2024-2025學年新教材高中數(shù)學模塊質(zhì)量檢測含解析新人教B版必修第四冊

PAGE11-第四冊模塊質(zhì)量檢測本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分．滿分150分，考試時間120分鐘．第Ⅰ卷(選擇題，共60分)一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1．(1＋i)(2－i)＝()A．－3－i B．－3＋iC．3－i D．3＋i2．設z＝eq\f(1－i,1＋i)＋2i，則|z|＝()A．0 B.eq\f(1,2)C．1 D.eq\r(2)3．在一個倒置的正三棱錐容器內(nèi)放入一個鋼球，鋼球恰與棱錐的四個面都接觸，過棱錐的一條側(cè)棱和高作截面，正確的截面圖形是()4．若z＝4＋3i，則eq\f(\o(z,\s\up6(－)),|z|)＝()A．1 B．－1C.eq\f(4,5)＋eq\f(3,5)i D.eq\f(4,5)－eq\f(3,5)i5．若圓臺的一個底面周長是另一個底面周長的3倍，母線長為3，圓臺的側(cè)面積為84π，則圓臺較小底面的半徑為()A．7 B．6C．5 D．36．設(1＋2i)(a＋i)的實部與虛部相等，其中a為實數(shù)，則a＝()A．－3 B．－2C．2 D．37．已知平面α⊥平面β，α∩β＝l，點A∈α，A?l，直線AB∥l，直線AC⊥l，直線m∥α，m∥β，則下列四種位置關(guān)系中，不肯定成立的是()A．AB∥m B．AC⊥mC．AB∥β D．AC⊥β8．已知三棱錐P-ABC的四個頂點在球O的球面上，PA＝PB＝PC，△ABC是邊長為2的正三角形，E，F(xiàn)分別是PA，AB的中點，∠CEF＝90°，則球O的體積為()A．8eq\r(6)π B．4eq\r(6)πC．2eq\r(6)π D.eq\r(6)π9．如圖，△ABC中，∠ACB＝90°，直線l過點A且垂直于平面ABC，動點P∈l，當點P漸漸遠離點A時，∠PCB的大小()A．變大B．變小C．不變D．有時變大有時變小10．△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若△ABC的面積為eq\f(a2＋b2－c2,4)，則C為()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，則|z－2－2i|的最小值是()A．2B．3C．4D．512．如圖，四邊形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，將△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，構(gòu)成四面體ABCD，則在四面體ABCD中，下列結(jié)論正確的是()A．平面ABD⊥平面ABCB．平面ADC⊥平面BDCC．平面ABC⊥平面BDCD．平面ADC⊥平面ABC第Ⅱ卷(非選擇題，共90分)二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分．將答案填在題中橫線上)13.eq\f(－1＋\r(3)i3,1＋i6)－eq\f(－2＋i,1＋2i)＝________.14．已知平面α，β和直線m，給出條件：①m∥α；②m⊥α；③m?α；④α∥β.當滿意條件________時，有m⊥β.(填所選條件的序號)15．如圖，四棱錐S－ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，E是SA上一點，當點E滿意條件：________時，SC∥平面EBD.16．如圖，圓錐SO中，AB、CD為底面圓的兩條直徑，AB∩CD＝O，且AB⊥CD，SO＝OB＝2，P為SB的中點．則異面直線SA與PD所成角的正切值為________．三、解答題(本大題共6小題，共70分．解答應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟)17．(本小題滿分10分)當實數(shù)a為何值時，z＝a2－2a＋(a2－3a＋2)i：(1)為實數(shù)；(2)為純虛數(shù)；(3)對應的點在第一象限內(nèi)；(4)對應的點在直線x－y＝0上．18．(本小題滿分12分)如圖所示，在△ABC中，AB＝AC＝2，BC＝2eq\r(3)，點D在BC邊上，∠ADC＝45°，求AD的長度．19．(本小題滿分12分)如圖，四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是正方形，側(cè)棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，E是PC的中點，作EF⊥PB交PB于點F.(1)證明：PA∥平面EDB；(2)證明：PB⊥平面DEF.20．(本小題滿分12分)如圖所示，在△ABC中，∠B＝eq\f(π,3)，AB＝8，點D在BC邊上，CD＝2，cos∠ADC＝eq\f(1,7).(1)求sin∠BAD；(2)求BD，AC的長．21．(本小題滿分12分)如圖三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60°，(1)證明AB⊥A1C；(2)若A1C＝eq\r(6)，AB＝CB＝2，求三棱柱ABC－A1B1C1的體積V.22．(本小題滿分12分)如圖，在一次海上聯(lián)合作戰(zhàn)演習中，紅方一艘偵察艇在A處發(fā)覺在北偏東45°方向，相距12海里的B處水面上，有藍方一艘小艇正以每小時10海里的速度沿南偏東75°方向前進，若紅方偵察艇以每小時14海里的速度，沿北偏東45°＋α方向攔截藍方的小艇，若要在最短的時間內(nèi)攔截住，求紅方偵察艇所需的時間和角α的正弦值．第四冊模塊質(zhì)量檢測1．解析：(1＋i)(2－i)＝2－i＋2i－i2＝3＋i，故選D.答案：D2．解析：∵z＝eq\f(1－i,1＋i)＋2i＝eq\f(1－i2,1＋i1－i)＋2i＝eq\f(－2i,2)＋2i＝i.∴|z|＝1，故選C.答案：C3．解析：鋼球與三棱錐的四個面相切，與棱無公共點，且三棱錐的高過鋼球的球心，故選B.答案：B4．解析：∵z＝4＋3i，∴eq\o(z,\s\up6(－))＝4－3i，|z|＝eq\r(42＋32)＝5，∴eq\f(\o(z,\s\up6(－)),|z|)＝eq\f(4－3i,5)＝eq\f(4,5)－eq\f(3,5)i.故選D.答案：D5．解析：設較小底面半徑為r，另一底面半徑為R，則2πR＝3×2πr，∴R＝3r.由側(cè)面積公式得π(r＋3r)l＝84π，即π(r＋3r)·3＝84π.∴r＝7，故選A.答案：A6．解析：(1＋2i)(a＋i)＝a－2＋(1＋2a)i，由題意知a－2＝1＋2a，解得a＝－3，故選A.答案：A7．解析：簡單推斷A、B、C三個答案都是正確的，對于D，雖然AC⊥l，但AC不肯定在平面α內(nèi)，故它可以與平面β相交、平行，但不肯定垂直，故選D.答案：D8．解析：因為點E，F(xiàn)分別為PA，AB的中點，所以EF∥PB，因為∠CEF＝90°，所以EF⊥CE，所以PB⊥CE.取AC的中點D，連接BD，PD，易證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，因為PA＝PB＝PC，△ABC為正三角形，所以PA⊥PC，即PA，PB，PC兩兩垂直，將三棱錐P－ABC放在正方體中如圖所示．因為AB＝2，所以該正方體的棱長為eq\r(2)，所以該正方體的體對角線長為eq\r(6)，所以三棱錐P－ABC的外接球的半徑R＝eq\f(\r(6),2)，所以球O的體積V＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(4,3)πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)))3＝eq\r(6)π，故選D.答案：D9．解析：∵直線l垂直于平面ABC，∴l(xiāng)⊥BC，又∠ACB＝90°，∴AC⊥BC，又AC∩l＝A，∴BC⊥平面APC，PC?平面APC，∴BC⊥PC，即∠PCB為直角，與點P的位置無關(guān)，故選C.答案：C10．解析：由題可知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＝2abcosC，所以sinC＝cosC.∵C∈(0，π)，∴C＝eq\f(π,4).故選C.答案：C11．解析：如圖，|z＋2－2i|＝1表示以C(－2,2)為圓心，1為半徑的圓，則|z－2－2i|的最小值是指引A(2,2)到圓的最短距離，明顯|AB|＝|AC|－1＝3，即為最小值，故選B.答案：B12．解析：由平面圖形易知∠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，故選D.答案：D13．解析：原式＝eq\f(\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)＋\f(\r(3),2)i))))3,[1＋i2]3)－eq\f(－2＋i1－2i,5)＝eq\f(23\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)＋\f(\r(3),2)i))3,2i3)－eq\f(－2＋4i＋i＋2,5)＝eq\f(8,－8i)－i＝i－i＝0.答案：014．解析：若m⊥α，α∥β，則m⊥β，故填②④.答案：②④15．解析：E為SA中點，連接AC交BD于O，連接OE，則OE∥SC，OE?平面EBD，SC?平面EBD，∴SC∥平面EBD.答案：E為SA中點16．解析：連接PO，則PO∥SA，∴∠OPD即為異面直線SA與PD所成角(或其補角)．且△OPD為直角三角形，∠POD為直角，∴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為純虛數(shù)，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2－2a＝0，,a2－3a＋2≠0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝0或a＝2，,a≠1且a≠2.))故a＝0.(3)z對應的點在第一象限，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2－2a>0，,a2－3a＋2>0，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a<0或a>2，,a<1或a>2，))∴a<0或a>2.∴a的取值范圍是(－∞，0)∪(2，＋∞)．(4)依題得(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cosC＝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.證明：(1)如圖，連接AC交BD于O.連接EO.∵底面ABCD是正方形，∴點O是AC的中點，在△PAC中，EO是中位線，∴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是斜邊PC的中線，∴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，因為cos∠ADC＝eq\f(1,7)，所以sin∠ADC＝eq\f(4\r(3),7)，所以sin∠BAD＝sin(∠ADC－∠B)＝sin∠ADCcosB－cos∠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×cosB＝82＋52－2×8×5×eq\f(1,2)＝49，所以AC＝7.21．解析：(1)取AB中點E，連接CE，A1B，A1E，∵AB＝AA1，∠BAA1＝60°，∴△BAA1是等邊三角形，∴A1E⊥AB，∵CA＝CB，∴CE⊥AB，∵CE∩A1E＝E，∴AB⊥面CEA1，又A1C?平面CEA1，∴AB⊥A1C.(2)由于△CAB為等邊三角形，∴CE＝eq\r(3)，∴S底面積＝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為三棱柱的高．∴h＝A1E＝eq\r(3)，V＝Sh＝eq\r(3)×eq\r(3)＝3.