2024-2025学年新教材高中数学模块素养评价练习含解析新人教B版必修第四册

PAGE模块素养评价(120分钟150分)一、单选题(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,只有一项是符合题目要求的)1.(2024·新高考全国Ⅰ卷)QUOTE= ()A.1B.-1C.iD.-i【解析】选D.QUOTE=QUOTE=QUOTE=QUOTE=-i.2.设z=i(2+i),则QUOTE= ()A.1+2i B.-1+2iC.1-2i D.-1-2i【解析】选D.题意得z=i(2+i)=2i+i2=-1+2i,所以QUOTE=-1-2i.3.在△ABC中,B=45°,C=60°,c=1,则最短边长为 ()A.QUOTE B.QUOTE C.QUOTE D.QUOTE【解析】选B.A=180°-(60°+45°)=75°,故最短边为b,由正弦定理可得QUOTE=QUOTE,即b=QUOTE=QUOTE=QUOTE.4.假如一个正四面体(各个面都是正三角形)的体积为9cm3,则其表面积为 ()A.18QUOTEcm2 B.18cm2C.12QUOTEcm2 D.12cm2【解析】选A.设正四面体的棱长为acm,则底面积为QUOTEa2cm2,易求得高为QUOTEacm,则体积为QUOTE×QUOTEa2×QUOTEa=QUOTEa3=9,解得a=3QUOTE,所以其表面积为4×QUOTEa2=18QUOTE(cm2).5.在等腰Rt△ABC中,AB=BC=1,M为AC的中点,沿BM把它折成二面角,折后A(对应A′)与C的距离为1,则二面角C-BM-A′的大小为 ()A.30° B.60° C.90° D.120°【解析】选C.如图所示,由AB=BC=1,∠ABC=90°,得AC=QUOTE.因为M为AC的中点,所以MC=A′M=QUOTE,且CM⊥BM,A′M⊥BM,所以∠CMA′为二面角C-BM-A′的平面角.因为A′C=1,MC=A′M=QUOTE,所以∠CMA′=90°.6.在△ABC中,角A,B,C的对边分别是a,b,c,若bsin2A+QUOTEasinB=0,b=QUOTEc,则QUOTE的值为 ()A.1 B.QUOTE C.QUOTE D.QUOTE【解析】选C.因为bsin2A+QUOTEasinB=0,所以由正弦定理可得sinBsin2A+QUOTEsinAsinB=0,即2sinBsinAcosA+QUOTEsinAsinB=0.由于sinBsinA≠0,所以cosA=-QUOTE,因为0<A<π,所以A=QUOTE,又b=QUOTEc,由余弦定理可得a2=b2+c2-2bcosA=2c2+c2+2c2=5c2,所以QUOTE=QUOTE.7.《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著,书中有如下问题:“今有阳马,广五尺,褒七尺,高八尺,问积几何?”其意思为:“今有底面为矩形,一侧棱垂直于底面的四棱锥,它的底面长、宽分别为7尺和5尺,高为8尺,问它的体积是多少?”若以上的条件不变,则这个四棱锥的外接球的表面积为 ()A.142π平方尺 B.140π平方尺C.138π平方尺 D.128π平方尺【解析】选C.可以把该四棱锥补成一个长方体,长、宽分别为7尺和5尺,高为8尺,四棱锥的外接球就是长方体的外接球,其直径为QUOTE=QUOTE尺,所以表面积为138π平方尺.8.如图,某建筑物的高度BC=300m,一架无人机Q上的仪器观测到建筑物顶部C的仰角为15°,地面某处A的俯角为45°,且∠BAC=60°,则此无人机距离地面的高度PQ为 ()A.100m B.200m C.300m D.100m【解析】选B.依据题意,可得在Rt△ABC中,∠BAC=60°,BC=300,所以AC=QUOTE=QUOTE=200QUOTE,在△ACQ中,∠AQC=45°+15°=60°,∠QAC=180°-45°-60°=75°,所以∠QCA=180°-∠AQC-∠QAC=45°.由正弦定理,得QUOTE=QUOTE,解得AQ=QUOTE=200QUOTE,在Rt△APQ中,PQ=AQsin45°=200QUOTE×QUOTE=200.二、多选题(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,有多项是符合题目要求的,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.下面是关于复数z=QUOTE的四个命题,其中的真命题为 ()A.|z|=2 B.z2=2iC.z的共轭复数为1+i D.z的虚部为-1【解析】选BD.因为z=QUOTE=QUOTE=-1-i,所以|z|=QUOTE;z2=2i;z的共轭复数为-1+i;z的虚部为-1,所以正确的选项为BD.10.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,下列结论正确的是 ()A.a2=b2+c2-2bccosAB.asinB=bsinAC.a=bcosC+ccosBD.acosB+bcosA=sinC【解析】选ABC.由在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,知:由余弦定理得:a2=b2+c2-2bccosA,故A正确;由正弦定理得:QUOTE=QUOTE,所以asinB=bsinA,故B正确;在C中,因为a=bcosC+ccosB,所以由余弦定理得:a=b×QUOTE+c×QUOTE,整理,得2a2=2a2,故C正确;由余弦定理得acosB+bcosA=a×QUOTE+b×QUOTE=c≠sinC,故D错误.11.如图,在三棱锥P-ABC中,能推出AP⊥BC的条件是 ()A.AP⊥PB,AP⊥PCB.AP⊥PB,BC⊥PBC.平面BCP⊥平面PAC,BC⊥PCD.AP⊥平面PBC【解析】选ACD.对于选项A:因为AP⊥PB,AP⊥PC,PB∩PC=P,所以AP⊥平面PBC,又BC⊂平面PBC,所以AP⊥BC,故A正确;对于选项B:由AP⊥PB,BC⊥PB条件不能推断出AP⊥BC.对于选项C:因为平面BCP⊥平面PAC,BC⊥PC,所以BC⊥平面APC,AP⊂平面APC,所以AP⊥BC,故C正确;对于选项D:由A知D正确.12.如图,在直角梯形ABCD中,BC⊥DC,AE⊥DC,M,N分别是AD,BE的中点,将三角形ADE沿AE折起,则下列说法正确的是 ()A.不论D折至何位置(不在平面ABC内),都有MN∥平面DECB.不论D折至何位置,都有MN⊥AEC.不论D折至何位置(不在平面ABC内),都有MN∥ABD.在折起过程中,肯定存在某个位置,使EC⊥AD【解析】选ABD.分别取CE,DE的中点Q,P,连接MP,PQ,NQ,可证MNQP是矩形,所以AB正确;因为MN∥PQ,AB∥CE,若MN∥AB,则PQ∥CE,又PQ与CE相交,所以C错误;当平面ADE⊥平面ABCD时,有EC⊥AD,所以D正确.三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)13.已知复数(a+2i)(1+i)的实部为0,其中i为虚数单位,则实数a的值是.

【解析】由题可得(a+2i)(1+i)=a+ai+2i+2i2=a-2+(a+2)i,令a-2=0,解得a=2.答案:214.如图所示,在几何体ABCDE中,四边形ABCD是平行四边形,G,F分别是BE,DC的中点,则GF平面ADE.

【解析】取AE的中点H,连接HG,HD,因为G是BE的中点,所以GH∥AB,且GH=QUOTEAB.因为F是CD的中点,所以DF=QUOTECD.由四边形ABCD是平行四边形,得AB∥CD,AB=CD,所以GH∥DF,且GH=DF,从而四边形HGFD是平行四边形,所以GF∥DH.又DH⊂平面ADE,GF⊄平面ADE,所以GF∥平面ADE.答案:∥15.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且a=3,b=4,c=6,则bccosA+accosB+abcosC的值是.

【解析】因为cosA=QUOTE,所以bccosA=QUOTE(b2+c2-a2).同理,accosB=QUOTE(a2+c2-b2),abcosC=QUOTE(a2+b2-c2).所以bccosA+accosB+abcosC=QUOTE(a2+b2+c2)=QUOTE.答案:QUOTE16.一个正方体纸盒绽开后如图所示,在原正方体纸盒中有如下结论,①AB⊥EF;②AB与CM所成的角为60°;③EF与MN是异面直线;④MN∥CD.以上四个命题中,正确命题的序号是.

【解析】把正方体的平面绽开图还原成原来的正方体,如图:则AB⊥EF,EF与MN异面,AB∥CM,MN⊥CD,只有①③正确.答案:①③四、解答题(本大题共6小题,共70分)17.(10分)在△ABC中,BC=a,AC=b,a,b是方程x2-2QUOTEx+2=0的两个根,且2cos(A+B)=1.求:(1)角C的大小.(2)AB的长度.【解析】(1)在△ABC中,cosC=cos[π-(A+B)]=-cos(A+B)=-QUOTE,又0°<C<180°,所以C=120°.(2)由题设,得QUOTE所以由余弦定理AB2=AC2+BC2-2AC·BCcosC=a2+b2-2abcos120°=a2+b2+ab=(a+b)2-ab=(2QUOTE)2-2=10,所以AB=QUOTE.18.(12分)已知复数z=bi(b∈R),QUOTE是纯虚数,i是虚数单位.(1)求复数z的共轭复数QUOTE;(2)若复数(m+z)2所表示的点在其次象限,求实数m的取值范围.【解析】(1)因为z=bi(b∈R),所以QUOTE=QUOTE=QUOTE=QUOTE=QUOTE+QUOTEi,又因为QUOTE是纯虚数,所以QUOTE=0且QUOTE≠0,解得b=2,即z=2i.所以QUOTE=-2i;(2)因为z=2i,所以(m+z)2=(m+2i)2=m2+4mi+4i2=(m2-4)+4mi,m∈R,又因为复数所表示的点在其次象限,所以QUOTE解得0<m<2,即m∈(0,2)时,复数所表示的点在其次象限.【补偿训练】已知z=m+3+3QUOTEi,其中m∈C,且QUOTE为纯虚数,(1)求m对应的点的轨迹.(2)求|z|的最大值、最小值.【解析】(1)设m=x+yi(x,y∈R),则QUOTE=QUOTE=QUOTE,因为QUOTE为纯虚数,所以QUOTE即QUOTE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,由已知m=z-(3+3QUOTEi),所以|z-(3+3QUOTEi)|=3.所以z所对应的点Z在以(3,3QUOTE)为圆心,以3为半径的圆上.结合图形可知|z|的最大值为|3+3QUOTEi|+3=9;最小值为|3+3QUOTEi|-3=3.19.(12分)如图,ABCD是正方形,O是正方形的中心,PO⊥平面ABCD,E是PC的中点.求证:(1)PA∥平面BDE;(2)平面PAC⊥平面BDE.【证明】(1)连接OE,因为O是正方形ABCD的中心,所以O为AC中点,又E为PC中点,所以OE∥PA,因为OE⊂平面BDE,PA⊄平面BDE,所以PA∥平面BDE.(2)因为O是正方形ABCD的中心,所以AC⊥BD,因为PO⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以PO⊥BD,因为AC,PO⊂平面PAC,AC∩PO=O,所以BD⊥平面PAC,因为BD⊂平面BDE,所以平面PAC⊥平面BDE.20.(12分)某工程队在某海疆进行填海造地工程,欲在边长为1千米的正三角形岛礁ABC的外围选择一点D(D在平面ABC内),建设一条军用飞机跑道AD.在点D测得B,C两点的视角∠BDC=60°,如图所示,记∠CBD=θ,如何设计θ,使得飞机跑道AD最长?【解析】在△BCD中,BC=1,∠BDC=60°,∠CBD=θ.由正弦定理得QUOTE=QUOTE,所以BD=QUOTE=cosθ+QUOTEsinθ.在△ABD中,AB=1,∠ABD=60°+θ.由余弦定理,得AD2=AB2+BD2-2AB·BD·cos(60°+θ)=12+(cosθ+QUOTEsinθ)2-2×1×QUOTE×QUOTE=1+QUOTEsin2θ+QUOTEsinθcosθ=QUOTE+QUOTEsin(2θ-30°).所以当2θ-30°=90°,θ=60°时,跑道AD最长.21.(12分)已知棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1(1)证明:D1A∥平面C1(2)求异面直线BC1与AA1所成的角的大小;(3)求三棱锥B1-A1C1【证明】(1)在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1所以AB∥C1D1,且AB=C1D1,所以四边形ABC1D1为平行四边形,所以AD1∥BC1,又BC1⊂平面C1BD,AD1⊄平面C1BD,所以D1A∥平面C1(2)因为AA1∥BB1,所以异面直线BC1与AA1的夹角即为BB1与C1B的夹角,因为∠B1BC1=45°,所以异面直线BC1与AA1所成的角的大小为45°.(3)QUOTE=QUOTE=QUOTE×BB1=QUOTE×QUOTE×1×1×1=QUOTE.22.(12分)如图所示,在四棱锥S-ABCD中,平面SAD⊥平面ABCD.四边形ABCD为正方形,且P为AD的中点,Q为SB的中点.(1)求证:CD⊥平面SAD.(2)求证:PQ∥平面SCD.(3)若SA=SD,M为BC的中点,在棱SC上是否存在点N,使得平面DMN⊥平面ABCD,并证明你的结论.【解析】(1)因为四边形ABCD为正方形,所以CD⊥AD.又平面SAD⊥平面ABCD,且平面SAD∩平面ABCD=AD,所以CD⊥平面SAD.(2)取SC的中点R,连接QR,DR.由题意知PD∥BC且PD=QUOTEBC.在△SBC中,Q为SB的