E}$

= $(\vec{A B} + \frac{1}{3} \vec{B C})$ · $(\vec{A C} + \frac{1}{3} \vec{C B})$

= $(\frac{2}{3} \vec{A B} + \frac{1}{3} \vec{A C})$ · $(\frac{1}{3} \vec{A B} + \frac{2}{3} \vec{A C})$

= $\frac{2}{9}$ | $\vec{A B}$ |²+ $\frac{5}{9} \vec{A B}$ · $\vec{A C}$ + $\frac{2}{9}$ | $\vec{A C}$ |²= $\frac{2}{9}$ ×4+ $\frac{5}{9}$ ×2×2× $\frac{1}{2}$ + $\frac{2}{9}$ ×4= $\frac{26}{9}$ .

第6题 (单选题) 难度 - 基础题：

某校为了了解学生的视力情况，随机抽查了100名学生，得到如图所示的频率分布直方图.由于不慎将部分数据丢失，但知道前4组的频数和为40，后6组的频数和为87.设最大频率为a，视力在4.5到5.2之间的学生人数为b，则a，b的值分别为

A: 0.27，0.96
B: 0.27，96
C: 27，0.96
D: 27，96

解析:

由频率分布直方图知组距为0.1，由前4组的频数和为40，后6组的频数和为87，知第4组的频数为40+87-100=27，即视力在4.6到4.7之间的频数为27，是最大频数，故最大频率a=0.27.视力在4.5到5.2之间的频率为1-0.01-0.03=0.96，故视力在4.5到5.2之间的学生人数b=0.96×100=96(人).

第7题 (单选题) 难度 - 基础题：

已知△ABC中， $\vec{A B}$ · $\vec{A C}$ =-3，AB=2，cos²A+sin²B+sin²C+sin Bsin C=1，D是边BC上一点，∠CAD=3∠BAD，则AD等于

A: $\frac{6}{5}$
B: $\frac{3 \sqrt{3}}{4}$
C: $\frac{\sqrt{6}}{2}$
D: $\frac{6 \sqrt{3}}{7}$

解析:

设△ABC中，角A，B，C的对边为a，b，c，

∵cos²A+sin²B+sin²C+sin Bsin C=1，

即sin²B+sin²C+sin Bsin C=sin²A，

∴b²+c²+bc=a²，

∴cos A= $\frac{b^{2} + c^{2} - a^{2}}{2 b c}$ =- $\frac{1}{2}$ ，

又A∈(0，π)，∴A= $\frac{2 π}{3}$ ，

又 $\vec{A B}$ · $\vec{A C}$ =-3，AB=c=2，

∴ $\vec{A B}$ · $\vec{A C}$ =2bcos A=2b× $(- \frac{1}{2})$ =-3，

即b=3，∴a²=b²+c²+bc=3²+2²+3×2=19，

故a= $\sqrt{19}$ ，

∴cos C= $\frac{a^{2} + b^{2} - c^{2}}{2 a b}$ = $\frac{19 + 9 - 4}{6 \sqrt{19}}$ = $\frac{4}{\sqrt{19}}$ ，

∵C∈ $(0 ， \frac{π}{3})$ ，

∴sin C= $\sqrt{1 - c o s^{2} C}$ = $\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{19}}$ ，tan C= $\frac{\sqrt{3}}{4}$ ，

又∠CAD=3∠BAD，A= $\frac{2 π}{3}$ ，

∴∠CAD= $\frac{π}{2}$ ，AD=ACtan C=3× $\frac{\sqrt{3}}{4}$ = $\frac{3 \sqrt{3}}{4}$ .

第8题 (单选题) 难度 - 基础题：

如图所示，在棱长为1的正方体ABCD-A₁B₁C₁D₁中，过对角线BD₁的一个平面交棱AA₁于点E，交棱CC₁于点F，得四边形BFD₁E，在以下结论中，不正确的是

A: 四边形BFD₁E在底面ABCD内的投影一定是正方形
B: 四边形BFD₁E有可能垂直于平面BB₁D₁D
C: 四边形BFD₁E有可能是梯形
D: 四边形BFD₁E面积的最小值为 $\frac{\sqrt{6}}{2}$

解析:

对于选项A，四边形BFD₁E在底面ABCD内的投影一定是正方形ABCD，因此A正确；

对于选项B，当点E，F分别为AA₁，CC₁的中点时，

EF⊥平面BB₁D₁D，

又EF⊂平面BFD₁E，

则平面BFD₁E⊥平面BB₁D₁D，因此B正确；

对于选项C，因为平面ABB₁A₁∥平面DCC₁D₁，

且平面BFD₁E∩平面ABB₁A₁=BE.

平面BFD₁E∩平面DCC₁D₁=D₁F，

所以BE∥D₁F，同理D₁E∥BF，

故四边形BFD₁E为平行四边形，因此C错误；

对于选项D，当点F到线段BD₁的距离最小时，

此时平行四边形BFD₁E的面积最小，

此时点E，F分别为AA₁，CC₁的中点，

此时最小值为 $\frac{1}{2}$ × $\sqrt{2}$ × $\sqrt{3}$ = $\frac{\sqrt{6}}{2}$ ，因此D正确.

第9题 (多选题) 难度 - 基础题：

(多选)已知复平面内表示复数z=m+1+(m-1)i(m∈R)的点为M，则下列结论中正确的为

A: 若z∈R，则m≠1
B: 若M在直线y=2x上，则m=3
C: 若z为纯虚数，则m=-1
D: 若M在第四象限，则-1<m<1

解析:

对于A，若z∈R，

则m-1=0，得m=1，故A错误；

对于B，因为M(m+1，m-1)在直线y=2x上，

所以m-1=2(m+1)，

则m=-3，故B错误；

对于C，若z为纯虚数，则m+1=0，

即m=-1，此时虚部不为0，故C正确；

对于D，若M(m+1，m-1)在第四象限，

则 $\{\begin{array}{l} m + 1 > 0, \\ m - 1 < 0, \end{array}$

解得-1<m<1，故D正确.

第10题 (多选题) 难度 - 基础题：

(多选)如图所示，AB是半圆O的直径，VA垂直于半圆O所在的平面，点C是圆周上不同于A，B的任意一点，M，N分别为VA，VC的中点，则下列结论正确的是

A: OC⊥平面VAC
B: MN∥平面ABC
C: MN与BC所成的角为90°
D: 平面VAC⊥平面VBC

解析:

对于A，连接OC(图略)，因为AB是半圆O的直径，所以AC⊥BC，所以OC与AC不垂直，

因为AC⊂平面VAC，

所以OC与平面VAC不可能垂直，所以A错误；

对于B，因为M，N分别为VA，VC的中点，所以MN∥AC，

因为MN⊄平面ABC，AC⊂平面ABC，

所以MN∥平面ABC，所以B正确；

对于C，由选项B可知MN∥AC，

所以∠ACB为MN与BC所成的角，

因为AC⊥BC，

所以MN与BC所成的角为90°，所以C正确；

对于D，因为VA⊥平面ABC，

BC⊂平面ABC，所以VA⊥BC，

因为AC⊥BC，VA∩AC=A，

VA，AC⊂平面VAC，所以BC⊥平面VAC，

因为BC⊂平面VBC，

所以平面VAC⊥平面VBC，所以D正确.

第11题 (多选题) 难度 - 基础题：

(多选)设点D是△ABC所在平面内一点，则下列说法正确的有

A: 若 $\vec{A D}$ = $\frac{1}{2} (\vec{A B}$ + $\vec{A C}$ )，则点D是边BC的中点
B: 若 $\vec{A D}$ = $\frac{1}{3} (\frac{\vec{A B}}{| \vec{A B} | c o s B} + \frac{\vec{A C}}{| \vec{A C} | c o s C})$ ，则直线AD过△ABC的垂心
C: 若 $\vec{A D}$ =2 $\vec{A B}$ - $\vec{A C}$ ，则点D在边BC的延长线上
D: 若 $\vec{A D}$ =x $\vec{A B}$ +y $\vec{A C}$ ，且x+y= $\frac{1}{2}$ ，则△BCD的面积是△ABC的面积的一半

解析:

对于A，∵ $\vec{A D}$ = $\frac{1}{2} (\vec{A B}$ + $\vec{A C}$ )，

即 $\frac{1}{2} \vec{A D}$ - $\frac{1}{2} \vec{A B}$ = $\frac{1}{2} \vec{A C}$ - $\frac{1}{2} \vec{A D}$ ，即 $\vec{B D}$ = $\vec{D C}$ ，

即点D是边BC的中点，故A正确；

对于B， $\vec{A D}$ · $\vec{B C}$ = $\frac{1}{3} (\frac{\vec{A B} \cdot \vec{B C}}{| \vec{A B} | c o s B} + \frac{\vec{A C} \cdot \vec{B C}}{| \vec{A C} | c o s C})$ = $\frac{1}{3}$ (-| $\vec{B C}$ |+| $\vec{B C}$ |)=0，即AD⊥BC，

故直线AD过△ABC的垂心，故B正确；

对于C，∵ $\vec{A D}$ =2 $\vec{A B}$ - $\vec{A C}$ ，

即 $\vec{A D}$ - $\vec{A B}$ = $\vec{A B}$ - $\vec{A C}$ ，即 $\vec{B D}$ = $\vec{C B}$ ，

即点D在边CB的延长线上，故C错误；

对于D，∵ $\vec{A D}$ =x $\vec{A B}$ +y $\vec{A C}$ ，且x+y= $\frac{1}{2}$ ，

设 $\vec{A M}$ =2 $\vec{A D}$ ，则 $\vec{A M}$ =2 $\vec{A D}$ =2x $\vec{A B}$ +2y $\vec{A C}$ ，且2x+2y=1，

故M，B，C三点共线，且| $\vec{A M}$ |=2| $\vec{A D}$ |，

即△BCD的面积是△ABC的面积的一半，故D正确.

第12题 (填空题) 难度 - 基础题：

已知向量a=(x，2)，b=(2，1)，c=(3，x)，若a∥b，则|b+c|=　　　　.

答案:

5 $\sqrt{2}$

解析:

因为a∥b，

所以x-2×2=0，解得x=4，

则 b+c=(2，1)+(3，4)=(5，5)，

所以|b+c|=5 $\sqrt{2}$ .

第13题 (填空题) 难度 - 基础题：

若圆锥的底面半径为4，其侧面展开图的面积为20π，则该圆锥的高为　　　　.

答案:

解析:

设该圆锥的母线长为l，高为h，

圆锥的侧面积为π×4×l=20π，可得l=5，

因此该圆锥的高为h= $\sqrt{l^{2} - 4^{2}}$ = $\sqrt{5^{2} - 4^{2}}$ =3.

第14题 (填空题) 难度 - 基础题：

在抛掷一枚质地均匀的骰子的试验中，事件A表示“小于5的偶数点出现”，事件B表示“小于5的点数出现”，则在一次试验中，事件A∪ $\bar{B}$ 发生的概率为　　　　.

答案:

$\frac{2}{3}$

解析:

掷一枚骰子的试验有6种等可能的结果，依题意知P(A)= $\frac{2}{6}$ = $\frac{1}{3}$ ，P(B)= $\frac{4}{6}$ = $\frac{2}{3}$ ，

所以P( $\bar{B}$ )=1-P(B)=1- $\frac{2}{3}$ = $\frac{1}{3}$ ，

因为 $\bar{B}$ 表示“出现5点或6点”的事件，所以事件A与 $\bar{B}$ 互斥，从而P(A∪ $\bar{B}$ )=P(A)+P( $\bar{B}$ )= $\frac{1}{3}$ + $\frac{1}{3}$ = $\frac{2}{3}$ .

第15题 (解答题) - 简答题难度 - 基础题：

已知|a|=2，|b|=4，且|a+b|=2 $\sqrt{3}$ .

(1)求a与b的夹角；

(2)若(2a-b)⊥(a+kb)，求实数k的值.

答案:

解　(1)因为|a+b|²=a²+2a·b+b²=4+2a·b+16=12，

所以a·b=-4.

设a与b的夹角为θ，θ∈[0，π]，

则cos θ= $\frac{a \cdot b}{| a | | b |}$ = $\frac{- 4}{2 \times 4}$ =- $\frac{1}{2}$ ，

又θ∈[0，π]，

所以θ= $\frac{2 π}{3}$ ，

故a与b的夹角为 $\frac{2 π}{3}$ .

(2)因为(2a-b)⊥(a+kb)，

所以(2a-b)·(a+kb)=0，

即2a²+2ka·b-a·b-kb²=0，

即2|a|²+2ka·b-a·b-k|b|²=0，

所以8-8k+4-16k=0，

即12-24k=0，

解得k= $\frac{1}{2}$ .

第16题 (解答题) - 简答题难度 - 基础题：

记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin Csin(A-B)=sin Bsin(C-A).

(1)证明：2a²=b²+c²；

(2)若a=5，cos A= $\frac{25}{31}$ ，求△ABC的周长.

答案:

(1)证明　因为sin Csin(A-B)=sin Bsin(C-A)，

所以sin Csin Acos B-sin Csin Bcos A

=sin Bsin Ccos A-sin Bsin Acos C，

所以ac· $\frac{a^{2} + c^{2} - b^{2}}{2 a c}$ -2bc· $\frac{b^{2} + c^{2} - a^{2}}{2 b c}$ =-ab· $\frac{a^{2} + b^{2} - c^{2}}{2 a b}$ ，

即 $\frac{a^{2} + c^{2} - b^{2}}{2}$ - $(b^{2} + c^{2} - a^{2})$ =- $\frac{a^{2} + b^{2} - c^{2}}{2}$ ，

所以2a²=b²+c².

(2)解　因为a=5，cos A= $\frac{25}{31}$ ，

由(1)得b²+c²=50，

由余弦定理可得a²=b²+c²-2bccos A，

则50- $\frac{50}{31}$ bc=25，

所以bc= $\frac{31}{2}$ ，

故(b+c)²=b²+c²+2bc=50+31=81，

所以b+c=9，

所以△ABC的周长为a+b+c=14.

第17题 (解答题) - 简答题难度 - 基础题：

某高校的特殊类型招生面试中有4道题目，获得面试资格的甲同学对一~四题回答正确的概率依次是 $\frac{3}{4}$ ， $\frac{1}{2}$ ， $\frac{2}{3}$ ， $\frac{1}{3}$ .规定按照题号依次作答，并且答对一，二，三，四题分别得1，2，3，6分，答错1题减2分，当累计积分小于-2分时面试失败，不少于4分时通过面试，假设甲同学每题回答正确与否相互之间没有影响.

(1)求甲同学回答完前3题即通过面试的概率；

(2)求甲同学最终通过面试的概率.

答案:

解　(1)设事件M_i(i=1，2，3，4)表示“甲同学第i个问题回答正确”，

记“甲同学回答完前3题即通过面试”为事件Q₁，

则Q₁=M₁M₂M₃，

则P(Q₁)=P(M₁M₂M₃)= $\frac{3}{4}$ × $\frac{1}{2}$ × $\frac{2}{3}$ = $\frac{1}{4}$ ，

故甲同学回答完前3题即通过面试的概率为 $\frac{1}{4}$ .

(2)记“甲同学最终通过面试”为事件Q₂，则

Q₂=M₁M₂M₃+ ${\bar{M}}_{1}$ M₂M₃M₄+M₁ ${\bar{M}}_{2}$ M₃M₄+M₁M₂ ${\bar{M}}_{3}$ M₄+ ${\bar{M}}_{1}$ M₂ ${\bar{M}}_{3}$ M₄，

故P(Q₂)=P(M₁M₂M₃+ ${\bar{M}}_{1}$ M₂M₃M₄+M₁ ${\bar{M}}_{2}$ M₃M₄+M₁M₂ ${\bar{M}}_{3}$ M₄+ ${\bar{M}}_{1}$ M₂ ${\bar{M}}_{3}$ M₄)

= $\frac{3}{4}$ × $\frac{1}{2}$ × $\frac{2}{3}$ + $\frac{1}{4}$ × $\frac{1}{2}$ × $\frac{2}{3}$ × $\frac{1}{3}$ + $\frac{3}{4}$ × $\frac{1}{2}$ × $\frac{2}{3}$ × $\frac{1}{3}$ + $\frac{3}{4}$ × $\frac{1}{2}$ × $\frac{1}{3}$ × $\frac{1}{3}$ + $\frac{1}{4}$ × $\frac{1}{2}$ × $\frac{1}{3}$ × $\frac{1}{3}$

= $\frac{1}{4}$ + $\frac{1}{36}$ + $\frac{1}{12}$ + $\frac{1}{24}$ + $\frac{1}{72}$ = $\frac{5}{12}$ .

故甲同学最终通过面试的概率为 $\frac{5}{12}$ .

第18题 (解答题) - 简答题难度 - 基础题：

有7位歌手(1至7号)参加一场歌唱比赛，由500名大众评委现场投票决定歌手名次.根据年龄将大众评委分为五组，各组的人数如下：

组别	A	B	C	D	E
人数	50	100	150	150	50

(1)为了调查评委对7位歌手的支持情况，现用按比例分配的分层随机抽样的方法从各组中抽取若干评委，其中从B组抽取了6人，请将其余各组抽取的人数填入下表.

组别	A	B	C	D	E
人数	50	100	150	150	50
抽取人数		6

(2)在(1)中，若A，B两组被抽到的评委中各有2人支持1号歌手，现从这两组被抽到的评委中分别任选1人，求这2人都支持1号歌手的概率.

答案:

解　(1)由题设知，比例分配的分层随机抽样的抽样比为6%，所以各组抽取的人数如下表.

组别	A	B	C	D	E
人数	50	100	150	150	50
抽取人数	3	6	9	9	3

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(2)记从A组抽到的3位评委分别为a₁，a₂，a₃，其中a₁，a₂支持1号歌手；从B组抽到的6位评委分别为b₁，b₂，b₃，b₄，b₅，b₆，其中b₁，b₂支持1号歌手，从{a₁，a₂，a₃}和{b₁，b₂，b₃，b₄，b₅，b₆}中各抽取1人的所有样本点如图：

由树状图知所有样本点共18个，且是等可能的，其中2人都支持1号歌手的有a₁b₁，a₁b₂，a₂b₁，a₂b₂，共4个，

故所求概率P= $\frac{4}{18}$ = $\frac{2}{9}$ .

第19题 (解答题) - 简答题难度 - 基础题：

如图，已知ABCD-A₁B₁C₁D₁是底面为正方形的长方体，∠AD₁A₁=60°，AD₁=4，点P是AD₁上的动点.

(1)试判断不论点P在AD₁上的任何位置，是否都有平面BPA⊥平面AA₁D₁D，并证明你的结论；

(2)当P为AD₁的中点时，求异面直线AA₁与B₁P所成角的余弦值；

(3)求PB₁与平面AA₁D₁D所成角的正切值的最大值.

答案:

解　(1)是.∵BA⊥平面AA₁D₁D，BA⊂平面BPA，

∴平面BPA⊥平面AA₁D₁D，

∴无论点P在AD₁上的任何位置，都有平面BPA⊥平面AA₁D₁D.

(2)过点P作PE⊥A₁D₁，垂足为E，连接B₁E，如图，

则PE∥AA₁，

∴∠B₁PE是异面直线AA₁与B₁P所成的角.

在Rt△AA₁D₁中，∵∠AD₁A₁=60°，

∴∠A₁AD₁=30°，

∴A₁B₁=A₁D₁= $\frac{1}{2}$ AD₁=2，

∴A₁E= $\frac{1}{2}$ A₁D₁=1，AA₁= $\sqrt{3}$ A₁D₁=2 $\sqrt{3}$ ，

∴PE= $\frac{1}{2}$ AA₁= $\sqrt{3}$ ，B₁E= $\sqrt{A_{1} B_{1}^{2} + A_{1} E^{2}}$ = $\sqrt{5}$ ，

∴在Rt△B₁PE中，

B₁P= $\sqrt{B_{1} E^{2} + P E^{2}}$ =2 $\sqrt{2}$ ，

∴cos∠B₁PE= $\frac{P E}{B_{1} P}$ = $\frac{\sqrt{3}}{2 \sqrt{2}}$ = $\frac{\sqrt{6}}{4}$ ，

∴异面直线AA₁与B₁P所成角的余弦值为 $\frac{\sqrt{6}}{4}$ .

(3)由(1)知，B₁A₁⊥平面AA₁D₁D，

∴∠B₁PA₁是PB₁与平面AA₁D₁D所成的角，

∴tan∠B₁PA₁= $\frac{A_{1} B_{1}}{A_{1} P}$ = $\frac{2}{A_{1} P}$ ，

∴当A₁P最小时，tan∠B₁PA₁最大，

这时A₁P⊥AD₁，A₁P= $\frac{A_{1} D_{1} \cdot A A_{1}}{A D_{1}}$ = $\sqrt{3}$ ，

得tan∠B₁PA₁= $\frac{2 \sqrt{3}}{3}$ ，

即PB₁与平面AA₁D₁D所成角的正切值的最大值为 $\frac{2 \sqrt{3}}{3}$ .