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

1、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.

2、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

3、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+c

4、2-2bcos 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

5、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

6、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+c2-2b

7、ccos 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ap

8、bc.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mn

9、ab,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a

10、bcd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

11、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+bc2-2acbcc

12、os 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

13、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)

14、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=

15、,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-

16、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

17、,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)