模块综合检测卷-【勤径学升】2024-2025学年高中数学必修第四册同步练测（人教B版2019）

因为底面ABCD是菱形,所以 与A.C不垂直,故C错误;D项,连接B.D,BD 1 ADI.BC A.C..BB 1A.C,BD OBB -B,所以A.C 1平面 所以DGlI.BE BB.D,所以AC 1BD,故D正确. 所以四边形 DGBE是平行四 7.A 连接AC..AC1AB,AC] 边形, BC .ABOBC =B..'.AC1平面 所以BG/DE.又因为BGC平 ABC,又ACC乎面ABC..,乎面 面PDE,DEC平面PDE, ABC 乎面ABC.',点C 在乎面 所以BG/平面PDE. ABC上的射影H必在两平面的交 (2)点F为PC的中点时,平面DEF 平面ABCD 线AB上,故选A. 证明如下:因为侧面PAD为正三角形,G为AD的中点; 8.B 's-2absinC,a*+b-&=2abcos C,代入4v3S 所以PG|AD. 因为平面PAD1平面ABCD,平面PADO平面AB- -(a+b)-c*=a}+b-c+2ab,即23absinC= CD=AD,PG IAD,PGC平面PAD. 2abcos C十2ab..ab0,..3 sinC-cos C十1,即 所以PG1平面ABCD. 3sinC-cosC-1.. 连接CG交DE于点O,则点O是CG的中点, 所以OF/PG,所以OF1平面ABCD. sin(C-)-,故选B. 又因为OFC平面DEF,所以平面DEF1平面ABCD 9.BD 由题意,复数:-2 2-2(-1-)--1-i,则 模块综合检测卷 2 2i(1+i) 1.B 因为-12-1)-1+2i-1-1-1+2i--2+ lzl-2,”-2i,--1+i,复数的虚部为-1. 10.AD 由正弦定理可知,2sinBsinA-/5sinAcosB 3i,则复数z在复平面内对应的点(一2,3)位于第二象 .sinA0..'2sinB-5cos B. 又sinB+cos*B-1 限,故选B. 2.A 对于A,斜校柱的侧面中是平行四边形,有可能是 矩形,故A正确; BC$-2AB·BCcos B 得 BC=6. A. cos BAC= 对于B,有一个面是多边形,其余各面都是三角形,如果 三角形没有公共点,则该几何体不是梭锥,故B错误; 2AB·AC 2X2×2/6 对于C,如果是绕直角三角形斜边所在直线旋转一周形 成的曲面围成的几何体则不是圆锥,故C错误; 对于D,核台各倒校的延长线一定交于一点,故D错误 故选A. 2ac AB+AF*-2AB·AE· cos A-4+3-2x2x 2c (-5)-15.BEF-30 30;D.在△ABD中,AD- 4.B 由正弦定理,得BC 1# ACXsinA1x 5..AD-5. BC ③ 11.AB 如图,连接BD.因为四 B_- 边形ABCD是平行四边形, 且E是AC的中点,所以E 5.C .在长方体ABCDA.B.CD 中, 是BD的中点,所以EF/ D.C/A.B..'A.B/平面DCC D,而A PB,则EF/平面PAB,EF D.C与B.C是相交直线,..A.B与 /平面PBC,故A,B正确;B B.C的位置关系是异面直线. 因为AD/BC,所以AD/平面PBC.假设AF/平面 6.D A项,AA. /BB.,BB 与 PBC,又AFOAD=A,则平面PAD/平面PBC.因为 BD.相交,所以BD.与AA,异 平面PAD与平面PBC相交,则假设不成立,即AF/ 面,故A错误;B项,BD 与平 平面PBC不成立,故D错误;同理可得C错误. 面ADDA.相交,且D.A.D. 故选AB. 所以BD 与A.D异面,故B错 12.ABD 对于A,因为PA1平面ABC,且BCC平面 误;C项,四边形A.BCD.是矩 ABC,所以PA1BC.又因为AB为圆O的直径,且点 形,不是菱形,所以对角线BD C在圆O上,所以BC AC.又PAOAC=A,所以BC 60 1平面PAC.又PCC平面PAC,所以BC PC,故A 当该六面体内有一球,且该球的体积取最大值时,球心 正确;对于B,因为点O为线段AB中点:点M为线段 为O.且该球与SD相切,过球心O作OE SD,则OE PB中点,所以OM/PA.又因为OMC平面APC,且 就是球的半径,因为SOXOD一SD×OE,所以球的半 PAC平面APC,所以OM/平面APC,故B正确;对 于C,若OC1.乎面APB,则OC|AB.又因为点O为 SD ##,所以该球的体积为 线段AB中点,则AC一BC,而题中并无条件说明AC 一BC,故C错误;对于D,由选项A的分析可知,BCl 乎面PAC,所以点B到平面PAC的距离等于线段BC ##({)# 的长,故D正确 答 13.解析 由斜二测画法规则可知,原图中的△ABC满足 ACB-90*,AC=A'C'=3.BC=2 B'C'-4,在 17.解 (1)由r^-2x+5-0,则(x-1)--6-6^},$ △ABC中,由勾股定理可得,AB-\3十4-5. 答案5 解得x-1士v6i,所以z-1+i或1-6i. 14.解析 如图,延长AD到点 (2)因为复数z,虚部大于零,所以z-1十i. P,使AD-DP,:D是线段 又复数z。的虚部为1,可设z。=a十i,aR, BC的中点,'.四边形ABPC 则zz-(1+6i)(a+i-a-+(6a+1)i 是平行四边形,ACP一 (a--0, 因为zz.是纯虚数,所以 $$ 0*,在△ABC中,BC{$}=12=AB{}+AC$}-2XAB$$$$ 解得a-v6, 6a+1-0, ACcos 60*},.'BC*-12-AB+AC$-ABXAC 所以z-+i,所以z-6+T-7 ABXAC,当且仅当AB-AC-23时等号成立 在△ACP 中,AP*=AC*+AB-2XACXABX 18.解(1)因为B-吾,a-3,A-吾,所以由正弦定理 cos 120*-AC*+AB*+ACXAB.'AP-12+2$AC ssiA b XAB36..'.2AD6..'.AD3. 答案3 15.解析 对于①:由图知,取 CD的中点F,连接MF, BF,设AD一a,易知 (2)选①: A.DE- MFB--,MF 由余弦定理,得b*-a+c-2accosB,即13-c2+9- 2×3c -A.D-FB-DEF= 整理得c-3c-4-0,由c>0,得c-4, ②a,由余弦定理可得MB{}=M^*}+FB^{}-2MF·$$$$ FBcos MFB,所以MB是定值,故①正确;对于②:由 所以Sa-acsinB-x3x4x3-3v3 反证法,若总有CA 1平面A.DE成立,则CA |A.E 选②: 成立,而CE-②a,A.E-a,求得CA.=a为定值,而 因为sinC一2sinA,由正弦定理,得c-2a, 在翻折过程中,CA,的长是一直变化的,故②错误;对 所以c-6,所以$-acsinB-x63x3# 于③:因为A.C在平面ABCD中的射影为AC,AC与 DE不垂真,所以A.C与DE一定不垂直,可得③不正 #7. 确;对于④:由①知,MF/DA.,BF/DE,所以平面 MBF/平面A.DE,所以MB/平面A.DE,故④正确. 19.证明(1)如图所示,取 答案 ①④ BB 中点P,连接MP. 16.解析 该六面体是由两个全等的正四面体组合而成, NP,则MP/BC. 正四面体的梭长为1,如图,在梭长为1的正四面体 因为BCC平面ABC, S-ABC中,取BC的中点D,连 MPC平面ABC, 接SD,AD,作SO1平面ABC. 所以MP/平面ABC 垂足O在AD上,则AD-SD= 因为N,P分别A.B,BB.的中点, 所以PN/A.B.又A. B. /AB,所以PN/AB 因为ABC平面ABC,PNC平面ABC,所以NP/平 面ABC. 的体权V-2-#×x## 因为NPOMP=P,NPC平面PMN,MPC平面 PMN,所以平面PMN//乎面ABC 又MNC平面PMN,所以MN/平面ABC 61 (2)不妨设BC-1,则A.A-A.M-2. 解得BD-46,则CD-122. 依题意CA.=CA=C.A.. 故BD+CD-46+122. 故A.M为等腰△A.CC 底边上的中线,则A.M 1CC. 即农贸市场D到村庄B,C的距离之和为(4、6十 12/②)千来. 于是AC-A.C-AM+MC- 22.解(1)证明:在矩形ABCD中,因为AB-4,BC=2. 因为AB{}+BC}-AC, E为DC中点, 所以AB1BC,同理A.B{}+BC$=A.C^{*,则A. B 1B$C 故可得AD=DE-2.在Rt△ADE中, 又ABOA. B=B,ABC平面ABA ,A.BC平面 ABA.,所以BC1平面ABB.A.. 由勾股定理可得AE= AD+DE-2② 20.解(1)由正弦定理,得 同理,在Rt△BCE中,可得EB-2、/2, a-*=b(a-b):cos C-&+- 故在△AEB中,满足AEF^{}+BE{}-AB{}-16$ 2ab 2: 故可得BE|AE. 由于CE(0,n),所以C一π. 又二面角DAEB为直二面角,且面ADEO面AEE -AE. b si 又BEC面AEB,AE BE,故可得BE 面AED 又ADC面AED,故可得BE AD 3 (2)取AE中点为M,连接DM,如图①所示. D 三角形ABC的周长为 o6 ② #t#nA{#)-A)一分 1 因为DA-DE-2,M为AE中点,故可得DM |AE. 又二面角D-AE-B为直二面角,具面ADEO面AEB =AE,DMC面ADE,具DM AE,故DM 面AEB 则 DEM即为所求DE与面ABCE所成角. -3sin A+cos A+1-2sin(A+-)+1. 在Rt△DME中,DE-2,AE-2/2,ME=2 一O DEe 由于AE(o0,2),A+(#=) 故可得cosDEM一 [0.) 所以sin(A+吾)e(,1,2sin(A+哥)+1(2,3] 故乙DEM-. 所以△ABC周长的最大值为3. 即DE与平面ABCE所成角的大小为吾. 21.解 (1)由题意可得AB-43-4,AC-8, BAC= 120{*},在△ABC中,由余弦定理可得 (3)过M作EC的垂线交CE的延长线于H,垂足为 BC$-AB+AC$-2AB·ACcos BAC, H,连接DH,如图②所示. 则$C$$-[4(3-1)]+8*-2$8$×43-1)$ 由(2)可知,DM1面ABCE,HEC面ABCE, 故可得HE1DM (-)-96,故BC-4v. 又HE1HM,DMOMH-M,DM,MHC面DMH. 故HE1.面DMH. 即村中B,C之间的距离为4千米. (2)在△ABC中,由正弦定理可得 又DHC面DMH,故DH HE.又MH HE 故 /DHM即为所求二面角D-EC-B的平面角. BC AC sinZBAC-sinABC' 由(2)可知,ME-2.DE-2. 故可得DM- DE-ME-② 则sin ABC-ACsin BAC BC 由(1)可知,BE|AE.又CE-BC,CE|CB. 46 故可得二HEM一哥. 从而ABC-45* 故村庄C在村庄B的正西方向。 .HMHM2 在Rt△HEM中,sin HEM- ME 因为农贸市场D在村庄B的北偏东30{的方向,所以 2=2 CBD-120* 故可得HM-1. DM2-2. 在△BCD中,由余弦定理可得 在Rt△DHM中,tan DHM- CD=BC+BD-2BC·BDcos /CBD HM 因为CD-3BD,所以3BD=(4V)*+BD+46BD$ 故二面角D-EC-B的正切值为/② 62模块综合检测卷 (本卷满分150分；考试用时120分钟) 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共 6.已知正方体ABCD 40分.在每小题给出的四个选项中，只有 ABCD(如图所示)，则下 一项是符合题目要求的， 列结论正确的是 1.已知x= 2i A.BD1∥A1A 一1+2i,则复数之在复平面 B.BD1∥AD 内对应的点位于 ( ) C.BD1⊥A1C A.第一象限 B.第二象限 D.BD1⊥AC C.第三象限 D.第四象限 7.如图所示，在斜三棱柱 2.下列说法中正确的是 ABC-A1B1C中，∠BAC ) =90°，BC1⊥AC,则点C A.斜棱柱的侧面中可能有矩形 B 在平面ABC上的射影H B.有一个面是多边形，其余各面都是三角 必在 形的几何体是棱锥 A.直线AB上 C.直角三角形绕它的一条边所在直线旋 B.直线BC上 转一周形成的曲面围成的几何体是 C.直线AC上 圆锥 D.△ABC的内部 D.棱台各侧棱的延长线不一定交于一点 8.设△ABC的内角A,B,C所对的边分别为 3.已知△ABC的角A,B,C所对的边分别为 a,b,c,若△ABC的面积为S,且4√3S=(a a,bc,b=7,a=1,B=行，则c=（） +b)2-c2,则sin(C-） () A.5 B.2 C.3 D.3 A.1 C② D③ 4.在△ABC中，若A=号，AC=1,BC=3, 二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共 则B= 20分.在每小题给出的选项中，有多项符 合题目要求.全部选对的得5分，部分选 A.号 B晋 对的得2分，有选错的得0分 c吾或号 D.晋或爱 2 9.下面是关于复数=一1十的四个命题，其 5.在长方体ABCD-A1B1C,D1中，与直线 中的真命题为 AB是异面直线的是 () A.x=2 A.直线AB B.直线CD B.2=2i C.x的共軛复数为1十i C.直线BC D.直线BC D.x的虚部为一1 51 高中数学·必修第四册(RJB 10.在△ABC中，角A,B,C的对边分别为 14.《益古演段》是我国古代 a,b,c,2bsin A=5acos B,AB=2,AC= 数学家李冶(1192~ 2√6，D为BC中点，E为AC上的点，且 1279)的一部数学著作. BE为∠ABC的平分线，下列结论正确的 内容主要是已知平面图形的信息，求圆 是 () 的半径、正方形的边长和周长等等，其中 A.coS∠BAC--6 B.SAABC=35 有这样一个问题：如图，已知∠A=60°， 点B,C分别在∠A的两个边上移动，且 C.BE=2 D.AD=√5 保持B,C两点间的距离为2√3，则点B, 11.如图，在四棱锥P ABCD中，四边形 C在移动过程中，线段BC的中点D到点 ABCD是平行四边 A的最大距离为 形，E,F分别是AC, 15.如图，矩形ABCD PD的中点，则 中，AB=2AD,E 为边AB的中点， A.EF∥平面PAB 将△ADE沿直线DE翻折成△A,DE.若M B.EF∥平面PBC 为线段AC的中点，则在△ADE翻折过程 C.CF∥平面PAB 中，下面四个命题中正确是 ,(填序 D.AF∥平面PBC 号即可) 12.如图所示，直线PA垂直 ①BMI是定值； 于圆O所在的平面， △ABC内接于圆O,且 ②总有CA1⊥平面ADE成立； AB为圆O的直径，点M ③存在某个位置，使DE⊥AC; 为线段PB的中点.则下 ④存在某个位置，使MB∥平面A,DE. 列结论正确的是 16.农历五月初五是中国的传统节日一端 A.BC⊥PC 午节，民间有吃粽子的习俗，粽子又称“粽 B.OM∥平面APC 粒”，古称“角黍”.同学们在劳动课上模拟 C.OC⊥平面APB 制作“粽子”，如图(1)的平行四边形形状 D.点B到平面PAC的距离等于线段BC 的纸片是由六个边长为1的正三角形组 的长 成的，将它沿虚线折起来，可以得到如图 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共 20分. (2)的粽子形状的六面体，则该六面体的 13.水平放置的△ABC的斜二测直观图如图 体积为 :若该六面体内有一 所示，已知A'C'=3,B'C'=2,则原图AB 球，则该球的体积的最大值为 长度为 C(0门 图1) 图(2) 52 四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应：19.(12分)已知三棱 写出文字说明、证明过程或演算步骤. 柱ABC-A,B,C A 17.(10分)已知复数名1是一元二次方程x 中，M,N分别是 一2x+7=0的根. CC1与A1B的中点，△ABA1为等边三角 (1)求1； 形，CA=CA1,A1A=AM=2BC.求证： (2)若复数1虚部大于零，复数2的虚 (1)MN∥平面ABC: 部为1，名12是纯虚数，求|22 (2)BC⊥平面ABB1A1. 18.(12分)在△ABC中，a,b,c分别是角A, B,C的对边，B=子a=3. 20.(12分)设△ABC的内角A,B,C的对边 (1)若A=年，求b: 分别为a,b,c,且asin A-csin C=b(sinA (2)若 ,求c的值及△ABC的 -sin B). 面积. (1)求角C: 请从①b=√13，②sinC=2sinA,这两个 (2)若c=1,求△ABC的周长的最大值. 条件中任选一个，将问题(2)补充完整，并 作答. 53 高中数学·必修第四册(RJB) 21.(12分)已知村庄B在 22.(12分)如图所示，在矩形ABCD中，AB 村庄A的东北方向，且c =4,BC=2,E为DC的中点，沿AE将 村庄A,B之间的距离 △AED翻折，使二面角D-AE-B为直二 是4(3-1)千米，村庄C在村庄A的北 面角. 偏西75°方向，且村庄A,C之间的距离是 8千米，现要在村庄B的北偏东30°方向 建立一个农贸市场D,使得农贸市场D (1)求证：AD⊥BE; 到村庄C的距离是到村庄B的距离的 (2)求DE与平面ABCE所成角的大小； √3倍 (3)求二面角D-EC-B的正切值， (1)求村庄B,C之间的距离： (2)求农贸市场D到村庄B,C的距离 之和. 54