高中数学全册测试练习含解析新人教B版必修第四册

这是一份高中数学人教B版 (2019)必修 第四册全册综合一课一练，共18页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题(本题共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．已知复数z1＝2－ai(a∈R)对应的点在直线x－3y＋4＝0上，则复数z2＝a＋2i对应的点在( )
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
2．设m、n是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，则下列命题正确的是( )
A．若m∥α，n∥α，则m∥nB．若m∥α，m∥β，则α∥β
C．若m∥n，m⊥α，则n⊥αD．若m∥α，α⊥β，则m⊥β
3．△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若B＝120°，sinC＝eq \f(\r(21),7)，c＝2，则△ABC的面积等于( )
A.eq \f(\r(3),2)B．2eq \r(3)C.eq \f(\r(3),4)D.eq \r(3)
4．已知等腰直角三角形ABC中，∠C＝eq \f(π,2)，AC＝2eq \r(2)，D为AB的中点，将它沿CD翻折，使点A与点B间的距离为2eq \r(2)，此时三棱锥C­ABD的外接球的表面积为( )
A．5πB．4eq \r(3)πC．3πD．12π
5．△ABC的内角A、B、C的对边分别是a、b、c，且acsB＝(2c－b)csA，则角A的大小为( )
A.eq \f(π,6)B.eq \f(π,4)C.eq \f(π,3)D.eq \f(π,2)
6．唐朝著名的凤鸟花卉纹浮雕银杯如图1所示，它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体(如图2)．当这种酒杯内壁表面积(假设内壁表面光滑，表面积为S平方厘米，半球的半径为R厘米)固定时，若要使得酒杯的容积不大于半球体积的2倍，则R的取值范围为( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0， \r(\f(35,10π))))B.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3S,10π)，＋∞))
C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\r(\f(S,5π))， \r(\f(3S,10π))))D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(\f(3S,10π))，\r(\f(S,2π))))
7．如图，在正四面体P­ABC中，D、E、F分别是AB、BC、CA的中点，下面四个结论不成立的是( )
A．BC∥平面PDF
B．DF⊥平面PAE
C．平面PDF⊥平面PAE
D．平面PDE⊥平面ABC
8．中华人民共和国国歌有84个字，37小节，奏唱需要46秒，某校周一举行升旗仪式，旗杆正好处在坡度15°的看台的某一列的正前方，从这一列的第一排和最后一排测得旗杆顶部的仰角分别为60°和30°，第一排和最后一排的距离为10eq \r(2)米(如图所示)，旗杆底部与第一排在同一个水平面上．要使国歌结束时国旗刚好升到旗杆顶部，升旗手升旗的速度应为(米/秒)( )
A.eq \f(3\r(3),23)B.eq \f(5\r(3),23)
C.eq \f(7\r(3),23)D.eq \f(8\r(3),23)
二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分．)
9．设l为直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中错误的是( )
A．若l∥α，l∥β，则α∥βB．若l⊥α，l⊥β，则α∥β
C．若l⊥α，l∥β，则α∥βD．若α⊥β，l∥α，则l⊥β
10．下面给出的四个结论正确的为( )
A．若复数z∈R，则eq \(z,\s\up6(－))∈RB．若复数z满足eq \f(1,z)∈R，则z∈R
C．对于复数z，有|z|2＝z2D．对于复数z1，z2，若zeq \\al(2,1)＋zeq \\al(2,2)＝0，则z1＝z2＝0
11．已知锐角△ABC，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若c＝4，∠B＝60°，则边b的可能取值为( )
A．2B．3C．4D．5
12．已知空间中两条直线a，b所成的角为50°，P为空间中给定的一个定点，直线l过点P且与直线a和直线b所成的角都是θ(0°<θ≤90°)，则下列选项正确的是( )
A．当θ＝15°时，满足题意的直线l不存在B．当θ＝25°时，满足题意的直线l有且仅有1条
C．当θ＝40°时，满足题意的直线l有且仅有2条D．当θ＝60°时，满足题意的直线l有且仅有3条
三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分．)
13．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a＝3，b＝4，c＝6，则bccsA＋accsB＋abcsC的值是________.
14．公元一世纪的我国经典数学著作《九章算术》中有这样一道名题，就是“引葭赴岸”问题，题目是：“今有池方一丈，葭生其中央，出水一尺，引葭赴岸，适马岸齐，问水深，葭长各几何？”题意是：有一正方形池塘，边长为一丈(10尺)，有棵芦苇长在它的正中央，高出水面部分有1尺长，把芦苇拉向岸边，恰好碰到沿岸(池塘一边的中点)，则水深为________尺．
15．欧拉公式eix＝csx＋isinx(i为虚数单位)是由瑞士著名数学家欧拉发现的，它将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数和指数函数的关系，它在复变函数论里非常重要，被誉为“数学中的天桥”，根据欧拉公式可知，对表示的复数z，则|z|＝__________.
16．在△ABC中，∠ABC＝eq \f(π,3)，边BC在平面α内，顶点A在平面α外，直线AB与平面α所成角为θ.若平面ABC与平面α所成的二面角为eq \f(π,3)，则sinθ＝________.
四、解答题(本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(10分)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且asinB＋1＝bsinA＋2csC.
(1)求角C的大小；
(2)若a＝2，a2＋b2＝2c2，求△ABC的面积．
18．(12分)如图，直三棱柱ABC­A1B1C1中，M，N分别为A1B，B1C1的中点．
(1)求证：MN∥平面A1ACC1；
(2)已知A1A＝AB＝2，BC＝eq \r(5)，∠CAB＝90°，求三棱锥C1­ABA1的体积．
19．(12分)已知函数f(x)＝sinx·sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))－eq \f(1,4)(x∈R)．
(1)求feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))的值和f(x)的最小正周期；
(2)设锐角△ABC的三边a，b，c所对的角分别为A，B，C，且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(A,2)))＝eq \f(1,4)，a＝2，求b＋c的取值范围．
20．(12分)如图，DC⊥平面ABC，EB∥DC，AC＝BC＝EB＝2DC＝2，∠ACB＝120°，P，Q分别为AE，AB的中点．
(1)证明：PQ∥平面ACD；
(2)求AD与平面ABE所成角的正弦值．
21．(12分)法国数学家费马被称为“业余数学家之王”，很多数学定理以他的名字命名．对△ABC而言，若其内部的点P满足∠APB＝∠BPC＝∠CPA＝120°，则称P为△ABC的费马点．如图所示，在△ABC中，已知∠BAC＝45°，设P为△ABC的费马点，且满足∠PBA＝45°，PA＝2.
(1)求△PAC的面积；
(2)求PB的长度．
22．(12分)如图1所示，在长方形ABCD中，AB＝2，AD＝1，E为CD的中点，以AE为折痕，把△DAE折起到△D′AE的位置(如图2所示)，且平面D′AE⊥平面ABCE.
(1)求证：AD′⊥BE；
(2)求四棱锥D′­ABCE的体积；
(3)在棱ED′上是否存在一点P，使得D′B∥平面PAC，若存在，求出点P的位置，若不存在，请说明理由．
图1 图2
必修四全册测试
1．答案：B
解析：复数z1＝2－ai对应的点为(2，－a)，它在直线x－3y＋4＝0上，故2＋3a＋4＝0，解得a＝－2，于是复数z2＝－2＋2i，它对应点的点在第二象限，故选B.
2．答案：C
解析：由于m∥α，n∥α，则m∥n，m与n可能相交也可能异面，所以A不正确；m∥α，m∥β，则α∥β，还有α与β可能相交，所以B不正确；m∥n，m⊥α，则n⊥α，满足直线与平面垂直的性质定理，所以C正确．m∥α，α⊥β，则m⊥β，也可能m∥β，也可能m∩β＝A，所以D不正确．
3．答案：A
解析：∵B＝120°，sin C＝eq \f(\r(21),7)，c＝2，
∴由正弦定理eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)，可得b＝eq \f(c·sin B,sin C)＝eq \r(7)，
∴由余弦定理b2＝a2＋c2－2accs B，可得7＝a2＋4－2×a×2×(－eq \f(1,2))，整理得a2＋2a－3＝0，解得a＝1，或－3(舍去)，
∴S△ABC＝eq \f(1,2)absin C＝eq \f(1,2)×1×eq \r(7)×eq \f(\r(21),7)＝eq \f(\r(3),2).
4．答案：D
解析：等腰直角三角形ABC中，∠C＝eq \f(π,2)，AC＝2eq \r(2)，解得AB＝4.
由于CD⊥AD，CD⊥BD，易得CD⊥平面ABD，
点A与点B间的距离为2eq \r(2)，
所以AD2＋BD2＝AB2，则AD⊥BD，
所以将三棱锥C­ABD放到棱长为2的正方体中，
所以(2R)2＝22＋22＋22，解得R＝eq \r(3)，S表＝4πR2＝12π.
5．答案：C
解析：因为acs B＝(2c－b)cs A，
由正弦定理得sin Acs B＝(2sin C－sin B)cs A，
所以sin C(1－2cs A)＝0.
因为0＜C＜π，所以sin C＞0，所以cs A＝eq \f(1,2).又0＜A＜π，所以A＝eq \f(π,3).
6．答案：D
解析：设圆柱的高度与半球的半径分别为h，R，则S＝2πR2＋2πRh，则πRh＝eq \f(S,2)－πR2，
所以酒杯的容积V＝eq \f(2,3)πR3＋πR2h＝eq \f(2,3)πR3＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(S,2)－πR2))R＝－eq \f(π,3)R3＋eq \f(S,2)R≤eq \f(4,3)πR3.
又h＞0，所以eq \f(S,2)－πR2>0，
所以πR2＜eq \f(S,2)≤eq \f(5,3)πR2，解得 eq \r(\f(3S,10π))≤R＜eq \r(\f(S,2π)).
7．答案：D
解析：设AE∩DF＝O，由DF∥BC，可得BC∥平面PDF，故A正确．若PO⊥平面ABC，垂足为O，则O在AE上，则DF⊥PO，又DF⊥AE，故DF⊥平面PAE，故B正确．由DF⊥平面PAE可得，平面PDF⊥平面PAE，故C正确．∵DF⊥平面PAE，DF⊂平面ABC，∴平面PAE⊥平面ABC，∵平面PAE∩平面PDE＝PE，且PE与平面ABC不垂直，∴平面PDE与平面ABC不垂直，故D错误．
8．答案：B
解析：如图所示，依题意知∠AEC＝45°，∠ACE＝180°－60°－15°＝105°，
∴∠EAC＝180°－45°－105°＝30°.
由正弦定理知eq \f(CE,sin∠EAC)＝eq \f(AC,sin∠AEC)，
∴AC＝eq \f(10\r(2),sin 30°)×sin 45°＝20(米)，
∴在Rt△ABC中，AB＝AC·sin∠ACB＝20×eq \f(\r(3),2)＝10eq \r(3)(米)．
∵国歌长度约为46秒，
∴升旗手升旗的速度应为eq \f(10\r(3),46)＝eq \f(5\r(3),23)(米/秒)．
9．答案：ACD
解析：A中α，β也可相交，A不正确；由垂直同一直线的两平面平行知，B正确；C中，α，β垂直，不正确；D中l与β也可平行或l⊂β，不正确．
10．答案：AB
解析：若复数z∈R，则z虚部为0，所以它的共轭复数是它本身，也属于实数，选项A正确；设z＝a＋bi，则eq \f(1,z)＝eq \f(1,a＋bi)＝eq \f(a－bi,a2＋b2)∈R.由eq \f(1,z)∈R得到b＝0，所以z∈R，选项B正确；对于复数z，例如z＝i，则|z|2＝1，z2＝－1，不满足|z|2＝z2，选项C不正确；对于复数z1，z2，例如z1＝1，z2＝i，满足zeq \\al(2,1)＋zeq \\al(2,2)＝0但是不满足z1＝z2＝0，选项D不正确．
11．答案：CD
解析：在△ABC中，c＝4，∠B＝60°，
由eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)，得b＝eq \f(csin B,sin C)＝eq \f(4×\f(\r(3),2),sin C)＝eq \f(2\r(3),sin C).由于0＜C＜eq \f(π,2)，可得sin C∈(0,1)，即有b＞2eq \r(3).
若b＝4，则b＝c，即B＝C＝60°，△ABC为等边三角形，成立；
若b＝5，可得sin C＝eq \f(2\r(3),5)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，且b＞c，即B＞C，
即为30°＜C＜60°，即有60°＜A＜90°，成立．
12．答案：ABC
解析：如图，过点P作a1∥a，b1∥b，则相交直线a1，b1确定一平面α.a1与b1夹角为50°，
设直线PA即l与a1，b1所成角均为θ角，
如图l绕P转动保持与a1，b1夹角相等，
当l在α内为a，b夹角平分线时，θ最小为25°，
所以AB正确，当θ为40°和60°时直线l都有2条，所以C正确，D错．
13．答案：eq \f(61,2)
解析：因为cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)，所以bccs A＝eq \f(1,2)(b2＋c2－a2)．同理，accs B＝eq \f(1,2)(a2＋c2－b2)，abcs C＝eq \f(1,2)(a2＋b2－c2)．所以bccs A＋accs B＋abcs C＝eq \f(1,2)(a2＋b2＋c2)＝eq \f(61,2).
14．答案：12
解析：如图所示，OA＝OB，AC＝1，
BC⊥OA，BC＝eq \f(1,2)×10＝5.
设水深OC＝x尺，则葭长为x＋1尺．
在Rt△OBC中，x2＋52＝(x＋1)2，
解得x＝12.
∴水深OC＝12尺．
15．答案：1
解析：由题意，＝cseq \f(2019,4)π＋isineq \f(2019,4)π＝
cseq \f(3π,4)＋isineq \f(3π,4)＝－eq \f(\r(2),2)＋eq \f(\r(2),2)i，
所以|z|＝eq \r(\f(1,2)＋\f(1,2))＝1.
16．答案：eq \f(3,4)
解析：如图，过A作AO⊥α，垂足是O，过O作OD⊥BC，交BC于D，连接AD，
则AD⊥BC，∴平面ABC与平面α所成的二面角为∠ADO＝eq \f(π,3)，
∠ABO是直线AB与平面α所成角，即∠ABO＝eq \f(π,3)，设AO＝eq \r(3)，
∵△ABC中，∠ABC＝eq \f(π,3)，BD＝eq \f(1,2)AB，AD＝eq \f(\r(3),2)AB，AO＝eq \f(\r(3),2)AD＝eq \f(3,4)AB，
∴sin θ＝eq \f(AO,AB)＝eq \f(3,4).
17．解析：(1)因为由正弦定理得eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)，
所以asin B＝bsin A，
∴2cs C＝1，cs C＝eq \f(1,2).
又0(2)由余弦定理得c2＝a2＋b2－ab，
∴4＋b2＝2(4＋b2－2b)，解得b＝2.
∴S△ABC＝eq \f(1,2)absin C＝eq \f(1,2)×2×2×sin eq \f(π,3)＝eq \r(3).
18．解析：(1)证明：如图，设K是B1C的中点，连接KN，KM，分别在△AB1C，△B1C1C中利用三角形中位线定理可得：
MK∥AC，KN∥CC1，
又MK∩NK＝K，∴平面MNK∥平面AA1C1C，
又MN⊂平面MNK，∴MN∥平面A1ACC1.
(2)∵∠CAB＝90°，AB＝2，BC＝eq \r(5)，
∴AC＝eq \r(BC2－AB2)＝1，则S△ABC＝1，
∵ABC­A1B1C1是直棱柱，∴高为AA1＝2，
∴棱柱ABC­A1B1C1的体积为VABC­A1B1C1＝2.
∴VC1­ABA1＝eq \f(1,3)VABC­A1B1C1＝eq \f(2,3).
19．解析：(1)函数f(x)＝sin x·sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))－eq \f(1,4)(x∈R)．
所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝eq \f(\r(3),2)×eq \f(\r(3),2)－eq \f(1,4)＝eq \f(1,2).f(x)＝sin xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)sin x＋\f(\r(3),2)cs x))－eq \f(1,4)
＝eq \f(1－cs 2x,4)＋eq \f(\r(3),4)sin 2x－eq \f(1,4)＝eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))，所以函数f(x)的最小正周期为π.
(2)设锐角△ABC的三边a，b，c所对的角分别为A，B，C，且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(A,2)))＝eq \f(1,4)，
所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A－\f(π,6)))＝eq \f(1,2)，解得A＝eq \f(π,3).
利用正弦定理eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)，
解得b＝eq \f(4,\r(3))sin B，c＝eq \f(4,\r(3))sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－B))，
所以b＋c＝eq \f(4,\r(3))eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(sin B＋sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－B))))＝4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B＋\f(π,6)))，由于eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(020．解析：(1)证明：因为P，Q分别为AE，AB的中点，
所以PQ∥EB.又DC∥EB，因此PQ∥DC，
又PQ⊄平面ACD，从而PQ∥平面ACD.
(2)如图，连接CQ，DP，因为Q为AB的中点，且AC＝BC，所以CQ⊥AB.
因为DC⊥平面ABC，EB∥DC，
所以EB⊥平面ABC，因此CQ⊥EB.
故CQ⊥平面ABE.
由(1)有PQ∥DC，又PQ＝eq \f(1,2)EB＝DC，
所以四边形CQPD为平行四边形，故DP∥CQ.
因此DP⊥平面ABE，∠DAP为AD和平面ABE所成的角，
在Rt△DPA中，AD＝eq \r(5)，DP＝1，
sin∠DAP＝eq \f(\r(5),5)，
因此AD和平面ABE所成角的正弦值为eq \f(\r(5),5).
21．解析：(1)由已知得∠PAB＝180°－120°－45°＝15°，
∴∠PAC＝45°－15°＝30°.
在△PAC中，∠PCA＝180°－120°－30°＝30°，
∴PA＝PC＝2，
∴△PAC的面积S＝eq \f(1,2)PA·PC·sin∠APC＝eq \f(1,2)×2×2×eq \f(\r(3),2)＝eq \r(3).
(2)∵sin 15°＝sin(45°－30°)＝eq \f(\r(2),2)×eq \f(\r(3),2)－eq \f(\r(2),2)×eq \f(1,2)＝eq \f(\r(6)－\r(2),4)，sin 45°＝eq \f(\r(2),2)，∴在△PAB中，由正弦定理得eq \f(PB,sin 15°)＝eq \f(PA,sin 45°)，
∴PB＝eq \f(2sin 15°,sin 45°)＝eq \f(2×\f(\r(6)－\r(2),4),\f(\r(2),2))＝eq \r(3)－1.
22．解析：(1)证明：根据题意可知，在长方形ABCD中，△DAE和△CBE为等腰直角三角形，∴∠DEA＝∠CEB＝45°，
∴∠AEB＝90°，即BE⊥AE.
∵平面D′AE⊥平面ABCE，且平面D′AE∩平面ABCE＝AE，BE⊂平面ABCE，
∴BE⊥平面D′AE，
∵AD′⊂平面D′AE，
∴AD′⊥BE.
(2)取AE的中点F，连接D′F，则D′F⊥AE，且D′F＝eq \f(\r(2),2).
∵平面D′AE⊥平面ABCE，
且平面D′AE∩平面ABCE＝AE，D′F⊂平面D′AE，
∴D′F⊥平面ABCE，
∴VD′­ABCE＝eq \f(1,3)S四边形ABCE·D′F＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×(1＋2)×1×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(\r(2),4).
(3)如图所示，连接AC交BE于Q，假设在D′E上存在点P，使得D′B∥平面PAC，连接PQ.
∵D′B⊂平面D′BE，平面D′BE∩平面PAC＝PQ，
∴D′B∥PQ，
∴在△EBD′中，eq \f(EP,PD′)＝eq \f(EQ,QB).
∵△CEQ∽△ABQ，
∴eq \f(EQ,QB)＝eq \f(EC,AB)＝eq \f(1,2)，
∴eq \f(EP,PD′)＝eq \f(EQ,QB)＝eq \f(1,2)，即EP＝eq \f(1,3)ED′，
∴在棱ED′上存在一点P，且EP＝eq \f(1,3)ED′使得D′B∥平面PAC.