新人教B版 必修4 高中数学模块素养检测（含解析）

模块素养检测

(120分钟　150分)

一、单项选择题(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,只有一项符合题目要求)

1.设a,b∈R,i是虚数单位,则“ab=0”是“复数a+为纯虚数”的 (　　)

A.充分不必要条件

B.必要不充分条件

C.充要条件

D.既不充分也不必要条件

【解析】选B.由ab=0,得a=0,b≠0或a≠0,b=0或a=0,b=0,a+=a-bi不一定为纯虚数;

若a+=a-bi为纯虚数,则有a=0且b≠0,这时有ab=0.

2.△ABC的三边分别为a,b,c,且a=1,B=45°,S△ABC=2,则△ABC的外接圆的直径为 (　　)

A.4   B.5 C.5   D.6

【解析】选C.因为S△ABC=acsin B=2,

所以c=4.

由余弦定理,得b2=a2+c2-2accos B=25,所以b=5.

由正弦定理得2R==5(R为△ABC外接圆的半径).

3.(2020·新高考全国Ⅰ卷)= (　　)

A.1　 B.-1　 C.i　  D.-i

【解析】选D.====-i.

4.在△ABC中,a,b,c分别为内角A,B,C所对的边,若a=1,sin B=,C=,则b的值为 (　　)

A.1  B.  C.或   D.±1

【解析】选C.在△ABC中,sin B=,0<B<π,

所以B=或,

当B=时,△ABC为直角三角形,

所以b=a·sin B=;

当B=时,A=C=,

a=c=1.

由余弦定理得b2=a2+c2-2accos =3,

所以b=.

5.将正方形ABCD沿BD折起,使平面ABD⊥平面BCD,M为CD的中点,则∠AMD的大小是 (　　)

A.45° B.30°

C.60° D.90°

【解析】选D.如图,设正方形边长为a,作AO⊥BD,

则AM===a,

又AD=a,DM=,

所以AD2=DM2+AM2,

所以∠AMD=90°.

6.如图,在△ABC中,AB=3,BC=4,∠ABC=120°,若把△ABC绕直线AB旋转一周,则所形成的几何体的体积是              (　　)

A.11π B.12π C.13π D.14π

【解析】选B.△ABC绕直线AB旋转一周,所形成的几何体如图所示.

已知BC=4,∠ABC=120°,

所以CO=2,

所以几何体的体积V=·π·CO2·AB=12π.

【补偿训练】

　　　在矩形ABCD中,若AB=3,BC=4,PA⊥平面ABCD,且PA=1,则点P到对角线BD的距离为 (　　)

A.   B.

C.   D.

【解析】选B.如图,过点A作AE⊥BD于点E,连接PE.

因为PA⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,

所以PA⊥BD.因为AE∩PA=A,

所以BD⊥平面PAE,

所以BD⊥PE.

因为AE==,PA=1,

所以PE==.

7.在△ABC中,三内角A,B,C所对边分别为a,b,c,若(b-c)sin B=2csin C且a=,cos A=,则△ABC的面积等于              (　　)

A. B. C.3 D.3

【解析】选A.由正弦定理,

得(b-c)·b=2c2,得b2-bc-2c2=0,

得b=2c或b=-c(舍).由a2=b2+c2-2bccos A,

得c=2,则b=4.由cos A=知,sin A=,

S△ABC=bcsin A=×4×2×=.

8.已知A,B是球O的球面上两点,∠AOB=90°,C为该球面上的动点,若三棱锥O-ABC体积的最大值为36,则球O的表面积为              (　　)

A.36π B.64π

C.144π D.256π

【解析】选C.如图所示,

当点C位于垂直于面AOB的直径端点时,

三棱锥O-ABC的体积最大,

设球O的半径为R,此时VO-ABC=VC-AOB=×R2×R=R3=36,

故R=6,则球O的表面积为S=4πR2=144π.

【补偿训练】

如图,在三棱锥A-BCD中,VA-BPQ=2,VC-APQ=6,VC-DPQ=12,则VA-BCD等于 (　　)

A.20 B.24 C.28 D.56

【解析】选B.由===,

所以=.

所以VB-PDQ=VC-PDQ=4,

因而VA-BCD=2+6+12+4=24.

二、多项选择题(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,有多项符合题目要求,全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)

9.已知i是虚数单位,z=,则下列结论中正确的是 (　　)

A.z=-i B.z=i C.=-i D.|z|=1

【解析】选BCD.z====i,

所以=-i,|z|=1,故BCD正确.

10.满足下列条件的三角形有两解的有 (　　)

A.b=3,c=4,B=30°

B.a=5,b=8,A=30°

C.c=6,b=3,B=60°

D.c=9,b=12,C=60°

【解析】选AB.选项A中csin B<b<c,故有两解;

选项B中bsin A<a<b,故有两解;

选项C中b=csin B,有一解;选项D中c<bsin C,无解.

所以有两解的是选项AB.

11.已知平面α与平面β相交,直线m⊥α,则错误的是 (　　)

A.β内必存在直线与m平行且存在直线与m垂直

B.β内不一定存在直线与m平行,不一定存在直线与m垂直

C.β内不一定存在直线与m平行,但必存在直线与m垂直

D.β内必存在直线与m平行,不一定存在直线与m垂直

【解析】选ABD.作两个相交平面,交线为n,使得直线m⊥α,假设β内一定存在直线a与m平行,

因为m⊥α,而a∥m,所以直线a⊥α,而a⊂β,

所以α⊥β,这与平面α与平面β相交不一定垂直矛盾,

所以β内不一定存在直线a与m平行,

因为直线m⊥α,n⊂α,

又n⊂β,所以m⊥n,所以在β内不一定存在直线与m平行,

但必存在直线与m垂直.

【补偿训练】

　　　设a,b为两条直线,α,β为两个平面,则正确的命题是 (　　)

A.若a⊂α,b⊂β,α∥β,则a∥b

B.若a∥α,b∥β,α∥β,则a∥b

C.若a⊂α,b⊂β,a∥b,则α∥β

D.若a⊥α,b⊥β,α⊥β,则a⊥b

【解析】选D.A中,a,b可以平行或异面;

B中,a,b可以平行或异面或相交;

C中,α,β可以平行或相交.

12.在锐角△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若sin A=,a=3,S△ABC=2,则b的值可以为 (　　)

A.2　　 B.3　　 C.4　　 D.6

【解析】选AB.因为S△ABC=2=bcsin A,

sin A=,

所以bc=6,cos A=,又因为a=3,

由余弦定理得9=b2+c2-2bccos A=b2+c2-4,b2+c2=13,可得b=2或b=3.

三、填空题(本大题共4个小题,每小题5分,共20分.把答案填在题中的横线上)

13.已知z0=2+2i,|z+z0|=,当z=__________时,|z|有最小值,最小值为__________. 

【解析】因为|z+z0|=,所以复数z所对应的点Z在以C(-2,-2)为圆心,半径为的圆上,画出图形(图略),

由图形知|z|的最小值为-=,此时,点Z是线段OC与圆的交点,线段OC的方程是y=x(-2≤x≤0),圆的方程是(x+2)2+(y+2)2=2,

联立方程组

解得所以复数z=-1-i.

答案:-1-i　

14.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知a=2,C=45°,1+=,则A=______,边c的值为__________. 

【解析】在△ABC中,

因为1+=1+

=

===.

由正弦定理得=,

所以cos A=,所以A=60°.

又因为a=2,C=45°.

由=得,=,所以c=2.

答案:60°　2

15.在△ABC中,a,b,c分别为角A,B,C的对边,且a,b,c满足2b=a+c,B=,则cos A-cos C=________. 

【解析】因为2b=a+c,

由正弦定理得2sin B=sin A+sin C,

又因为B=,

所以sin A+sin C=,A+C=.

设cos A-cos C=x,

可得(sin A+sin C)2+(cos A-cos C)2=2+x2,

即sin2A+2sin Asin C+sin2C+cos2A-2cos Acos C+cos2C=2-2cos (A+C)=2-2cos =2+x2得x2=,

所以cos A-cos C=±.

答案:±

16.(2020·新高考全国Ⅰ卷)已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱长均为2,∠BAD=60°,以D1为球心,为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________. 

【解析】由已知连接BD,B1D1,则BD=B1D1=2,取BB1和CC1的中点E,F.连接EF,D1E,D1F,则D1E=D1F=,故E,F在球面上.平面BCC1B1截球面的截面圆的圆心是B1C1的中点O,OE=OF=,球面与侧面BCC1B1的交线是侧面上以O为圆心,为半径的圆弧EF,的长为·2π=π.

答案:π

四、解答题(本大题共6个小题,共70分,解答时写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)

17. (10分)如图,△ACD是等边三角形,△ABC是等腰直角三角形,∠ACB=90°,BD交AC于E,AB=2.

(1)求cos ∠CBE的值;

(2)求AE.

【解析】(1)因为∠BCD=90°+60°=150°,

CB=AC=CD,所以∠CBE=15°.

所以cos ∠CBE=cos 15°=cos (45°-30°)

=.

(2)在△ABE中,AB=2,由正弦定理,

得=,

故AE===-.

18.(12分)已知z=m+3+3i,其中m∈C,且为纯虚数.

(1)求m对应点的轨迹;

(2)求|z|的最大值、最小值.

【解析】(1)设m=x+yi(x,y∈R),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,已知m=z-(3+3i),

则|z-(3+3i)|=3.

所以z所对应的点Z在以(3,3)为圆心,3为半径的圆上.

可知|z|的最大值为|3+3i|+3=9;

最小值为|3+3i|-3=3.

19.(12分)如图所示,在三棱柱ABC-A1B1C1中,若E,F分别为AB,AC的中点,平面EB1C1F将三棱柱分成体积分别为V1,V2的两部分,求V1∶V2的值.

【解析】如图,延长A1A到A2,B1B到B2,C1C到C2,且A1A=AA2,B1B=BB2,C1C=CC2,

连接A2B2,B2C2,A2C2,

则得到三棱柱ABC-A2B2C2,且=,延长B1E,C1F,则B1E与C1F相交于点A2.

因为A2A∶A2A1=1∶2,

所以=.

又=

=×

==,

所以V1=7=,

故V1∶V2=7∶(12-7)=7∶5.

20.(12分)已知锐角三角形ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且tanA=.

(1)求角A的大小;

(2)当a=时,求c2+b2的最大值,并判断此时△ABC的形状.

【解析】(1)由已知及余弦定理,得=,

sin A=,因为A为锐角,所以A=60°.

(2)由正弦定理得====2,

所以b=2sin B,c=2sin C=2sin(120°-B).

c2+b2=4[sin2B+sin2(120°-B)]

=4

=4-cos 2B+sin 2B=4+2sin(2B-30°).

由得30°<B<90°,

所以30°<2B-30°<150°.

当sin(2B-30°)=1,即B=60°时,(c2+b2)max=6,

此时C=60°,△ABC为等边三角形.

【一题多解】由余弦定理得

()2=b2+c2-2bccos 60°=b2+c2-bc=3.

因为bc≤(当且仅当b=c时取等号),

所以b2+c2-≤3,即b2+c2≤6(当且仅当b=c时取等号).

故c2+b2的最大值为6,此时△ABC为等边三角形.

21.(12分)如图所示,正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直,EF∥AC,AB=,CE=EF=1.

(1)求证:AF∥平面BDE;

(2)求证:CF⊥平面BDE.

【证明】(1)如图,设AC与BD交于点G.

因为EF∥AG,且EF=1,AG=AC=1,

所以四边形AGEF为平行四边形,所以AF∥EG.

因为EG⊂平面BDE,AF⊄平面BDE,

所以AF∥平面BDE.

(2)连接FG,因为EF∥CG,EF=CG=1,

所以四边形CEFG为平行四边形,

又因为CE=EF=1,所以▱CEFG为菱形,

所以EG⊥CF.

在正方形ABCD中,AC⊥BD.

因为正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直,所以BD⊥平面CEFG,所以BD⊥CF.

又因为EG∩BD=G,所以CF⊥平面BDE.

【补偿训练】

　　　如图所示,在三棱锥A-BCD中,∠BCD=90°,BC=CD=1,AB⊥平面BCD,∠ADB=60°,E,F分别是AC,AD上的动点,且==λ(0<λ<1).

(1)求证:不论λ为何值,总有平面BEF⊥平面ABC;

(2)当λ为何值时,平面BEF⊥平面ACD.

【解析】(1)因为AB⊥平面BCD,

所以AB⊥CD.因为CD⊥BC,且AB∩BC=B,

所以CD⊥平面ABC.

又因为==λ(0<λ<1),

所以不论λ为何值,恒有EF∥CD,

所以EF⊥平面ABC,EF⊂平面BEF,

所以不论λ为何值,恒有平面BEF⊥平面ABC.

(2)由(1)知,BE⊥EF,

因为平面BEF⊥平面ACD,

所以BE⊥平面ACD,所以BE⊥AC.

因为BC=CD=1,∠BCD=90°,∠ADB=60°,

所以BD=,AB=tan 60°=,

所以AC==.

由AB2=AE·AC,得AE=,

所以λ==.

22.(12分)如图所示,在三棱台DEF-ABC中,AB=2DE,G,H分别为AC,BC的中点.

(1)求证:BD∥平面FGH;

(2)若CF⊥BC,AB⊥BC,求证:平面BCD⊥平面EGH.

【证明】(1)连接DG,

设CD∩GF=M,连接MH.在三棱台DEF-ABC中,AB=2DE,G为AC的中点,

可得DF∥GC,DF=GC,

所以四边形DFCG为平行四边形,

则M为CD的中点.

又H为BC的中点,所以MH∥BD.

又MH⊂平面FGH,BD⊄平面FGH,

所以BD∥平面FGH.

【一题多解】在三棱台DEF-ABC中,由BC=2EF,H为BC的中点,可得BH∥EF,BH=EF,所以四边形BHFE为平行四边形,可得BE∥HF.在△ABC中,G为AC的中点,H为BC的中点,所以GH∥AB.又GH∩HF=H,所以平面FGH∥平面ABED.因为BD⊂平面ABED,所以BD∥平面FGH.

(2)因为G,H分别为AC,BC的中点,

所以GH∥AB.由AB⊥BC,得GH⊥BC.

又H为BC的中点,所以EF∥HC,EF=HC,

因此四边形EFCH是平行四边形,所以CF∥HE.

又CF⊥BC,

所以HE⊥BC.又HE,GH⊂平面EGH,

HE∩GH=H,所以BC⊥平面EGH.

又BC⊂平面BCD,所以平面BCD⊥平面EGH.