模块综合测试

因为 $ z=2-\mathrm{i} $ ,所以 $ 2z-\overline{z}=2(2-\mathrm{i})-(2+\mathrm{i})=4-2\mathrm{i}-2-\mathrm{i}=2-3\mathrm{i} $ .故选 $ \mathrm{A} $ .

由 $ \overrightarrow {BC}=3\overrightarrow {DC} $ 知,点 $ D $ 为 $ BC $ 上靠近点 $ C $ 的三等分点,则 $ \overrightarrow {AD}-\overrightarrow {AB}=\overrightarrow {BD}=\dfrac{2}{3}\overrightarrow {BC}=\dfrac{2}{3}\overrightarrow {AC}-\dfrac{2}{3}\overrightarrow {AB} $ .

故 $ \overrightarrow {AD}=\overrightarrow {AB}+(\dfrac{2}{3}\overrightarrow {AC}-\dfrac{2}{3}\overrightarrow {AB})=\dfrac{1}{3}\overrightarrow {AB}+\dfrac{2}{3}\overrightarrow {AC}=\dfrac{1}{3}\boldsymbol{m}+\dfrac{2}{3}\boldsymbol{n} $ .故选 $ \mathrm{A} $ .

当 $ n\cap m=A $ 时,若 $ m//\alpha $ , $ n//\alpha $ , $ m\subset \beta $ , $ n\subset \beta $ ,则由面面平行的判定定理可得 $ \alpha //\beta $ ,当 $ n//m $ 时, $ \alpha $ , $ \beta $ 平行或相交,故选项 $ \mathrm{A} $ 错误；

当 $ n\cap m=A $ 时,若 $ l\perp m $ , $ l\perp n $ , $ m\subset \alpha $ , $ n\subset \alpha $ ,则由线面垂直的判定定理可得 $ l\perp \alpha $ ,当 $ n//m $ 时,则 $ l $ 与 $ \alpha $ 相交或 $ l\subset \alpha $ 或 $ l//\alpha $ ,故选项 $ \mathrm{B} $ 错误；

因为 $ m\perp \alpha $ , $ m//n $ ,所以 $ n\perp \alpha $ ,又因为 $ n\perp \beta $ ,所以 $ \alpha //\beta $ ,故选项 $ \mathrm{C} $ 正确；

当 $ m\subset \beta $ 时,若 $ \alpha \perp \beta $ , $ \alpha \cap \beta =l $ , $ m\perp l $ ,则由面面垂直的性质定理可得 $ m\perp \alpha $ ,

当 $ m\not\subset \beta $ 时,可得到 $ m\subset \alpha $ 或 $ m//\alpha $ 或 $ m $ 与 $ \alpha $ 相交,故选项 $ \mathrm{D} $ 错误,故选 $ \mathrm{C} $ .

依题意, $ 1+4+5+x+3+4+5+1+y+7+4=34+x+y=44 $ ,解得 $ x+y=10 $ ,

则 $ \dfrac{1}{x}+\dfrac{16}{y}=\dfrac{1}{10}(x+y)(\dfrac{1}{x}+\dfrac{16}{y})=\dfrac{1}{10}(17+\dfrac{y}{x}+\dfrac{16x}{y})\geqslant \dfrac{1}{10}(17+2×4)=\dfrac{5}{2} $ ,

当且仅当 $ \dfrac{y}{x}=\dfrac{16x}{y} $ ,即 $ y=4x=8 $ 时取等号,因此当 $ x=2 $ , $ y=8 $ 时, $ \dfrac{1}{x}+\dfrac{16}{y} $ 取得最小值,

所以这组数据的方差为 $ {s}^{2}=\dfrac{1}{11} [ (-3)^{2}+{0}^{2}+{1}^{2}+ (-2)^{2}+ (-1)^{2}+{0}^{2}+{1}^{2}+ (-3)^{2}+{4}^{2}+{3}^{2}+{0}^{2} ]=\dfrac{50}{11} $ .故选 $ \mathrm{D} $ .

抛掷一枚质地均匀的硬币3次,共有（正,正,正）,（正,正,反）,（正,反,正）,（反,正,正）,（正,反,反）,（反,反,正）,（反,正,反）,（反,反,反）,共8种结果,

事件 $ A $ “第一次硬币正面向上”包含（正,正,正）,（正,正,反）,（正,反,正）,（正,反,反）,共4种结果,事件 $ B $ “3次试验恰有1次正面向上”包含（正,反,反）,（反,反,正）,（反,正,反）,共3种结果,事件 $ C $ “3次试验恰有2次正面向上”包含（正,正,反）,（正,反,正）,（反,正,正）,共3种结果,事件 $ D $ “3次试验全部正面向上或者全部反面向上”包含（正,正,正）,（反,反,反）,共2种结果.对于 $ \mathrm{A} $ 选项,事件 $ A $ 与事件 $ B $ 可能同时发生,即（正,反,反）,不是互斥事件,故 $ \mathrm{A} $ 正确.对于 $ \mathrm{B} $ 选项, $ P(A)=\dfrac{4}{8}=\dfrac{1}{2} $ , $ P(D)=\dfrac{2}{8}=\dfrac{1}{4} $ , $ P(AD)=\dfrac{1}{8}=\dfrac{1}{2}×\dfrac{1}{4}=P(A)P(D) $ ,则 $ A $ 与 $ D $ 相互独立,故 $ \mathrm{B} $ 正确.对于 $ \mathrm{C} $ 选项, $ P(C)=\dfrac{3}{8} $ , $ P(AC)=\dfrac{2}{8}\ne P(A)P(C) $ ,则 $ A $ 与 $ C $ 不独立,故 $ \mathrm{C} $ 错误.对于 $ \mathrm{D} $ 选项, $ C $ 和 $ D $ 互斥但并事件不是全体事件,故它们不对立,故 $ \mathrm{D} $ 正确.故选 $ \mathrm{C} $ .

从五个“阳数”1,3,5,7,9中随机抽取三个数共有10种取法,符合题意的有 $ ｛1,5,9｝ $ 和 $ ｛3,5,7｝ $ ,共2种,故所求概率为 $ \dfrac{2}{10}=\dfrac{1}{5} $ .故选 $ \mathrm{B} $ .

由 $ \dfrac{a}{b}=\dfrac{1+ \cos A}{ \cos B} $ 及正弦定理可得 $ \dfrac{ \sin A}{ \sin B}=\dfrac{1+ \cos A}{ \cos B} $ ,即 $ \sin A \cos B= \sin B+ \sin B \cos A $ ,

所以 $ \sin A \cos B- \sin B \cos A= \sin (A-B)= \sin B $ .

又因为 $ △ABC $ 为锐角三角形,所以 $ A-B\in (-\dfrac{\mathrm{\pi }}{2},\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}) $ , $ B\in (0,\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}) $ ,所以 $ A-B=B $ ,即 $ A=2B $ .

又 $ 0 < A=2B < \dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ ,且 $ 0 < C=\mathrm{\pi }-A-B=\mathrm{\pi }-3B < \dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ ,可得 $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{6} < B < \dfrac{\mathrm{\pi }}{4} $ , $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{3} < A < \dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ .

$ \dfrac{1}{ \tan B}-\dfrac{1}{ \tan A}+2 \sin A=\dfrac{ \cos B}{ \sin B}-\dfrac{ \cos A}{ \sin A}+2 \sin A=\dfrac{ \sin A \cos B- \cos A \sin B}{ \sin A \sin B}+2 \sin A=\dfrac{ \sin (A-B)}{ \sin A \sin B}+2 \sin A=\dfrac{ \sin B}{ \sin A \sin B}+2 \sin A=2 \sin A+\dfrac{1}{ \sin A} $ .

由 $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{3} < A < \dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ 得 $ \sin A\in (\dfrac{\sqrt{3}}{2},1) $ ,记 $ f(A)=2 \sin A+\dfrac{1}{ \sin A}(A\in (\dfrac{\mathrm{\pi }}{3},\dfrac{\mathrm{\pi }}{2})) $ ,令 $ t= \sin A $ , $ \dfrac{\sqrt{3}}{2} < t < 1 $ ,则 $ f(A)=y=2t+\dfrac{1}{t} $ ,由对勾函数的性质可知, $ y=2t+\dfrac{1}{t} $ 在 $ (\dfrac{\sqrt{3}}{2},1) $ 上单调递增,又 $ y= \sin A $ 在 $ (\dfrac{\mathrm{\pi }}{3},\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}) $ 上单调递增,则 $ f(A) $ 在 $ (\dfrac{\mathrm{\pi }}{3},\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}) $ 上单调递增,所以 $ 2 \sin A+\dfrac{1}{ \sin A}\in (\dfrac{5\sqrt{3}}{3},3) $ .故选 $ \mathrm{D} $ .

因为四棱锥 $ P-ABCD $ 的底面是边长为2的正方形,且 $ PA=PB=PC=PD=\sqrt{5} $ ,所以 $ P-ABCD $ 为正四棱锥,设底面中心为 $ O $ ,则四棱锥外接球球心及内切球球心都在直线 $ PO $ 上,设外接球的半径为 $ R $ ,连接 $ {O}_{1}C $ ,则 $ P{O}_{1}={O}_{1}C=R $ .四棱锥 $ P-ABCD $ 的底面是边长为2的正方形,则 $ OC=\sqrt{2} $ ,在 $ △POC $ 中, $ PO=\sqrt{P{C}^{2}-O{C}^{2}}=\sqrt{5-2}=\sqrt{3} $ ,

由 $ {O}_{1}{C}^{2}=O{C}^{2}+O{O}_{1}^{2} $ 得, $ {R}^{2}=2+{\left(\sqrt{3}-R\right) ^ {2}} $ ,解得 $ R=\dfrac{5\sqrt{3}}{6} < \sqrt{3}=PO $ ,则点 $ {O}_{1} $ 在线段 $ PO $ 上,则 $ O{O}_{1}=\sqrt{3}-\dfrac{5\sqrt{3}}{6}=\dfrac{\sqrt{3}}{6} $ .

设内切球的半径为 $ r $ ,在 $ △PBC $ 中, $ PB=PC=\sqrt{5} $ , $ BC=2 $ ,则 $ \cos \mathrm{\angle }BPC=\dfrac{5+5-4}{2×5}=\dfrac{3}{5} $ ,则 $ \sin \mathrm{\angle }BPC=\sqrt{1-{ \cos }^{2}\mathrm{\angle }BPC}=\dfrac{4}{5} $ ,

所以 $ {S}_{△PBC}=\dfrac{1}{2}×\sqrt{5}×\sqrt{5} \sin \mathrm{\angle }BPC=2 $ ,所以四棱锥 $ P-ABCD $ 的表面积 $ S=4×2+{2}^{2}=12 $ ,

由 $ {V}_{P-ABCD}=\dfrac{1}{3}{S}_{正方形ABCD}\cdot PO=\dfrac{1}{3}Sr $ ,即 $ \dfrac{1}{3}×4×\sqrt{3}=\dfrac{1}{3}×12×r $ ,则 $ r=\dfrac{\sqrt{3}}{3} > \dfrac{\sqrt{3}}{6}=O{O}_{1} $ ,则 $ {O}_{1}{O}_{2}=r-O{O}_{1}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}-\dfrac{\sqrt{3}}{6}=\dfrac{\sqrt{3}}{6} $ .故选 $ \mathrm{B} $ .

对于 $ \mathrm{A} $ ,这组数据中27出现了3次,出现次数最多,所以众数为27,故 $ \mathrm{A} $ 正确；

对于 $ \mathrm{B} $ ,这组数据中最大值是31,最小值是26,极差为 $ 31-26=5 $ ,故 $ \mathrm{B} $ 错误；

对于 $ \mathrm{C} $ ,这组数据从小到大排列为26,27,27,27,28,30,31,中间的数是27,所以中位数是27,故 $ \mathrm{C} $ 错误；

对于 $ \mathrm{D} $ ,这组数据的平均数是 $ \dfrac{1}{7}×(31+27+26+28+27+30+27)=28 $ ,故 $ \mathrm{D} $ 正确.

故选 $ \mathrm{A}\mathrm{D} $ .

在正方形 $ ABCD $ 中, $ BE\perp BF $ , $ CD\perp CF $ ,

折起后,有 $ A^\prime F\perp A^\prime E $ , $ A^\prime F\perp A^\prime D $ ,

又 $ A^\prime E\cap A^\prime D=A^\prime $ , $ A^\prime E $ , $ A^\prime D\subset $ 平面 $ A^\prime DE $ ,所以 $ A^\prime F\perp $ 平面 $ A^\prime DE $ ,

又 $ DE\subset $ 平面 $ A^\prime DE $ ,所以 $ DE\perp A^\prime F $ ,故 $ \mathrm{A} $ 正确；

因为 $ A^\prime D\perp A^\prime E $ , $ A^\prime D\perp A^\prime F $ , $ A^\prime E\cap A^\prime F=A^\prime $ , $ A^\prime E $ , $ A^\prime F\subset $ 平面 $ A^\prime EF $ ,所以 $ A^\prime D\perp $ 平面 $ A^\prime EF $ ,

又 $ A^\prime D\subset $ 平面 $ A^\prime DF $ ,所以平面 $ A^\prime EF\perp $ 平面 $ A^\prime DF $ ,故 $ \mathrm{B} $ 正确；

折起后可知 $ A^\prime D $ , $ A^\prime E $ , $ A^\prime F $ 两两垂直, $ A^\prime E=A^\prime F=1 $ , $ A^\prime D=2 $ ,

则 $ {V}_{A^\prime -EFD}={V}_{D-A^\prime EF}=\dfrac{1}{3}{S}_{△A^\prime EF}\cdot A^\prime D=\dfrac{1}{3}×\dfrac{1}{2}×1×1×2=\dfrac{1}{3} $ ,故 $ \mathrm{C} $ 错误；

由 $ A^\prime D $ , $ A^\prime E $ , $ A^\prime F $ 两两垂直,可将三棱锥 $ A^\prime -EFD $ 补成长方体,如图所示,

则长方体的体对角线即为三棱锥 $ A^\prime -EFD $ 的外接球的直径,

设三棱锥 $ A^\prime -EFD $ 的外接球的半径为 $ R $ ,

所以 $ 2R=\sqrt{{1}^{2}+{1}^{2}+{2}^{2}}=\sqrt{6} $ ,所以 $ R=\dfrac{\sqrt{6}}{2} $ ,

所以三棱锥 $ A^\prime -EFD $ 的外接球的体积是 $ \dfrac{4}{3}\mathrm{\pi }{R}^{3}=\sqrt{6}\mathrm{\pi } $ ,故 $ \mathrm{D} $ 正确.故选 $ \mathrm{A}\mathrm{B}\mathrm{D} $ .

在菱形 $ ABCD $ 中, $ AB=6 $ , $ \mathrm{\angle }BAD={60}^{\circ } $ ,则 $ \overrightarrow {AB}\cdot \overrightarrow {AD}={6}^{2} \cos {60}^{\circ }=18 $ .

对于 $ \mathrm{A} $ ,由 $ \overrightarrow {CE}=2\overrightarrow {EB} $ , $ \overrightarrow {CF}=2\overrightarrow {FD} $ ,得 $ \begin{cases}\overrightarrow {AE}=\overrightarrow {AB}+\dfrac{1}{3}\overrightarrow {AD},\\ \overrightarrow {AF}=\dfrac{1}{3}\overrightarrow {AB}+\overrightarrow {AD},\end{cases} $

解得 $ \begin{cases}\overrightarrow {AB}=\dfrac{9}{8}\overrightarrow {AE}-\dfrac{3}{8}\overrightarrow {AF},\\ \overrightarrow {AD}=\dfrac{9}{8}\overrightarrow {AF}-\dfrac{3}{8}\overrightarrow {AE},\end{cases} $

因为 $ \overrightarrow {AM}=x\overrightarrow {AB}+\dfrac{1}{2}\overrightarrow {AD} $ ,所以 $ \overrightarrow {AM}=x(\dfrac{9}{8}\overrightarrow {AE}-\dfrac{3}{8}\overrightarrow {AF})+\dfrac{1}{2}(\dfrac{9}{8}\overrightarrow {AF}-\dfrac{3}{8}\overrightarrow {AE})=(\dfrac{9x}{8}-\dfrac{3}{16})\overrightarrow {AE}+(\dfrac{9}{16}-\dfrac{3x}{8})\overrightarrow {AF} $ ,

而点 $ M $ 在线段 $ EF $ 上,则 $ (\dfrac{9x}{8}-\dfrac{3}{16})+(\dfrac{9}{16}-\dfrac{3x}{8})=1 $ ,解得 $ x=\dfrac{5}{6} $ , $ \mathrm{A} $ 正确；

对于 $ \mathrm{B} $ ,由选项 $ \mathrm{A} $ 知 $ \overrightarrow {AM}=\dfrac{5}{6}\overrightarrow {AB}+\dfrac{1}{2}\overrightarrow {AD} $ ,则 $ |\overrightarrow {AM}|=\sqrt{{\left(\dfrac{5}{6}\overrightarrow {AB}+\dfrac{1}{2}\overrightarrow {AD}\right) ^ {2}}}=\sqrt{25+15+9}=7 $ , $ \mathrm{B} $ 正确；

对于 $ \mathrm{C} $ ,由题知 $ |\overrightarrow {CE}|=4 $ ,则 $ \overrightarrow {DC}\cdot \overrightarrow {CE}=6×4 \cos {120}^{\circ }=-12 $ ,则向量 $ \overrightarrow {DC} $ 在 $ \overrightarrow {CE} $ 上的投影向量为 $ \dfrac{\overrightarrow {DC}\cdot \overrightarrow {CE}}{|\overrightarrow {CE}{|}^{2}}\cdot \overrightarrow {CE}=-\dfrac{3}{4}\overrightarrow {CE} $ , $ \mathrm{C} $ 错误；

对于 $ \mathrm{D} $ ,由点 $ N $ 在线段 $ BD $ 上,设 $ \overrightarrow {AN}=(1-\lambda )\overrightarrow {AB}+\lambda \overrightarrow {AD} $ , $ \lambda \in [0,1] $ ,则 $ {\overrightarrow {AN}}^{2}={36(1-\lambda )}^{2}+36{\lambda }^{2}+36(1-\lambda )\lambda =36{\lambda }^{2}-36\lambda +36 $ ,

$ \overrightarrow {AM}\cdot \overrightarrow {AN}=(\dfrac{5}{6}\overrightarrow {AB}+\dfrac{1}{2}\overrightarrow {AD})\cdot [(1-\lambda )\overrightarrow {AB}+\lambda \overrightarrow {AD}]=30(1-\lambda )+18\lambda +15\lambda +9(1-\lambda )=39-6\lambda $ ,

则 $ \overrightarrow {AN}\cdot \overrightarrow {MN}=\overrightarrow {AN}\cdot (\overrightarrow {AN}-\overrightarrow {AM})={\overrightarrow {AN}}^{2}-\overrightarrow {AN}\cdot \overrightarrow {AM}=36{\lambda }^{2}-30\lambda -3={\left(6\lambda -\dfrac{5}{2}\right) ^ {2}}-\dfrac{37}{4}\geqslant -\dfrac{37}{4} $ ,当且仅当 $ \lambda =\dfrac{5}{12} $ 时取等号, $ \mathrm{D} $ 正确.故选 $ \mathrm{A}\mathrm{B}\mathrm{D} $ .

因为 $ 12×25\%=3 $ ,所以这12名学生成绩的下四分位数为这组数据从小到大排列的第3,4位两个数的平均数,即为 $ \dfrac{677+679}{2}=678 $ .

设三棱柱 $ ABC-{A}_{1}{B}_{1}{C}_{1} $ 的高为 $ ℎ $ ,底面 $ △ABC $ 的面积为 $ S $ ,体积为 $ V $ ,则 $ V=Sℎ $ .

因为 $ E $ , $ F $ 分别为 $ AB $ , $ AC $ 的中点,可得 $ {S}_{△AEF}=\dfrac{1}{4}S $ ,

所以三棱台 $ AEF-{A}_{1}{B}_{1}{C}_{1} $ 的体积 $ {V}_{1}=\dfrac{1}{3}ℎ(S+\dfrac{1}{4}S+\sqrt{S\cdot \dfrac{1}{4}S})=\dfrac{7}{12}Sℎ $ ,

则 $ {V}_{2}=V-{V}_{1}=Sℎ-\dfrac{7}{12}Sℎ=\dfrac{5}{12}Sℎ $ ,

所以 $ \dfrac{{V}_{1}}{{V}_{2}}=\dfrac{7}{5} $ .

如图,建立平面直角坐标系,

设点 $ A(1,0) $ , $ B(0,\sqrt{3}) $ ,取 $ \boldsymbol{a}=\overrightarrow {OA} $ , $ \boldsymbol{b}=\overrightarrow {OB} $ ,满足 $ |\boldsymbol{a}|=1 $ , $ |\boldsymbol{b}|=\sqrt{3} $ , $ \boldsymbol{a}\cdot \boldsymbol{b}=0 $ ,则 $ AB=\sqrt{{1}^{2}+{\left(\sqrt{3}\right) ^ {2}}}=2 $ ,取 $ \overrightarrow {OC}=\boldsymbol{c} $ ,连接 $ BC $ , $ AC $ ,则 $ \overrightarrow {BC}=\boldsymbol{c}-\boldsymbol{b} $ , $ \overrightarrow {AC}=\boldsymbol{c}-\boldsymbol{a} $ ,依题意得 $ \mathrm{\angle }BCA=\dfrac{\mathrm{\pi }}{6} $ ,

记 $ △ABC $ 中 $ \mathrm{\angle }A $ , $ \mathrm{\angle }B $ , $ \mathrm{\angle }BCA $ 所对的边分别为 $ a $ , $ b $ , $ c $ ,由正弦定理得 $ \dfrac{c}{ \sin \mathrm{\angle }BCA}=\dfrac{2}{\dfrac{1}{2}}=\dfrac{b}{ \sin B}=\dfrac{a}{ \sin A} $ ,则 $ a=4 \sin A $ , $ b=4 \sin B $ .

$ (\boldsymbol{c}-\boldsymbol{a})\cdot (\boldsymbol{c}-\boldsymbol{b})=\overrightarrow {AC}\cdot \overrightarrow {BC}=|\overrightarrow {AC}||\overrightarrow {BC}|\cdot \cos \dfrac{\mathrm{\pi }}{6}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}ab= $ $ 8\sqrt{3} \sin A \sin B $ $ =8\sqrt{3} \sin A \sin (\dfrac{5\mathrm{\pi }}{6}-A)=8\sqrt{3} \sin A(\dfrac{1}{2} \cos A+\dfrac{\sqrt{3}}{2} \sin A)=2\sqrt{3} \sin 2A+12×\dfrac{1- \cos 2A}{2}=2\sqrt{3} \sin 2A-6 \cos 2A+6=4\sqrt{3} \sin (2A-\dfrac{\mathrm{\pi }}{3})+6 $ ,因为 $ 0 < A < \dfrac{5\mathrm{\pi }}{6} $ ,所以 $ -\dfrac{\mathrm{\pi }}{3} < 2A-\dfrac{\mathrm{\pi }}{3} < \dfrac{4\mathrm{\pi }}{3} $ ,

故当 $ 2A-\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}=\dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ ,即当 $ A=\dfrac{5\mathrm{\pi }}{12} $ 时,

$ \sin (2A-\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}) $ 取得最大值1,此时 $ (\boldsymbol{c}-\boldsymbol{a})\cdot (\boldsymbol{c}-\boldsymbol{b}) $ 取得最大值,为 $ 4\sqrt{3}+6 $ .