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Ⅰ卷)= (　　)
A.1　　　　B.-1　　　　C.i　　　　D.-i
【解析】选D.====-i.
2.设z=i(2+i),则= (　　)
A.1+2i B.-1+2i
C.1-2i D.-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 cm2 B.18 cm2
C.12 cm2 D.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×a2×a=a3=9,
解得a=3,
所以其表面积为4×a2=18(cm2).
5.在等腰Rt△ABC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.30° B.60° C.90° D.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=A′M=,且CM⊥BM,A′M⊥BM,
所以∠CMA′为二面角C-BM-A′的平面角.
因为A′C=1,MC=A′M=,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.1 B. 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 A≠0,所以cos A=-,
因为0<A<π,
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.142π平方尺 B.140π平方尺
C.138π平方尺 D.128π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138π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 m B.200 m C.300 m D.100 m
【解析】选B.根据题意,可得在Rt△ABC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Rt△APQ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|=2 B.z2=2i
C.z的共轭复数为1+i D.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 A
B.asin B=bsin A
C.a=bcos C+ccos B
D.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×=c≠sin C,故D错误.
11.如图,在三棱锥P-ABC中,能推出AP⊥BC的条件是 (　　)

A.AP⊥PB,AP⊥PC
B.AP⊥PB,BC⊥PB
C.平面BCP⊥平面PAC,BC⊥PC
D.AP⊥平面PBC
【解析】选ACD.对于选项A:因为AP⊥PB,AP⊥PC,PB∩PC=P,
所以AP⊥平面PBC,
又BC⊂平面PBC,所以AP⊥BC,故A正确;
对于选项B:由AP⊥PB,BC⊥PB条件不能判断出AP⊥BC.
对于选项C:因为平面BCP⊥平面PAC,BC⊥PC,所以BC⊥平面APC,AP⊂平面APC,
所以AP⊥BC,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,BC⊥DC,AE⊥DC,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DEC
B.不论D折至何位置,都有MN⊥AE
C.不论D折至何位置(不在平面ABC内),都有MN∥AB
D.在折起过程中,一定存在某个位置,使EC⊥AD
【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MN∥PQ,AB∥CE,若MN∥AB,则PQ∥CE,
又PQ与CE相交,所以C错误;
当平面ADE⊥平面ABCD时,有EC⊥AD,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:2
14.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GH∥AB,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AB∥CD,AB=CD,
所以GH∥DF,且GH=DF,从而四边形HGFD是平行四边形,
所以GF∥DH.
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,

①AB⊥EF;②AB与CM所成的角为60°;
③EF与MN是异面直线;④MN∥CD.
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AB⊥EF,EF与MN异面,AB∥CM,MN⊥CD,只有①③正确.
答案:①③
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[π-(A+B)]
=-cos(A+B)=-,
又0°<C<180°,
所以C=120°.
(2)由题设,得
所以由余弦定理AB2=AC2+BC2-2AC·BCcos 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(b∈R),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(b∈R),
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,m∈R,
又因为复数所表示的点在第二象限,
所以解得0<m<2,
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m∈C,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,y∈R),
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OE∥PA,
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AC⊥BD,
因为PO⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,
所以PO⊥BD,
因为AC,PO⊂平面PAC,AC∩PO=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=θ,如何设计θ,使得飞机跑道AD最长?

【解析】在△BCD中,BC=1,∠BDC=60°,∠CBD=θ.
由正弦定理得=,
所以BD==cos θ+sin θ.
在△ABD中,AB=1,∠ABD=60°+θ.
由余弦定理,
得AD2=AB2+BD2-2AB·BD·cos(60°+θ)
=12+(cos θ+sin θ)2-2×1××
=1+sin2θ+sin θcos θ
=+sin(2θ-30°).
所以当2θ-30°=90°,θ=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AB∥C1D1,且AB=C1D1,所以四边形ABC1D1为平行四边形,
所以AD1∥BC1,
又BC1⊂平面C1BD,
AD1⊄平面C1BD,
所以D1A∥平面C1BD.
(2)因为AA1∥BB1,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=××1×1×1=.

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CD⊥AD.
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PD∥BC且PD=BC.

在△SBC中,Q为SB的中点,R为SC的中点,
所以QR∥BC且QR=BC.所以QR∥PD且QR=PD,
则四边形PDRQ为平行四边形,所以PQ∥DR.
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PD∥CM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NO∥SP.
因为SA=SD,P为AD的中点,所以SP⊥AD.
因为平面SAD⊥平面ABCD,平面SAD∩平面ABCD=AD,并且SP⊥AD,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BC⊥CD,BC⊂平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.
因为M为上异于C,D的点,且DC为直径,所以DM⊥CM.
又BC∩CM=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MC∥OP.
MC⊄平面PBD,OP⊂平面PBD,所以MC∥平面PBD.