2020-2021学年高中数学-模块素养评价练习新人教B版必修第四册.doc

2020-2021学年高中数学 模块素养评价练习新人教B版必修第四册2020-2021学年高中数学 模块素养评价练习新人教B版必修第四册年级：姓名：模块素养评价(120分钟150分)一、单选题(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.(2020新高考全国卷)=()A.1B.-1C.iD.-i【解析】选D.=-i.2.设z=i(2+i),则=()A.1+2iB.-1+2iC.1-2iD.-1-2i【解析】选D.题意得z=i(2+i)=2i+i2=-1+2i,所以=-1-2i.3.在ABC中,B=45,C=60,c=1,则最短边长为()A.B.C.D.【解析】选B.A=180-(60+45)=75,故最短边为b,由正弦定理可得=,即b=.4.如果一个正四面体(各个面都是正三角形)的体积为9 cm3,则其表面积为()A.18 cm2B.18 cm2C.12 cm2D.12 cm2【解析】选A.设正四面体的棱长为a cm,则底面积为a2cm2,易求得高为a cm,则体积为a2a=a3=9,解得a=3,所以其表面积为4a2=18(cm2).5.在等腰RtABC中,AB=BC=1,M为AC的中点,沿BM把它折成二面角,折后A(对应A)与C的距离为1,则二面角C-BM-A的大小为()A.30B.60C.90D.120【解析】选C.如图所示,由AB=BC=1,ABC=90,得AC=.因为M为AC的中点,所以MC=AM=,且CMBM,AMBM,所以CMA为二面角C-BM-A的平面角.因为AC=1,MC=AM=,所以CMA=90.6.在ABC中,角A,B,C的对边分别是a,b,c,若bsin 2A+asin B=0,b=c,则的值为()A.1B.C.D.【解析】选C.因为bsin 2A+asin B=0,所以由正弦定理可得sin Bsin 2A+sin Asin B=0,即2sin Bsin Acos A+sin Asin B=0.由于sin Bsin A0,所以cos A=-,因为0A,所以A=,又b=c,由余弦定理可得a2=b2+c2-2bcos A=2c2+c2+2c2=5c2,所以=.7.九章算术是我国古代内容极为丰富的数学名著,书中有如下问题:“今有阳马,广五尺,褒七尺,高八尺,问积几何?”其意思为:“今有底面为矩形,一侧棱垂直于底面的四棱锥,它的底面长、宽分别为7尺和5尺,高为8尺,问它的体积是多少?”若以上的条件不变,则这个四棱锥的外接球的表面积为()A.142平方尺B.140平方尺C.138平方尺D.128平方尺【解析】选C.可以把该四棱锥补成一个长方体,长、宽分别为7尺和5尺,高为8尺,四棱锥的外接球就是长方体的外接球,其直径为=尺,所以表面积为138平方尺.8.如图,某建筑物的高度BC=300 m,一架无人机Q上的仪器观测到建筑物顶部C的仰角为15,地面某处A的俯角为45,且BAC=60,则此无人机距离地面的高度PQ为()A.100 mB.200 mC.300 mD.100 m【解析】选B.根据题意,可得在RtABC中,BAC=60,BC=300,所以AC=200,在ACQ中,AQC=45+15=60,QAC=180-45-60=75,所以QCA=180-AQC-QAC=45.由正弦定理,得=,解得AQ=200,在RtAPQ中,PQ=AQsin 45=200=200.二、多选题(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,有多项是符合题目要求的,全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)9.下面是关于复数z=的四个命题,其中的真命题为()A.|z|=2B.z2=2iC.z的共轭复数为1+iD.z的虚部为-1【解析】选BD.因为z=-1-i,所以|z|=;z2=2i;z的共轭复数为-1+i;z的虚部为-1,所以正确的选项为BD.10.在ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,下列结论正确的是()A.a2=b2+c2-2bccos AB.asin B=bsin AC.a=bcos C+ccos BD.acos B+bcos A=sin C【解析】选ABC.由在ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,知:由余弦定理得:a2=b2+c2-2bccos A,故A正确;由正弦定理得:=,所以asin B=bsin A,故B正确;在C中,因为a=bcos C+ccos B,所以由余弦定理得:a=b+c,整理,得2a2=2a2,故C正确;由余弦定理得acos B+bcos A=a+b=csin C,故D错误.11.如图,在三棱锥P-ABC中,能推出APBC的条件是()A.APPB,APPCB.APPB,BCPBC.平面BCP平面PAC,BCPCD.AP平面PBC【解析】选ACD.对于选项A:因为APPB,APPC,PBPC=P,所以AP平面PBC,又BC平面PBC,所以APBC,故A正确;对于选项B:由APPB,BCPB条件不能判断出APBC.对于选项C:因为平面BCP平面PAC,BCPC,所以BC平面APC,AP平面APC,所以APBC,故C正确;对于选项D:由A知D正确.12.如图,在直角梯形ABCD中,BCDC,AEDC,M,N分别是AD,BE的中点,将三角形ADE沿AE折起,则下列说法正确的是()A.不论D折至何位置(不在平面ABC内),都有MN平面DECB.不论D折至何位置,都有MNAEC.不论D折至何位置(不在平面ABC内),都有MNABD.在折起过程中,一定存在某个位置,使ECAD【解析】选ABD.分别取CE,DE的中点Q,P,连接MP,PQ,NQ,可证MNQP是矩形,所以AB正确;因为MNPQ,ABCE,若MNAB,则PQCE,又PQ与CE相交,所以C错误;当平面ADE平面ABCD时,有ECAD,所以D正确.三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)13.已知复数(a+2i)(1+i)的实部为0,其中i为虚数单位,则实数a的值是.【解析】由题可得(a+2i)(1+i)=a+ai+2i+2i2=a-2+(a+2)i,令a-2=0,解得a=2.答案:214.如图所示,在几何体ABCDE中,四边形ABCD是平行四边形,G,F分别是BE,DC的中点,则GF平面ADE.【解析】取AE的中点H,连接HG,HD,因为G是BE的中点,所以GHAB,且GH=AB.因为F是CD的中点,所以DF=CD.由四边形ABCD是平行四边形,得ABCD,AB=CD,所以GHDF,且GH=DF,从而四边形HGFD是平行四边形,所以GFDH.又DH平面ADE,GF平面ADE,所以GF平面ADE.答案:15.在ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且a=3,b=4,c=6,则bccos A+accos B+abcos C的值是.【解析】因为cos A=,所以bccos A=(b2+c2-a2).同理,accos B=(a2+c2-b2),abcos C=(a2+b2-c2).所以bccos A+accos B+abcos C=(a2+b2+c2)=.答案:16.一个正方体纸盒展开后如图所示,在原正方体纸盒中有如下结论,ABEF;AB与CM所成的角为60;EF与MN是异面直线;MNCD.以上四个命题中,正确命题的序号是.【解析】把正方体的平面展开图还原成原来的正方体,如图:则ABEF,EF与MN异面,ABCM,MNCD,只有正确.答案:四、解答题(本大题共6小题,共70分)17.(10分)在ABC中,BC=a,AC=b,a,b是方程x2-2x+2=0的两个根,且2cos(A+B)=1.求:(1)角C的大小.(2)AB的长度.【解析】(1)在ABC中,cos C=cos-(A+B)=-cos(A+B)=-,又0C180,所以C=120.(2)由题设,得所以由余弦定理AB2=AC2+BC2-2ACBCcos C=a2+b2-2abcos 120=a2+b2+ab=(a+b)2-ab=(2)2-2=10,所以AB=.18.(12分)已知复数z=bi(bR),是纯虚数,i是虚数单位.(1)求复数z的共轭复数;(2)若复数(m+z)2所表示的点在第二象限,求实数m的取值范围.【解析】(1)因为z=bi(bR),所以=+i,又因为是纯虚数,所以=0且0,解得b=2,即z=2i.所以=-2i;(2)因为z=2i,所以(m+z)2=(m+2i)2=m2+4mi+4i2=(m2-4)+4mi,mR,又因为复数所表示的点在第二象限,所以解得0m2,即m(0,2)时,复数所表示的点在第二象限.【补偿训练】已知z=m+3+3i,其中mC,且为纯虚数,(1)求m对应的点的轨迹.(2)求|z|的最大值、最小值.【解析】(1)设m=x+yi(x,yR),则=,因为为纯虚数,所以即所以m对应的点的轨迹是以原点为圆心,半径为3的圆,除去(-3,0),(3,0)两点.(2)由(1)知|m|=3,由已知m=z-(3+3i),所以|z-(3+3i)|=3.所以z所对应的点Z在以(3,3)为圆心,以3为半径的圆上.结合图形可知|z|的最大值为|3+3i|+3=9;最小值为|3+3i|-3=3.19.(12分)如图,ABCD是正方形,O是正方形的中心,PO平面ABCD,E是PC的中点.求证:(1)PA平面BDE;(2)平面PAC平面BDE.【证明】(1)连接OE,因为O是正方形ABCD的中心,所以O为AC中点,又E为PC中点,所以OEPA,因为OE平面BDE,PA平面BDE,所以PA平面BDE.(2)因为O是正方形ABCD的中心,所以ACBD,因为PO平面ABCD,BD平面ABCD,所以POBD,因为AC,PO平面PAC,ACPO=O,所以BD平面PAC,因为BD平面BDE,所以平面PAC平面BDE.20.(12分)某工程队在某海域进行填海造地工程,欲在边长为1千米的正三角形岛礁ABC的外围选择一点D(D在平面ABC内),建设一条军用飞机跑道AD.在点D测得B,C两点的视角BDC=60,如图所示,记CBD=,如何设计,使得飞机跑道AD最长?【解析】在BCD中,BC=1,BDC=60,CBD=.由正弦定理得=,所以BD=cos +sin .在ABD中,AB=1,ABD=60+.由余弦定理,得AD2=AB2+BD2-2ABBDcos(60+)=12+(cos +sin )2-21=1+sin2+sin cos =+sin(2-30).所以当2-30=90,=60时,跑道AD最长.21.(12分)已知棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中.(1)证明:D1A平面C1BD;(2)求异面直线BC1与AA1所成的角的大小;(3)求三棱锥B1-A1C1B的体积.【证明】(1)在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,所以ABC1D1,且AB=C1D1,所以四边形ABC1D1为平行四边形,所以AD1BC1,又BC1平面C1BD,AD1平面C1BD,所以D1A平面C1BD.(2)因为AA1BB1,所以异面直线BC1与AA1的夹角即为BB1与C1B的夹角,因为B1BC1=45,所以异面直线BC1与AA1所成的角的大小为45.(3)=BB1=111=.22.(12分)如图所示,在四棱锥S-ABCD中,平面SAD平面ABCD.四边形ABCD为正方形,且P为AD的中点,Q为SB的中点.(1)求证:CD平面SAD.(2)求证:PQ平面SCD.(3)若SA=SD,M为BC的中点,在棱SC上是否存在点N,使得平面DMN平面ABCD,并证明你的结论.【解析】(1)因为四边形ABCD为正方形,所以CDAD.又平面SAD平面ABCD,且平面SAD平面ABCD=AD,所以CD平面SAD.(2)取SC的中点R,连接QR,DR.由题意知PDBC且PD=BC.在SBC中,Q为SB的中点,R为SC的中点,所以QRBC且QR=BC.所以QRPD且QR=PD,则四边形PDRQ为平行四边形,所以PQDR.又PQ平面SCD,DR平面SCD,所以PQ平面SCD.(3)当点N为SC的中点时,平面DMN平面ABCD.证明如下:连接PC,DM交于点O,连接PM,SP,NM,NO,因为PDCM且PD=CM,所以四边形PMCD为平行四边形,所以PO=CO.又因为N为SC的中点,所以NOSP.因为SA=SD,P为AD的中点,所以SPAD.因为平面SAD平面ABCD,平面SAD平面ABCD=AD,并且SPAD,所以SP平面ABCD,所以NO平面ABCD.又因为NO平面DMN,所以平面DMN平面ABCD.【补偿训练】如图,矩形ABCD所在平面与半圆弧所在平面垂直,M是上异于C,D的点.(1)证明:平面AMD平面BMC;(2)在线段AM上是否存在点P,使得MC平面PBD?说明理由.【解析】(1)由题设知,平面CMD平面ABCD,交线为CD.因为BCCD,BC平面ABCD,所以BC平面CMD,故BCDM.因为M为上异于C,D的点,且DC为直径,所以DMCM.又BCCM=C,所以DM平面BMC.而DM平面AMD,故平面AMD平面BMC.(2)当P为AM的中点时,MC平面PBD.证明如下:连接AC,BD,相交于O.因为ABCD为矩形,所以O为AC中点.连接OP,因为P为AM中点,所以MCOP.MC平面PBD,OP平面PBD,所以MC平面PBD.