2024-2025学年新教材高中数学模块质量检测含解析新人教B版必修第四册

PAGE11-第四册模块质量检测本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分150分，考试时间120分钟．第Ⅰ卷(选择题，共60分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60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．(1＋i)(2－i)＝()A．－3－i B．－3＋iC．3－i D．3＋i2．设z＝eq\f(1－i,1＋i)＋2i，则|z|＝()A．0 B.eq\f(1,2)C．1 D.eq\r(2)3．在一个倒置的正三棱锥容器内放入一个钢球，钢球恰与棱锥的四个面都接触，过棱锥的一条侧棱和高作截面，正确的截面图形是()4．若z＝4＋3i，则eq\f(\o(z,\s\up6(－)),|z|)＝()A．1 B．－1C.eq\f(4,5)＋eq\f(3,5)i D.eq\f(4,5)－eq\f(3,5)i5．若圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，母线长为3，圆台的侧面积为84π，则圆台较小底面的半径为()A．7 B．6C．5 D．36．设(1＋2i)(a＋i)的实部与虚部相等，其中a为实数，则a＝()A．－3 B．－2C．2 D．37．已知平面α⊥平面β，α∩β＝l，点A∈α，A∉l，直线AB∥l，直线AC⊥l，直线m∥α，m∥β，则下列四种位置关系中，不肯定成立的是()A．AB∥m B．AC⊥mC．AB∥β D．AC⊥β8．已知三棱锥P­ABC的四个顶点在球O的球面上，PA＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF＝90°，则球O的体积为()A．8eq\r(6)π B．4eq\r(6)πC．2eq\r(6)π D.eq\r(6)π9．如图，△ABC中，∠ACB＝90°，直线l过点A且垂直于平面ABC，动点P∈l，当点P渐渐远离点A时，∠PCB的大小()A．变大B．变小C．不变D．有时变大有时变小10．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若△ABC的面积为eq\f(a2＋b2－c2,4)，则C为()A.eq\f(π,2)B.eq\f(π,3)C.eq\f(π,4)D.eq\f(π,6)11．若z∈C，且|z＋2－2i|＝1，则|z－2－2i|的最小值是()A．2B．3C．4D．512．如图，四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，将△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成四面体ABCD，则在四面体ABCD中，下列结论正确的是()A．平面ABD⊥平面ABCB．平面ADC⊥平面BDCC．平面ABC⊥平面BDCD．平面ADC⊥平面ABC第Ⅱ卷(非选择题，共90分)二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．将答案填在题中横线上)13.eq\f(－1＋\r(3)i3,1＋i6)－eq\f(－2＋i,1＋2i)＝________.14．已知平面α，β和直线m，给出条件：①m∥α；②m⊥α；③m⊂α；④α∥β.当满意条件________时，有m⊥β.(填所选条件的序号)15．如图，四棱锥S－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，E是SA上一点，当点E满意条件：________时，SC∥平面EBD.16．如图，圆锥SO中，AB、CD为底面圆的两条直径，AB∩CD＝O，且AB⊥CD，SO＝OB＝2，P为SB的中点．则异面直线SA与PD所成角的正切值为________．三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)当实数a为何值时，z＝a2－2a＋(a2－3a＋2)i：(1)为实数；(2)为纯虚数；(3)对应的点在第一象限内；(4)对应的点在直线x－y＝0上．18．(本小题满分12分)如图所示，在△ABC中，AB＝AC＝2，BC＝2eq\r(3)，点D在BC边上，∠ADC＝45°，求AD的长度．19．(本小题满分12分)如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，E是PC的中点，作EF⊥PB交PB于点F.(1)证明：PA∥平面EDB；(2)证明：PB⊥平面DEF.20．(本小题满分12分)如图所示，在△ABC中，∠B＝eq\f(π,3)，AB＝8，点D在BC边上，CD＝2，cos∠ADC＝eq\f(1,7).(1)求sin∠BAD；(2)求BD，AC的长．21．(本小题满分12分)如图三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60°，(1)证明AB⊥A1C；(2)若A1C＝eq\r(6)，AB＝CB＝2，求三棱柱ABC－A1B1C1的体积V.22．(本小题满分12分)如图，在一次海上联合作战演习中，红方一艘侦察艇在A处发觉在北偏东45°方向，相距12海里的B处水面上，有蓝方一艘小艇正以每小时10海里的速度沿南偏东75°方向前进，若红方侦察艇以每小时14海里的速度，沿北偏东45°＋α方向拦截蓝方的小艇，若要在最短的时间内拦截住，求红方侦察艇所需的时间和角α的正弦值．第四册模块质量检测1．解析：(1＋i)(2－i)＝2－i＋2i－i2＝3＋i，故选D.答案：D2．解析：∵z＝eq\f(1－i,1＋i)＋2i＝eq\f(1－i2,1＋i1－i)＋2i＝eq\f(－2i,2)＋2i＝i.∴|z|＝1，故选C.答案：C3．解析：钢球与三棱锥的四个面相切，与棱无公共点，且三棱锥的高过钢球的球心，故选B.答案：B4．解析：∵z＝4＋3i，∴eq\o(z,\s\up6(－))＝4－3i，|z|＝eq\r(42＋32)＝5，∴eq\f(\o(z,\s\up6(－)),|z|)＝eq\f(4－3i,5)＝eq\f(4,5)－eq\f(3,5)i.故选D.答案：D5．解析：设较小底面半径为r，另一底面半径为R，则2πR＝3×2πr，∴R＝3r.由侧面积公式得π(r＋3r)l＝84π，即π(r＋3r)·3＝84π.∴r＝7，故选A.答案：A6．解析：(1＋2i)(a＋i)＝a－2＋(1＋2a)i，由题意知a－2＝1＋2a，解得a＝－3，故选A.答案：A7．解析：简单推断A、B、C三个答案都是正确的，对于D，虽然AC⊥l，但AC不肯定在平面α内，故它可以与平面β相交、平行，但不肯定垂直，故选D.答案：D8．解析：因为点E，F分别为PA，AB的中点，所以EF∥PB，因为∠CEF＝90°，所以EF⊥CE，所以PB⊥CE.取AC的中点D，连接BD，PD，易证AC⊥平面BDP，所以PB⊥AC，又AC∩CE＝C，AC，CE⊂平面PAC，所以PB⊥平面PAC，所以PB⊥PA，PB⊥PC，因为PA＝PB＝PC，△ABC为正三角形，所以PA⊥PC，即PA，PB，PC两两垂直，将三棱锥P－ABC放在正方体中如图所示．因为AB＝2，所以该正方体的棱长为eq\r(2)，所以该正方体的体对角线长为eq\r(6)，所以三棱锥P－ABC的外接球的半径R＝eq\f(\r(6),2)，所以球O的体积V＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(4,3)πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)))3＝eq\r(6)π，故选D.答案：D9．解析：∵直线l垂直于平面ABC，∴l⊥BC，又∠ACB＝90°，∴AC⊥BC，又AC∩l＝A，∴BC⊥平面APC，PC⊂平面APC，∴BC⊥PC，即∠PCB为直角，与点P的位置无关，故选C.答案：C10．解析：由题可知S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(a2＋b2－c2,4)，所以a2＋b2－c2＝2absinC.由余弦定理a2＋b2－c2＝2abcosC，所以sinC＝cosC.∵C∈(0，π)，∴C＝eq\f(π,4).故选C.答案：C11．解析：如图，|z＋2－2i|＝1表示以C(－2,2)为圆心，1为半径的圆，则|z－2－2i|的最小值是指引A(2,2)到圆的最短距离，明显|AB|＝|AC|－1＝3，即为最小值，故选B.答案：B12．解析：由平面图形易知∠BDC＝90°.∵平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，CD⊥BD，∴CD⊥平面ABD.∴CD⊥AB.又AB⊥AD，CD∩AD＝D，∴AB⊥平面ADC.又AB⊂平面ABC，∴平面ADC⊥平面ABC，故选D.答案：D13．解析：原式＝eq\f(\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)＋\f(\r(3),2)i))))3,[1＋i2]3)－eq\f(－2＋i1－2i,5)＝eq\f(23\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)＋\f(\r(3),2)i))3,2i3)－eq\f(－2＋4i＋i＋2,5)＝eq\f(8,－8i)－i＝i－i＝0.答案：014．解析：若m⊥α，α∥β，则m⊥β，故填②④.答案：②④15．解析：E为SA中点，连接AC交BD于O，连接OE，则OE∥SC，OE⊂平面EBD，SC⊄平面EBD，∴SC∥平面EBD.答案：E为SA中点16．解析：连接PO，则PO∥SA，∴∠OPD即为异面直线SA与PD所成角(或其补角)．且△OPD为直角三角形，∠POD为直角，∴tan∠OPD＝eq\f(OD,OP)＝eq\f(2,\r(2))＝eq\r(2).答案：eq\r(2)17．解析：(1)由z∈R，得a2－3a＋2＝0，解得a＝1或a＝2.(2)z为纯虚数，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2－2a＝0，,a2－3a＋2≠0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝0或a＝2，,a≠1且a≠2.))故a＝0.(3)z对应的点在第一象限，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2－2a>0，,a2－3a＋2>0，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a<0或a>2，,a<1或a>2，))∴a<0或a>2.∴a的取值范围是(－∞，0)∪(2，＋∞)．(4)依题得(a2－2a)－(a2－3a＋2)＝0，∴a＝2.18．解析：在△ABC中，∵AB＝AC＝2，BC＝2eq\r(3)，由余弦定理，得cosC＝eq\f(BC2＋AC2－AB2,2BC×AC)＝eq\f(\r(3),2)，∴sinC＝eq\f(1,2).在△ADC中，由正弦定理，得eq\f(AD,sinC)＝eq\f(AC,sin∠ADC)，∴AD＝eq\f(2,\f(\r(2),2))×eq\f(1,2)＝eq\r(2).19.证明：(1)如图，连接AC交BD于O.连接EO.∵底面ABCD是正方形，∴点O是AC的中点，在△PAC中，EO是中位线，∴PA∥EO.而EO⊂平面EDB且PA⊄平面EDB，所以PA∥平面EDB.(2)∵PD⊥底面ABCD且DC⊂底面ABCD，∴PD⊥DC，∵PD＝DC，可知△PDC是等腰直角三角形，而DE是斜边PC的中线，∴DE⊥PC，①同理，由PD⊥底面ABCD，得PD⊥BC.∵底面ABCD是正方形，有DC⊥BC，又PD∩DC＝D，∴BC⊥平面PDC.而DE⊂平面PDC，∴BC⊥DE.②由①和②推得DE⊥平面PBC.而PB⊂平面PBC，∴DE⊥PB，又EF⊥PB且DE∩EF＝E，所以PB⊥平面EFD.20．解析：(1)在△ADC中，因为cos∠ADC＝eq\f(1,7)，所以sin∠ADC＝eq\f(4\r(3),7)，所以sin∠BAD＝sin(∠ADC－∠B)＝sin∠ADCcosB－cos∠ADCsinB＝eq\f(4\r(3),7)×eq\f(1,2)－eq\f(1,7)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3\r(3),14).(2)在△ABD中，由正弦定理，得BD＝eq\f(ABsin∠BAD,sin∠ADB)＝eq\f(8×\f(3\r(3),14),\f(4\r(3),7))＝3.在△ABC中，由余弦定理，得AC2＝AB2＋BC2－2AB×BC×cosB＝82＋52－2×8×5×eq\f(1,2)＝49，所以AC＝7.21．解析：(1)取AB中点E，连接CE，A1B，A1E，∵AB＝AA1，∠BAA1＝60°，∴△BAA1是等边三角形，∴A1E⊥AB，∵CA＝CB，∴CE⊥AB，∵CE∩A1E＝E，∴AB⊥面CEA1，又A1C⊂平面CEA1，∴AB⊥A1C.(2)由于△CAB为等边三角形，∴CE＝eq\r(3)，∴S底面积＝eq\f(1,2)×AB×CE＝eq\f(1,2)×2×eq\r(3)＝eq\r(3)，∵CE＝eq\r(3)，A1E＝eq\r(3)，A1C＝eq\r(6)，∴CE2＋A1E2＝A1C2，∴A1E⊥CE，又A1E⊥AB，CE∩AB＝E，∴A1E⊥面ABC，∴A1E为三棱柱的高．∴h＝A1E＝eq\r(3)，V＝Sh＝eq\r(3)×eq\r(3)＝3.