必修第四册综合测评

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一、单项选择题(本大题共10小题,每小题5分,共50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.下列说法中正确的是(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　

A.圆锥的轴截面是等边三角形

B.用一个平面去截棱锥,一定会得到一个棱锥和一个棱台

C.将一个等腰梯形绕着它的较长的底边所在的直线旋转一周,所围成的几何体是由一个圆台和两个圆锥组合而成

D.有两个面平行,其余各面都是四边形,并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体叫棱柱

2.若复数z满足z(1+i)=1+2i,则z在复平面内对应的点位于(　　)

A.第一象限 B.第二象限    C.第三象限 D.第四象限

3.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,O是底面ABCD的中心,B1H⊥D1O,H为垂足,则B1H与平面AD1C的位置关系是(　　)

A.垂直 B.平行    C.斜交 D.以上都不对

4.正方体ABCD-A1B1C1D1中,异面直线AC与B1C1所成角的余弦值为(　　)

A.    B.     C.    D.0

5.设△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若a=3,b=,A=,则B=(　　)

A.或       B.       C.      D.

6.在△ABC中,a,b,c分别为内角A,B,C所对的边,若c2=(a-b)2+4,C=,则△ABC的面积是(　　)

A.          B.3    C.     D.2

7.已知α,β是两个不重合的平面,m,n是两条不同的直线,则下列命题不正确的是(　　)

A.若m∥n,m⊥α,则n⊥α       B.若m⊥α,m⊥β,则α∥β

C.若m⊥α,m∥n,n⊂β,则α⊥β D.若m∥α,α∩β=n,则m∥n

8.已知△ABC的三个内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且满足cos2A-cos2B+cos2C=1+sin Asin C,sin A+sin C=1,则△ABC的形状为(　　)

A.等边三角形                B.等腰直角三角形

C.顶角为150°的等腰三角形  D.顶角为120°的等腰三角形

9.如图,已知圆锥的顶点为S,底面圆O的两条直径分别为AB和CD,且AB⊥CD,若平面SAD∩平面SBC=l,则以下结论错误的是(　　)

A.AD∥平面SBC

B.l∥AD

C.若E是底面圆周上的动点,则△SAE的最大面积等于△SAB的面积

D.l与平面SCD所成角的大小为45°

10.在△ABC中,已知AB=2,BC=3,AC=7,D是AC边上一点,将△ABD沿BD折起,得到三棱锥A-BCD.若该三棱锥的顶点A在底面BCD的射影M在线段BC上,设BM=x,则x的取值范围为(　　)

A.(2,3)   B.(,2)  C.(0,)   D.(0,2)

二、多项选择题(本大题共2小题,每小题5分,共10分.在每小题给出的选项中,有多个选项符合题目要求,全部选对的得5分,有选错的得0分,部分选对的得2分)

11.已知复数z=,则以下说法正确的是(　　)

A.复数z的虚部为  

B.z的共轭复数=-

C.|z|=              

D.在复平面内与z对应的点在第二象限

12.如图,梯形ABCD中,AD∥BC,AD=AB=1,AD⊥AB,∠BCD=45°,将△ABD沿对角线BD折起.设折起后点A的位置为A',并且平面A'BD⊥平面BCD.则给出下面四个命题,正确的是(　　)

A.A'D⊥BC                 B.三棱锥A'-BCD的体积为

C.BA'⊥CA'                D.平面A'BC⊥平面A'DC

三、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.若复数z=(i为虚数单位),则|z|=　　　　. 

14.“圆材埋壁”是我国古代数学著作《九章算术》中的一个问题:“今有圆材,埋在壁中,不知大小.以锯锯之,深一寸,锯道长一尺.问径几何.”用现在的数学语言表述是:“一圆柱形几何体埋在墙壁中,其截面如图所示,AB=1尺,D为AB的中点,AB⊥CD于点D,CD=1寸,则圆柱底面的直径长是　　　　寸.”(注:1尺=10寸) 

15.已知底面边长为4,侧棱长为2的正四棱锥S-ABCD内接于球O1.若球O2在球O1内且与平面ABCD相切,则球O2的直径的最大值为　　　　. 

16.如图,渔船甲位于岛屿A的南偏西60°方向的B处,且与岛屿A相距12千米,渔船乙以10千米/时的速度从岛屿A出发沿正北方向航行,若渔船甲同时从B处出发沿北偏东α的方向追赶渔船乙,刚好用2小时追上.则渔船甲的速度为　　　　,sin α=　　　　.(本题第一空2分,第2空3分) 

四、解答题(本大题共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.(本小题满分10分)已知复数z=3+bi(b∈R),且(1+3i)·z为纯虚数.

(1)求复数z;

(2)若ω=,求复数ω的模|ω|.

18.(本小题满分12分)在△ABC中,内角A、B、C所对的边分别为a、b、c,且满足sin B+cos B=,a=1.

(1)求B的大小;

(2)若b2=ac,求△ABC的面积.

19.(本小题满分12分)在长方体ABCD-A1B1C1D1中(如图),AD=AA1=1,AB=2,点E是棱AB的中点.

(1)求异面直线AD1与EC所成角的大小;

(2)《九章算术》中,将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑,试问四面体D1CDE是不是鳖臑?并说明理由.

20.(本小题满分12分)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别是AB,BB1的中点.

(1)证明:BC1∥平面A1CD;

(2)设AA1=AC=CB=2,AB=2,求三棱锥C-A1DE的体积.

21.(本小满分12分)如图①,在等腰直角三角形ABC中,A=90°,BC=6,D,E分别是AC,AB上的点,且CD=BE=,O为BC的中点.将△ADE沿DE折起,得到如图②所示的四棱锥A'-BCDE,其中A'O=.

(1)证明:A'O⊥平面BCDE;

(2)求二面角A'-CD-B的平面角的余弦值;

(3)求直线BC与平面A'BE所成角的正弦值.

图①

图②

22.(本小题满分12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,PA=, AB∥CD,AB⊥AD,AD=CD=1,AB=2,E为侧棱PA上一点.

(1)若PE=PA,求证:PC∥平面EBD;

(2)求证:平面EBC⊥平面PAC;

(3)在侧棱PD上是否存在点F,使得AF⊥平面PCD?若存在,求出线段PF的长;若不存在,请说明理由.

答案全解全析

一、单项选择题

1.D　圆锥的轴截面是两腰等于母线长的等腰三角形,故A错误;只有用一个平行于底面的平面去截棱锥,才能得到一个棱锥和一个棱台,故B错误;等腰梯形绕着它的较长的底边所在的直线旋转一周,所围成的几何体是由一个圆柱和两个圆锥组合而成的,故C错误;由棱柱的定义得,有两个面平行,其余各面都是四边形,并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体叫棱柱,故D正确.

2.A　∵z(1+i)=1+2i,∴z===+i,则复数z在复平面内对应的点为,位于第一象限.故选A.

3.A　如图,连接B1D1,BD.

∵几何体ABCD-A1B1C1D1是正方体,底面ABCD是正方形,∴AC⊥BD.

又∵B1B⊥AC,BD∩BB1=B,∴AC⊥平面BDD1B1.

∵B1H⊂平面BDD1B1,

∴AC⊥B1H.

∵B1H⊥D1O,AC∩D1O=O,∴B1H⊥平面AD1C.故选A.

4.B　在正方体ABCD-A1B1C1D1中,

∵BC∥B1C1,

∴异面直线AC与BC所成的角即为AC与B1C1所成的角.易知所成角的大小为45°,所成角的余弦值为.

5.B　由正弦定理得=,

∴sin B===.

又b<a,∴B为锐角,∴B=.故选B.

6.C　由余弦定理可得c2=a2+b2-2abcos=a2+b2-ab,

∵c2=(a-b)2+4=a2+b2-2ab+4,

∴4-2ab=-ab,解得ab=4,

∴S△ABC=absin C=×4×=.故选C.

7.D　如果两条平行直线中的一条垂直于一个平面,那么另一条也垂直于这个平面,所以A中命题正确;如果两个平面与同一条直线垂直,那么这两个平面平行,所以B中命题正确;由A选项和面面垂直的判定定理可得C中命题也正确;若m∥α,α∩β=n,则m与n可能平行,可能异面,D中命题不正确.故选D.

8.D　由已知,得1-sin2A-(1-sin2B)+1-sin2C=1+sin Asin C,

即sin2A+sin2C-sin2B=-sin Asin C,由正弦定理及余弦定理的推论得=-,

即cos B=-,∵B∈(0,π),∴B=,

故sin A+sin C=sin A+sin=1,整理得sin=1 ,故A=,∴C=.

故△ABC的形状为顶角为120°的等腰三角形,故选D.

9.C　由AB和CD是圆O的直径且AB⊥CD,得四边形ABCD为正方形,则AD∥BC,

从而AD∥平面SBC,则A中结论正确;又因为AD⊂平面SAD,且平面SAD∩平面SBC=l,所以l∥AD,则B中结论正确;因为S△SAE=SA·SEsin∠ASE,当∠ASB为钝角时,(S△SAE)max>S△SAB,

当∠ASB为锐角或直角时,(S△SAE)max=S△SAB,则C中结论不正确;由l∥AD,得l与平面SCD所成的角等于AD与平面SCD所成的角,即为∠ADO,又因为∠ADO=45°,故D中结论正确.

10.B　如图1,因为将△ABD沿BD折起,得到三棱锥A-BCD,且三棱锥的顶点A在底面BCD的射影M在线段BC上,所以在图2中,AM⊥平面BCD,MN,AN都与BD垂直,

因此折叠前在图1中,AM⊥BD,垂足为点N,在图1中,过点A作AM1⊥BC于点M1,

运动点D,可得当点D与点C无限接近时,折痕BD接近BC,此时点M无限接近点M1,所以BM1<BM,在图2中,由于AB是Rt△ABM的斜边,BM是直角边,所以BM<AB,

因此可得BM1<BM<AB,

又因为AB=2,BC=3,AC=7,

所以在△ABC中,cos∠ABC==,即∠ABC=60°,

由此可得在Rt△ABM1中,

BM1=AB·cos 60°=,

所以<BM<2,

即x的取值范围为(,2),故选B.

二、多项选择题

11.CD　∵z===-+,∴复数z的虚部为,z的共轭复数=--,|z|==,复平面内与z对应的点的坐标为,在第二象限.故选CD.

12.CD　如图所示,E为BD的中点,连接A'E.

因为E为BD的中点,A'E⊥BD,所以易得A'E⊥平面BCD,所以A'E⊥BC.

若A'D⊥BC,则可得到BC⊥平面A'BD,故BC⊥BD,与已知矛盾,故A错误.

三棱锥A'-BCD的体积V=××××=,故B错误.

在直角三角形A'CD中,A'C2=CD2+A'D2,所以A'C=.

在三角形A'BC中,A'B=1,BC=2,A'C=,满足BC2=A'B2+A'C2,所以BA'⊥CA'.故C正确.

又BA'⊥DA',所以BA'⊥平面A'DC,所以平面A'BC⊥平面A'DC,故D正确.

故选CD.

三、填空题

13.答案　

解析　z====2-3i,

故|z|==.

14.答案　26

解析　如图所示,∵AB⊥CD,AD=BD,且AB=10寸,∴AD=5寸,

在Rt△AOD中,∵OA2=OD2+AD2,∴OA2=(OA-1)2+52,∴OA=13(寸),

∴圆柱底面的直径长是2OA=26(寸).

15.答案　8

解析　如图所示,正四棱锥S-ABCD内接于球O1,SO1与平面ABCD交于点O,

 正方形ABCD中,AB=4,AO=4,

 在直角三角形SAO中,SO===2,

 设球O1的半径为R,则在直角三角形OAO1中,(R-2)2+42=R2,

 解得R=5, 所以球O1的直径为10,

 当球O2与平面ABCD相切且与球O1相切时,球O2的直径最大,

又因为SO=2,所以球O2的直径的最大值为10-2=8.

16.答案　14千米/时;

解析　(1)由已知得,AB=12千米,AC=20千米,∠BAC=120°,

∴BC2=AB2+AC2-2AB·ACcos∠BAC

=122+202-2×12×20×=784,

∴BC=28千米,

∴渔船甲的速度v甲==14(千米/时).

(2)在△ABC中,∠BCA=α,

由正弦定理得=,

∴=,∴sin α=.

四、解答题

17.解析　(1)由题意得,(1+3i)·z=(1+3i)·(3+bi)=(3-3b)+(9+b)i.

因为(1+3i)·z为纯虚数,

所以3-3b=0且9+b≠0,

所以b=1,所以z=3+i.

(2)ω=====-i,

所以|ω|==.

18.解析　(1)由sin B+cos B=,

得2sin =,

所以sin=,

∵B∈(0,π),∴B+∈,

故B+=,所以B=.

(2)由b2=ac及余弦定理,得b2=a2+c2-2accos B=a2+c2-2accos =a2+c2-ac,

故ac=a2+c2-ac,得(a-c)2=0,又B=,故△ABC为正三角形,∴a=c=1,

因此,△ABC的面积为S△ABC=acsin B=×12×=.

19.解析　(1)取CD的中点F,连接AF,D1F,则AF∥EC,

∴∠D1AF(或其补角)为异面直线AD1与EC所成的角.

在长方体ABCD-A1B1C1D1中,由AD=AA1=1,AB=2,

得AD1=,AF=,D1F=,

∴△AD1F为等边三角形,则∠D1AF=.

∴异面直线AD1与EC所成角的大小为.

(2)四面体D1CDE是鳖臑,理由如下:

连接DE,∵E为AB的中点,

∴DE=CE=,

又∵CD=2,∴DE2+CE2=DC2,∴DE⊥CE.

∵D1D⊥底面DEC,∴D1D⊥CE,∴CE⊥平面D1DE,∴D1E⊥CE.

∴四面体D1CDE的四个面都是直角三角形,

故四面体D1CDE是鳖臑.

20.解析　(1)证明:如图,连接AC1,交A1C于点F,连接DF,

则F为AC1的中点.

因为D是AB的中点,所以BC1∥DF.

因为DF⊂平面A1CD,BC1⊄平面A1CD,

所以BC1∥平面A1CD.

(2)因为三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱,

所以AA1⊥CD.由已知AC=CB,D为AB的中点,得CD⊥AB.

又AA1∩AB=A,于是CD⊥平面ABB1A1.

由AA1=AC=CB=2,AB=2得,

∠ACB=90°,CD=,A1D=,DE=,A1E=3,

故A1D2+DE2=A1E2,即DE⊥A1D.

所以=××××=1.

21.解析　(1)证明:连接OD,OE.

易得OC=3,AC=3,AD=A'D=A'E=2,OD=OE=,

所以A'D2=A'O2+OD2,A'E2=A'O2+OE2,

即A'O⊥OD,A'O⊥OE,又OD∩OE=O,且OD,OE⊂平面BCDE,

所以A'O⊥平面BCDE.

(2)在题图②中设CD,BE的延长线交于R点,取CR的中点M,连接OM,A'M,

则易证OM⊥CR,A'M⊥CR.

则∠A'MO就是二面角A'-CD-B的平面角,

易得OM=,A'M=,所以cos∠A'MO==.

故二面角A'-CD-B的平面角的余弦值为.

(3)取BR的中点N,连接A'N和ON,作OQ⊥A'N交A'N于点Q,易知ON⊥BR,A'O⊥BR,ON∩A'O=O,所以BR⊥平面A'ON,又OQ⊂平面A'ON,所以BR⊥OQ,又A'N∩BR=N,则OQ⊥平面A'BE,所以∠OBQ就是直线BC与平面A'BE所成的角.

易得OQ=,OB=3,所以sin∠OBQ==.

故直线BC与平面A'BE所成角的正弦值为.

22.解析　(1)证明:设AC∩BD=G,连接EG.

由已知AB∥CD,CD=1,AB=2,得==2.由PE=PA,得=2.

在△PAC中,由=,得EG∥PC.因为EG⊂平面EBD,PC⊄平面EBD,所以PC∥平面EBD.

(2)证明:因为PA⊥平面ABCD,BC⊂平面ABCD,所以BC⊥PA.

由已知得AC=,BC=,AB=2,所以AC2+BC2=AB2,所以BC⊥AC.

又PA∩AC=A,所以BC⊥平面PAC.因为BC⊂平面EBC,所以平面EBC⊥平面PAC.

(3)存在.

在平面PAD内作AF⊥PD于点F.

由CD⊥PA,CD⊥AD,PA∩AD=A,得CD⊥平面PAD.

因为AF⊂平面PAD,所以CD⊥AF.

因为AF⊥PD,PD∩CD=D,所以AF⊥平面PCD,

即在侧棱PD上存在点F,使得AF⊥平面PCD.

在△PAD中,PD===2,

S△PAD=PA·AD=PD·AF,

即×1=2AF,所以AF=,

所以PF===.