高中数学模块质量检测含解析新人教B版必修第四册

这是一份高中数学人教B版 (2019)必修 第四册全册综合精练，共17页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

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－iB．－3＋i
C．3－iD．3＋i
2．设z＝eq \f(1－i,1＋i)＋2i，则|z|＝( )
A．0B.eq \f(1,2)
C．1D.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(\(z,\s\up6(－)),|z|)＝( )
A．1B．－1
C.eq \f(4,5)＋eq \f(3,5)iD.eq \f(4,5)－eq \f(3,5)i
5．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．7B．6
C．5D．3
6．设(1＋2i)(a＋i)的实部与虚部相等，其中a为实数，则a＝( )
A．－3B．－2
C．2D．3
7．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，不一定成立的是( )
A．AB∥mB．AC⊥m
C．AB∥βD．AC⊥β
8．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)πB．4eq \r(6)π
C．2eq \r(6)πD.eq \r(6)π
9．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逐渐远离点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．3
C．4D．5
12．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BDC
C．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)i3,1＋i6)－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.当满足条件________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满足条件：________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，cs∠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处发现在北偏东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：D
2．解析：∵z＝eq \f(1－i,1＋i)＋2i＝eq \f(1－i2,1＋i1－i)＋2i＝eq \f(－2i,2)＋2i＝i.
∴|z|＝1，故选C.
答案：C
3．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：B
4．解析：∵z＝4＋3i，∴eq \(z,\s\up6(－))＝4－3i，|z|＝eq \r(42＋32)＝5，
∴eq \f(\(z,\s\up6(－)),|z|)＝eq \f(4－3i,5)＝eq \f(4,5)－eq \f(3,5)i.故选D.
答案：D
5．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：A
6．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：A
7．解析：容易判断A、B、C三个答案都是正确的，对于D，虽然AC⊥l，但AC不一定在平面α内，故它可以与平面β相交、平行，但不一定垂直，故选D.
答案：D
8．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\c1(\f(\r(6),2)))3＝eq \r(6)π，故选D.
答案：D
9．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：C
10．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＝2abcsC，
所以sinC＝csC.
∵C∈(0，π)，∴C＝eq \f(π,4).
故选C.
答案：C
11．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|的最小值是指点A(2,2)到圆的最短距离，显然|AB|＝|AC|－1＝3，即为最小值，故选B.
答案：B
12．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：D
13．解析：原式＝eq \f(\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)＋\f(\r(3),2)i))))3,[1＋i2]3)－eq \f(－2＋i1－2i,5)
＝eq \f(23\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)＋\f(\r(3),2)i))3,2i3)－eq \f(－2＋4i＋i＋2,5)
＝eq \f(8,－8i)－i＝i－i＝0.
答案：0
14．解析：若m⊥α，α∥β，则m⊥β，故填②④.
答案：②④
15．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\c1(a2－2a＝0，,a2－3a＋2≠0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(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\c1(a2－2a>0，,a2－3a＋2>0，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(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csC＝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cs∠ADC＝eq \f(1,7)，
所以sin∠ADC＝eq \f(4\r(3),7)，
所以sin∠BAD＝sin(∠ADC－∠B)
＝sin∠ADCcsB－cs∠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×csB
＝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.
22.
解析：如图，设红方侦察艇经过x小时后在C处追上蓝方的小艇，则AC＝14x海里，BC＝10x海里，∠ABC＝120°.
根据余弦定理得(14x)2＝122＋(10x)2－240xcs120°，
解得x＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＝－\f(3,4)舍去)).
故AC＝28海里，BC＝20海里．
根据正弦定理得eq \f(BC,sinα)＝eq \f(AC,sin120°)，
解得sinα＝eq \f(20sin120°,28)＝eq \f(5\r(3),14).
故红方侦察艇所需的时间为2小时，角α的正弦值为eq \f(5\r(3),14).