综合测试卷一-【新课程能力培养】2025-2026学年高中数学必修第四册练习手册（人教B版）

N 高中数学必修第四册人教B版 “综合测试卷（一） 1.A【解析】由a=4,b=5,c=6,得cosC=4+526 2×4x5 日，∴nG=V1cosC-Vg于-37，故送A 8 2.C【解析】在△ABC中，由余弦定理，得cosC= a2+b2-c2 ,.a2+2ab+b2=c2+2,则a2+b2-c2=2-2ab,即cosC= 2ab 、222=1.△ABC的面积为1 absinc= 4，即 b=2nC.cawc=2n6-l,即sm6=o.又snc+ 2 c0sC=1,代入化简，得5cos℃+2c0sC-3-0,则c0sC=号或 cosC=-1(0<C<m,-1<cosC<1,舍去)·.故选C. 3.B【解析】cos4=b变形为acos4=bcosB,由正弦定 cosB a 理，得n4cos1=i8,即分in24=号n28,sin24- sin2B..A,B∈(0，T),.2A=2B或2A+2B=T,故A=B或 4+B=受，小“8-名是A=B的必要而不充分条件. cosB a 故选B 4C【解桥】片a( -i4l=i,z1.故选C 5.B【解析】zi=1,.z=1,z对应的点在以原点为圆 心、1为半径的圆上，z-4+3il=z-(4-3i)川表示复数z对应点 和4-3i对应点间距离，又4-3il=V424(-3)2=5,.z4+3i训 的最小值是5-1=4，故选B. 6.B【解析】已知圆锥的底面半径r=2,高h=4V2, 则母线长=V2+h2=V22+(4V2)2=6,圆锥的侧面展开图 为扇形，且扇形的弧长为圆锥底面圆周长2，扇形的半 径为圆锥的母线长L,则圆锥侧面积S=人x2rl=ml=2×6m= 2 12m.故选B. Ae-r----->B 第6题答图 106 7.C【解析】由题意，面积最小的截面是以AB为直径 的截面，将四面体ABCD放置于正方体中，可得正方体的 外接球就是四面体ABCD的外接球，设AB=a,则正方体棱 长为号4，故V3xY竖a4,可求得AB=45,故 2 截面面积的最小值为2Y6Pm=8如，故选C. 3 3 C C、 第7题答图 第8题答图 8.C【解析】连接AD,AB,三棱柱ABC-A B,C为 直三棱柱，.CC1⊥平面ABC.BCC平面ABC,.CC⊥BC 又AC⊥BC,AC,CC1C平面ACCA1,BC⊥平面 ACCA1,点B到平面A4D的距离为BC=1.AC=CB= 1,CC=2,Sao=3×2x1=l,AB=VI=V2.D为 棱CC的中点，且CC⊥平面ABC,则易知AD=BD=V2, 则AD=BD=AB=VZ,则SAm=之×V2×V2xsin牙= V3,设点A1到平面ABD的距离为d,则Van=V4n 2 即号c5au=兮-5a即号×1x1=写kV,解得 2 d=2Y3.故选C. 3 9.ABD【解析】设球半径为R,由4πR=4,得R= √元<之故A正确：设正四面体棱长为a,如图1，正 四面体ABCD,O是平面BCD的中心，AO是四面体的 商，00=号，A0-Va-Y5。,体积为 3 3 专×3.产。2.在边K为1 4 3 的正方形PQMW中，如图2所示，∠NPS=∠QPR=15°， R,S分别在边QM,MM上，PS=PR=1 cos150 OR=NS= tan15°，因此MR=MS=1-tanl5°，∴.RS=V2(1-tanl5°)= V2(cs150snl5到_ 2Y2cos15°-V2sinl5° 2 2 cos150 cos150 cos15=S,△PRS是等边三角形，易得RS- 1 V6+V2 V6-V2,RS=(V6-V2)3=12V6-20V2= V2(12V3-20),12V3-20-号=V432-21+号)k21- 21+号)<0，RS<d,RS<a,因此B中正四面体可以放入 棱长为1的正方体中，故B正确；体积为0.4m的圆柱 体，只有当底面直径不大于1m,高也不大于1m可放入 棱长为1的正方体中，当高大于1m,或底面直径大于1m 时，不能放入，例如当圆柱底面半径为0.1m时，高为 120>V3,就不能放入，故C不正确.圆锥底面直径为 1.2m,高为0.8m,如果能放到正方体中，根据对称性， 把圆锥的轴放在正方体的对角线上，如图3，正方体 ABCD-AB,CD中，AB=1,则AC=V3,可证明AC⊥平 面BDC,(通过证明BD⊥平面ACCA,得BD⊥A,C,同理 得BC⊥A,C,从而得证)，因此圆锥的底面在平面BDC:或 与之平行的平面内，△BDC,是等边三角形，边长为V2, 其内切圆半径为号×xV2=V5=0,4080.6,因此 2 6 题中圆锥的底面不可能在平面BDC:内，也不可能在平面 BDC与点C之间.设平面BDC1与A1C的交点为M(E是底 面正方形中心，AC∩C,E=M),如图，M是△BDC,的中心， 由AC与平面BDC,可得A,C⊥CE,cos∠A,CA=AC= AC 器.因t6w:405V7x 2=V3,从而AM= V3 3 图1 图2 A Q-- 图3 第9题答图 参考答案。 2Y3≈1.155>0.8，重新取正六边形HIJKLP,如图，各顶 3 点是相应棱中点，易可证明平面HIJ∥平面BDC1,从而也 有A,C1平面，面正六边形瓜P的边长为Y子， 其内切圆半径为3×Y2=Y60.61>0.6,KJn 2 4 A G-R,PHOAC-0.RQ0A.C=S.AR-CQ=3V2 4 可得S是A,C的中点，而AS=Y3=0.866>0.8,因此题 2 设圆锥可能放到正方体中，故D正确.故选ABD. 10.ACD【解析】由于x+i=1+i(x,y∈R),根据复 数相等的知识，可知x=y=1,故A正确；若z1=i,z2=1, 则z+z=0,但z1≠z2,故B错误；设z=a+bi(a,beR), d2+b2=a2-b2, 由kP=z2,得c2+b2=㎡2-b2+2abi,则 解得b=0. 2ab=0, ∴z=a为实数，故C正确；由于lz-1=V2,z对应点的 轨迹是以(1,0)为圆心，半径为V2的圆，而z表示圆 上的点到原点的距离，z最大值为V2+1,故D正确. 故选ACD. 第10题答图 11.ABD【解析】.△ABC的周长为3，且B=60°，可 得a+b+c=3,由余弦定理，得b2=d2+c2-2 accosB=d+c2-ac. 2b=atc,六atc上=+c2-c,即(a-c)0,则ab=c,故A 4 正确；b2=ac,∴.ac=d2+c2-ac,即(a-c)2=0,则a=b=c,此时 △ABC为等边三角形，故B正确；由b2-a2+c2-ac=(3-a-c)2, 可得ac=2(a+c)-3≥4Vac-3,当且仅当a=c时等号成立， 解得ac≤1或a©≥9（舍去），△ABC的面积S=2 aesinB≤ Y军，△4Bc的内切圆半径≤Y答，△4BC内 a+b+c 部可以放入的最大圆的半径为Y了，故C错误：设 6 △ABC外接圆的半径为R,2(ac)-3=c≤（生，(a+ 107 N 高中数学必修第四册人教B版 c)2-8(a+c)+12≥0，解得a+c≤2或a+c≥6（舍去），由b2= (3-a-c)P≥1，可得b≥1.2R=6 n60k≥V,可 3 以完全覆益△ABC的最小圆的半径为Y三，故D正确，故 选ABD. 12.93【解析】∠A的平分线交BC于点D,且 8 CD=2BD,在△ABD中，由正弦定理，得，AB sin∠ADB sinBAD,在△ACD中，由正弦定理，得AC BD sin ZADC= sinCAD·LBAD=∠CAD,且∠ADB+∠ADC=m, CD n∠4D6n∠4DC,可得总=80,4C=2MB又 SSMGFSARC,且∠A=2T,AD为角A的平分线，可 得7x1Bx1 Dxsin-号+7×1 CxADxin-号-7×1Bx4Cx sn号，AD=1,且AC-24B,可得号X1Bx1x+号× 24x罗-宁×404x,解0A=号5m 2XB1csin4=号××3xY-9g5 2 8 13.一【解析】复数=1+3，=3+i,4=+31 223+i 得部-餐-号+号、在复平前内对应的点为 (号，专)，则点？，专)位于第一象限 14.②③【解析】如图1，连接AC,EF,连接AC, BD交于点O,连接OF,则O是AC的中点，F是CC1的 中点，则AC∥OF,而EOF,故EF∥AC不成立，①错； 如图2，BD⊥AC,CF⊥面ABCD,BDC面ABCD,则CF⊥ BD,由AC∩CF-C,AC,CFC面ACFA1,则BD⊥面ACFA1, AFC面ACFA,AF与BD垂直，②对；如图3，若G为 BB1的中点，连接AG,GF,显然GF∥BC∥AD,则面ADF 即为面AGFD,由题设，易知Rt△AEA1≌Rt△BGA,则 ∠BAG+∠AEA1=90°，即EA1⊥GA,由AD⊥面ABBA1, EA1C面ABBA1,则AD⊥EA1,GA∩AD=A,GA,，ADC面 AGFD,则EA1⊥面AGFD,即AE⊥平面ADF,③对；如 图4，由面ABCD∥面A,B,CD1,则AF与平面ABCD所成角， 即为AF与平面AB,CD1所成的角，由CF⊥面ABCD1, 连接A1C,则∠FAC1或其补角即为所求线面角，在 108 Rt△FAC中，AG=V2AB,A,=1VA,G+CC= 1AB FCL= 号AB,'sin FA CA=3,=3,④错 D 图1 图2 图3 图4 第14题答图 15.解：()x)≤石儿，即当=-石时，函数 f(x)取到最值，又f(x)=asin2x+cos2=V+Isin(2x+p)≤ VI,其中ae=(a≠0)，-石]=d+l,代入， 得sin2-石heo2-君)-1，即-t2-1. 解得(a+V3)2=0,∴.a=-V3,f(x)=-V3sin2x+cos2x= -2sin2x-石)月 (2)由(1)）可得f)=-2sin2x-石)，由复数的几何 意义，知P(-2,4,Q(-2,f),Sam=7×2x1 1P01=f(e)+41=-2sin2-石）+4，当2-石=2m-受 k∈Z,即6m-石，k∈Z时，Som有最大值6；当2-石 =2km+受，ke乙，即km+号，keZ时，Sam有最小值 2;Sam∈[2,6]. 16.(1)解：在△ABC中，4m=becosA-+accosB,故 4sinA2=sinBsinCcosA+sinCsinA cosB=sinC(sinBcosA+sinA cosB) =sinCsin (A+B)=sinC..'A,CE (0,).'.sinA sinC>0, 故sin4-1 sinC2 第16题答图 (2)（1)证明：在△ABD中，由正弦定理，得 sin/ABD=sin乙ADB①，又AB=AD+BD:-2AD·BD. AD AB oL4B②.同理，在ABCD中，m2asn8CB③， CD BC=CD2+BD2-2CD·BD.cos∠CDB④，BD是∠ABC的平分 线，则∠ABD=∠CBD,则sin∠ABD=sin∠CBD,又∠ADB+ ∠CDB=T,故sin∠ADB=sin∠CDB,cos∠ADB+cos∠CDB= 0.故①：③，得品能⑤，即2=c CD AC=AB+BC,AC AB+BC,由CDX②+ADx④，得CDAB+AD-BC=CDAD: BC (AD+CD)+(CD+AD)·BD=CD·AD·AC+AC·BD2,则BD= CD-ABAD-BG-CD.AD=BC-ABAB-BG-CD.AD=BA. AC AB+BC BC-DA·DC,即BDP=BA·BC-DA·DC (i)解：分，故c-2,则山⑤，得品品 =2,则AD=子AC,DC=号AC,由a=1以及(1)知 BD°=2-2AC,即BD+2AC=2,则BD+2ACR≥2V2 3 BDAC,当且仅当BD=子AC,结合BD+号AC=2,即 BD=1,AC=3Y时等号成立，放BDAC∈3Y,即 2 BDAC的最大值为3V② 2 17.(1)证明：如图所示，连接AB,:E,F分别为 AA1,AB的中点，AB∥EF又AB∥DC,DC∥EF .EFt平面ACD,DCC平面ACD,EF∥平面ACD. B D E 第17题答图 参考答案。 (2)解：设点A到平面ACD的距离为d,在长方体 中，可得CC1∥平面ADDA1,且CD⊥平面ADDA1,.C到 平面ADDA1的距离等于C到平面ADDA1的距离，即三棱 雀CAAD的高为CD-2.Ve-号5 CD=-兮×分×4X 2x2=氵，在直角△A,D中，可得A,D=VAA+MD= 2V5,在直角△AD,C中，可得AC1=VAD+DC= 2V5,在直角△CCD中，可得DC1=VCD+CC=2V2, .△A,C,D为等腰三角形，可得边DC1上的高为h= V2V5)2-(V2P-3V2,5ae=2x2V2x3V2= 6,由V=V,可得}Sand了5 CD,即号× 6-弩，解得d上号，即点4到平面A,CD的距离为含 18.(1)证明：取PC的中点M,连接DM,MF,F 为PB的中点，MF∥BC且MF=号BC.E为AD的中点， DE∥BC且DE=BC,MF∥DE且MF=DE,.四边形 DEFM为平行四边形，∴.EF∥DM.又DMC平面PCD,EFt 平面PCD,..EF∥平面PCD. (2)解：方法一：连接BD,则三棱锥PABD为鳖臑. 由四边形ABCD为正方形，可得△ABD为直角三角形， PD⊥底面ABCD,AD,BD,ABC面ABCD,PD⊥AD, PD⊥BD,PD⊥AB,.△PAD,△PBD都是直角三角形. AB⊥AD,AD∩PD=D,AD,PDC平面PAD,.AB⊥平面 PAD.又PAC平面PAD..PA⊥AB,∴.△PAB为直角三角 形，.三棱锥PABD的四个面都是直角三角形，.三棱锥 P-ABD为鳖臑 方法二：三棱锥PBCD为鳖 臑，由四边形ABCD为正方形，可 得△BCD为直角三角形，PD⊥底 面ABCD,BC,BD,CDC面 ABCD,∴.PD⊥BC,PD⊥BD,PD⊥ CD,.△PCD,△PBD都是直角三 角形.BC⊥CD,CDOPD=D,CD, 第18题答图 PDC平面PCD,∴BC⊥平面PCD.又PCC平面PCD, :PC⊥BC,∴.△PBC为直角三角形，·三棱锥PBCD的四 个面都是直角三角形，三棱锥PBCD为鳖臑. 19.(1)证明：侧面OAD是正三角形，M是OD的 中点，AM⊥QD.CD上AD,面QAD上面ABCD,面 109 N 高中数学必修第四册人教B版 QAD∩面ABCD=AD,CDC面ABCD,∴.CD⊥面QAD.又 AMC面QAD,..CD⊥AM.又CD∩QD=D,CD,QDC平面 QCD,.∴AM⊥平面QCD. (2)解：取AD的中点E,BC的中点F,连接QE, EF,FQ,则EF∥AB且EF=AB,QE⊥AD,故EF⊥BC, 面QAD⊥面ABCD,面QAD∩面ABCD=AD,QEC面 QAD,.QE⊥面ABCD.EF,BCC面ABCD,.QE⊥EF, QE⊥BC.又EF∩QE=E,EF,QEC平面QEF,.BC⊥平面 QEF又QFC平面QEF,BC⊥QF,则∠QFE即为侧面 QBC与底面ABCD所成二面角的平面角，设AB=2,则EF= 2,0E=V3,故0F=V4+3=V7,cos∠0FE=E= OF 2=2Y7,即侧面QBC与底面ABCD所成二面角的 VT 7 余弦值为2V7 7 (3)解：当ON⊥面ABCD时，平面AMC⊥平面BDN, 证明如下：如图，连接CE交BD于点O,连接OW,.底 面ABCD是正方形，AC⊥BD.由(2)得QE⊥面ABCD, ACC面ABCD,∴.QE⊥AC..ON⊥面ABCD时，ON∥QE, .AC⊥ON.又ON∩BD=O,ON,BDC平面BDN..∴AC⊥平 面BDW,又ACC平面AMC,∴.平面AMC⊥平面BDN. aD/Bc,8--分0v/0E.%-8-号 在棱OC上是否存在点N,当=}时，平面BDNL平面 NC 2 AMC. D 第19题答图 "综合测试卷（二) 1.D【解析】z在复平面内对应的点是(-1，V2), 根据复数的几何意义，得z=-1+V2i,由共轭复数的定 义，可知=-1-V2i.故选D. 2.B【解析】在正三棱柱ABC-ABC1中，若AB=2, AA=l,Sau=x22xY=V了，由勾股定理，可得 2 110 A1B=AC=V1+22=V5,在等腰三角 形ABC中，底边BC上的高长为 V(5)2(222,等腰三 角形A,BC的面积为】×2x2=2,设点 A、 2 A到平面ABC的距离为h,VAx= 2题答图 V→了h2=}×1xV了→h=3,故选B 3 2 3.C【解析】由直角梯形A'B'CD'中B'C=A'B'=1,且 ∠A'D'C=45°，作A'P⊥DC于点P,则四边形A'B'CP为 正方形，△A'PD'为等腰直角三角形，故A'D'=V2,DC =2.故原图为直角梯形，且上底AB=A'B=1,高AD=2A'D' =2V2,下底Dc=D'C=2.其面积为号×1+2)×2V2= 3V2.故选C. A /D(O')P C' 图1 图2 第3题答图 4.D【解析】z是纯虚数，故设z=bi(beR且b≠0). 又(z+2)2-8i=4-b2+(4b-8)i是纯虚数，∴.4-b2=0且4b-8≠ 0,解得b=-2,.z=-2i.故选D. 5.B【解析】由题意，得A+B+C=3B=m,B=号，设 △ABC外接圆的半径为R,则由正弦定理，得、品g=2R= ,=2,直径为4散滋B 3 3 6.C【解析】由空间中两条直线所成角的取值范围是 [0,受引，可知①正确：由空间中直线与平面所成角的取 值范围是0，受引，可知②正确：空间中二面角的平面角 的取值范围是[0，π]，可知④错误；空间中平面与平面所 成角的取值范围是0，受引，可知③正确.故选C 7.A【解析】由余弦定理，得cosLBAC=AB+4C-BC 2AB·AC =48后-子，店+M-部+2a.花+=4+22x3× 2x2×3综合测试卷一）。 综合测试卷（一) 时间：120分钟满分：150分 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，5.复数z满足zi=1(i为虚数单位)，则lz-4+ 共40分.在每小题给出的四个选项中，： 3的最小值为() 只有一项是符合题目要求的！ A.3 B.4 1.在△ABC中，a=4,b=5,c=6,则sinC= C.5 D.6 ):6.已知一个圆锥的底面半径为2，高为4V2, A.3V7 8 B 则该圆锥的侧面积为（) A.4T B.12m c.V⑦ D.3V7 4 16 C.16m D.16V2 3 2.记△ABC的内角A,B,C的对边分别为：7.已知正四面体ABCD外接球的半径为2， a,b,c,且a㎡+2ab+b2=c2+2,若△ABC的 过棱AB作该球的截面，则截面面积的最 面积为4，则cosC(） 小值为() A.T A B号 B誓 C.87 D.3m c D号 3 8.如图所示，在直三棱柱 3.在△ABC中，内角A,B,C的对边分别 ABC-ABC1中，AC⊥CB, 为a,b,c,则“C0s4=b”是“A=B AC=CB=1,CC1=2,D为 cosB a 棱CC的中点，则点A 的()》 到平面ABD的距离是 第8题图 A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充要条件 A.V 2 B.V6 3 D.既不充分也不必要条件 c.2V3 D.V6 4已知复数=，则上() 3 6 二、选择题：本题共3小题，每小题6分， A.i B.-i 共18分.在每小题给出的选项中，有多 C.1 D.V2 项符合题目要求.全部选对的得6分，部 13 N 高中数学必修第四册人教B版 分选对的得部分分，有选错的得0分. 13.已知复数1=1+3i,z2=3+i,则1在复平 9.下列物体中，一定能够被完整放入棱长为 面内对应的点位于第 象限」 1(单位：m)的正方体容器（容器壁厚 度忽略不计)内的有() 14.如图所示，在正方体ABCD-ABCD1中， 点E,F分别是AB, D A.表面积为4m2的球体 A B.体积为0.3m3的正四面体 CC的中点 C.体积为0.4m3的圆柱体 ①EF∥AC: ②AF⊥BD; D.底面半径为0.6m、高为0.8m的圆 锥体 ③AE⊥平面ADF; E 10.下列命题中正确的是() ④AF与平面ABCD 第14题图 A.若x+yi=l+i(x,y∈R),则x=y=1 所成角的正弦值为2V2 3 B.若复数a1,2满足+z=0,则z1=32=0 其中所有正确说法的序号是 C.若zP=z2,则复数z一定为实数 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答 D.若复数z满足z-1=V2,则z的最大 应写出文字说明、证明过程或演算步骤， 值为V/2+1 15.(13分)已知函数f(x)=asin2x+cos2x, 11.记△ABC的内角A,B,C的对边分别为 a,b,c,已知△ABC的周长为3，B= 且)s1-石 60°，则() (1)求函数f(x)的解析式. A.若△ABC满足2b=a+c,则△ABC是 (2)0为坐标原点，复数1=-2-4i,2= 等边三角形 -2+f(t)i在复平面内对应的点分别 B.存在△ABC满足b2=aC 为P,Q,求△OPQ面积的取值范围. C.△ABC内部可以放入的最大圆的半径 为3 D.可以完全覆盖△ABC的最小圆的半径 为V3 3 三、填空题：本题共3小题，每小题5分， 共15分 12.已知△ABC中，A=2π，A的平分线交 BC于点D,AD=1且CD=2BD,则△ABC 的面积为 14 综合测试卷一）。 16.(15分)在△ABC中，内角A,B,C所17.（15分)在长方体ABCD-ABCD1中， 对的边分别为a,b,c.已知4a2= E,F分别是AA1,AB1的中点，AA1= becosA+accosB. AB=2,AD=4,过D,A1,C三点的平 (1)求sin4的值， 面截去长方体的一个角后，得到如图所 sinc 示的几何体ABCD-ABC1. (2)若BD是∠ABC的平分线. (1)求证：EF∥平面ACD. (i)求证：BD2=BA·BC-DA·DC (2)求点A到平面AC,D的距离. (i)若a=1,求BD·AC的最大值. D A B 第17题图 (15 N 高中数学必修第四册人教B版 18.(17分)如图，在四棱锥P-ABCD中， 19.（17分)如图，在四棱锥Q-ABCD中， PDL底面ABCD,四边形ABCD为正方 底面ABCD是正方形，侧面QAD是正 形，PD=DC,E,F分别是AD,PB的 三角形，侧面QAD⊥底面ABCD,M是 中点 : QD的中点， (1)求证：EF∥平面PCD. (1)求证：AM⊥平面QCD. (2)鳖嚅是我国古代数学对四个面均为 (2)求侧面QBC与底面ABCD所成二面 直角三角形的四面体的统称.题图 角的余弦值： 中是否能找到鳖臑？若能，写出一 (3)在棱QC上是否存在点N,使平面 个并证明：若不能，说明理由」 BDN1平面AMC成立？如果存在， 求出0：如果不存在，说明理由。 第18题图 第19题图 (16