综合测试卷三-【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）

综合测试卷曰⊙。 综合测试卷（三） 时间：120分钟满分：150分 一、选择题：本题共8小题，每小题5分， A.经过三个点有且只有一个平面 共40分.在每小题给出的四个选项中， B.垂直于同一直线的两条直线平行 只有一项是符合题目要求的， C.如果两个角的两条边分别对应平行，那 1.若i(1+z)=1,则-z=（) 么这两个角相等 A.-2 B.0 D.若两个平面平行，则其中一个平面中 C.2i D.-2i 的任何直线都平行于另一个平面 2.在△ABC中，A=60°，BC=4V3,AC= 6.如图，在四棱锥P-ABCD 中，PA⊥底面ABCD, 4V2,则角C的大小为() PA=2,底面ABCD为边 A.75 B.45° 长为2的正方形，E为 C.135° D.45°或135° PD的中点，则异面直线 3.在一个倒置的正三棱锥容器内，放入一个 BD与AE所成角的余弦 第6题图 钢球，钢球恰好与棱锥的四个面都接触， 值为( 经过棱锥的一条侧棱和高作截面，正确的 截面图形是() A吉 B c.V② D.V3 3 3 7.在△ABC中，sinA-sinB-sinC≥ V3 sinBsinC时，角A的取值范围是 () A. B. C. D.0, 4.已知复数z满足2z+i·z=3,则复数z的虚 8.在锐角△ABC中，角A,B,C的对边分 部为() 别为a,b,c,S为△ABC的面积，a=2, A.-1 B.2 且2S=a2-(b-c)2,则△ABC的周长的取值 C.2i D.-i 范围是( 5.在空间中，下列命题是真命题的是() A.(4,6] B.(4,2V5+2] 21 N 高中数学必修第四册人教B版 C.(6,2V5+2]D.(4,V5+2] 45°，当△ABC有两个解时，a的取值范 二、选择题：本题共3小题，每小题6分， 围是 共18分.在每小题给出的选项中，有多 :四、解答题：本题共5小题，共77分.解答 项符合题目要求.全部选对的得6分， 应写出文字说明、证明过程或演算步骤 部分选对的得部分分，有选错的得0分 15.(13分)已知复数z=3+i(m∈R),名1= 9.已知复数z满足z(V3+i)=-2i,则() (1+3i)z,且a1为纯虚数. (1)求复数z. A.lal=1 B.z的虚部为V3 2 (2)设z,z2在复平面上对应的点分别为 C.z3+1=0 D.2=z A,B,O为坐标原点.求向量0OA在 10.已知正方体ABCD-ABCD1中，O为BD 向量OB上的投影向量的坐标， 的中点，直线AC交平面ABD1于点M, 则下列结论正确的是( ) A.A,M,O三点共线 B.A,M,O,A四点共面 C.A,O,C,M四点共面 D.B,B1,O,M四点共面 11.已知△ABC的三个角A,B,C的对边分 别为a,b,c,b=6,c=8,且bcosC+ ccosB=10,P是AB边上的动点，则PA· (PB+PC)的值可能为（ A.-12 B.-8 C.-2 D.0 三、填空题：本题共3小题，每小题5分， 共15分 12.已知复数：=，i为虚数单位，则：的 实部是 13.如图，在棱长为1的 A B 正方体ABCDA B,CD 中，点C1到平面DCB D-- 的距离为 A ⊙ 14.设△ABC的角A,B, 第13题图 C所对的边分别为a,b,c,且b=2,A= 22 综合测试卷（曰）。 16.(15分)如图，在正方体ABCD-ABCD1:17.(15分)在△ABC中，角A,B,C的对 中，E,F分别是AB,AA1的中点. 边分别为a,b,c,满足(2b-c)cosA= (1)求证：E,C,D,F四点共面. acosC. (2)求异面直线AB与AC所成的角， (1)求角A. (2)若c-b=2,=V7,求△ABC的面积 D E 第16题图 (23 高中数学必修第四册人教B版 18.(17分)如图所示，正方形ABCD与正：19.(17分)如图所示，平面四边形ABCD 三角形ADP所在平面互相垂直，Q是AD 中，AB=AD=2,∠BAD=60°，∠BCD= 的中点 30°，BD⊥CD,现将△ABD沿BD边折 (1)求证：PQ⊥BQ. 起，使得平面ABD⊥平面BCD,点P为 (2)在线段AB上是否存在一点N,使 线段AD的中点 平面PCN⊥平面PQB?证明你的 (1)求证：BP⊥平面ACD. 结论. (2)若M为CD的中点，求MP与平面 BPC所成角的正弦值. (3)在(2)的条件下，求二面角P-BM D D的平面角的余弦值 B 第18题图 第19题图 24.PC,BCC平面PBC,PC∩BC=C,则DE⊥平面PBC, PBC平面PBC,则DE⊥PB,又EF⊥PB,DE,FEC平面 EFD,DE∩FE=E,则PB⊥平面EFD (3)解：由(2)，可知PB⊥平面EFD,又PD⊥底面 ABCD,结合图形，可知平面DEF与平面ABCD的夹角与 ∠FPD相等或互补..PB⊥平面EFD,DFC平面DFE,则 DF⊥PB.由题，设PD=DC=2a,则DB=2V2a,PB=2V3a. S=)PDDB=号DF-PB→DF=PDDB=2a:2Y2a= PB 2V3a 2VY6a.设平面DEF与平面ABCD的夹角为6，故sin6= 3 sin∠FPD=DF=V6 DP 3 >"综合测试卷（三） 1.D【解析】i1)归l,1+=}=章=i,=-1-i, z=-1+i,z-z=-1-i-(-1+i)=-2i.故选D. 2A【解折】由正孩定理，可知品=品→n6 xV: 4V3 2,BG>ACA>B→B=45,放C 180°-A-B=75°.故选A. 3.B【解析】如图所示，正 三棱锥S-ABC,球O是它的内切 球，设H为底面△ABC的中心， 根据对称性可得内切球的球心O 在三棱锥的高SH上，由SC,SH 确定的平面交AB于点D,连接 D SD,CD,得到截面△SCD,截面 第3题答图 SCD就是经过侧棱SC与AB中点的截面，平面SCD与内切 球相交，截得的球大圆如图所示.：在△SCD中，圆O分别 与SD,CD相切于点E,H,圆O与SC相离，对照各个选 项，可得只有B项的截面符合题意.故选B. 4.A【解析】设z=a+bi(a,b∈R),则z-a-bi(a,b∈ R）..2z+iz=3,.2(a+bi)+i·(a-bi)=3,即(2a+b)+(a+2b)iE 2a+b=3, 3,则 解得2，即2-1六复数：的虚部为 (a+2b=0, b=-1, -1.故选A 5.D【解析】若三点共线，则经过三个点的平面有无 数个，故A项错误；如图1，在长方体ABCD-AB,CD1中， AB⊥AA1,AD⊥AA1,但是AB⊥AD,故B项错误；如图 参考答案。 2,在平行六面体ABCD-ABCD中，AD∥AD1,AB∥ CD,但是∠BAD与∠ADC1不相等，故C项错误；若两 个平面平行，根据面面平行的定义可知，其中一个平面中 的任何直线都平行于另一个平面，故D项正确.故选D. 图1 图2 第5题答图 6.B【解析】如图所示，取BP的 中点F,连接EF,AF在△PBD中， E,F分别为PD,PB的中点，故 EF∥BD,∠FEA即为异面直线BD与 AE所成的角（或补角），在△AEF 中，AF=子BP=V2,AE= 第6题答图 之PD=V2,EF=之BD=V2,即△AEF为等边三角形， ∠FEA=60°，cOs∠FEA=.故选B. 2 7.B【解析】在△ABC中，sin2A-sin2B-sin2C≥ V/3 sinBsinC,·.由正弦定理化简，得a2-b2-c2≥V3bc, 即b242-≤-V3bc,cos4=b2t2d≤-Y3.M为三角 2bc 2 形的内角，：爱≤<，则A的取值范围为石，，故选B 6 8.C【解析】.2S=m2-(b-c)2=a2-b2-c2+2bc=2bc 2becosA,e-cosA=besinAcosin 2m号=sn号cos号，A为钱角，am号=子，am4= 11 =号m4=号cos=号又2，由正弦定理，可得品 6c号.bc-高ninC)i6A8] b sinsin+cosB)-4sinB+2cosB=2V5 sin(B) 其中ag=子，g=号：△ABC为锐角三角形，受A<B< 牙，则1+eBigt,即】Bc+号cos< aBps1又cos、,42V5smBo)≤2V5 (113 N 高中数学必修第四册人教B版 即b+c∈(4,21V5],故△ABC的周长的取值范围是 (6,2V5+2].故选C. 9.AD【解析】由z(V3+i)=-2i,得z-}-V3i, 22 V+了=1，故A正确：的虚部为-Y。 故B错误：1=分1+12，故C错误： (7-+Y,放D正确故选AD 10.ABC【解析】连接A1C1,AC,AO,O为BD1的 中点，AC∩BD=0,平面AACC∩平面ABD=A0. AM∩平面ABD=M,AMC平面AACC,.点M是平面 AACC和平面ABD1的交点，MeAO,A,M,O三点共 线，故A正确；A,M,O三点共线，A,M,O,A四 点共面，A,M,O,C四点共面，故B,C正确；取AC的 中点O1,连接O01交AC于点E,由题意，得△AOM一 △CM,4把=分出分，即M为AC的三等分点 O,B,B不共线，O,B,B∈平面BBDD,平面BBDD∩ AC=E,E为AC的中点，.点M平面BBDD,B,B1, O,M四点不共面，故D错故选ABC. D C A M C 4- B 第10题答图 ll.BCD【解析】sinA=sin(B+C)=sinBcosC+.-sinCcosB, .由正弦定理，得a=bcosC+ccosB.又bcosC+ccosB=10,故a= 10.又b=6,c=8,b2+c2=a2,故b⊥c,以A为坐标原点， AB,AC所在直线分别为x轴、y轴，建立平面直角坐标 系，则A(0,0),B(8,0),C(0,6),设P(m,0),0≤ m≤8，则Pi+P℃=(8-m,0)+(-m,6)=(8-2m,6),则P (Pi+P元)=(-m,0)·(8-2m,6)=2m2-8m=2(m-2)2-8, A B 第11题答图 114 0≤m≤8，.p.(Pi+P心)=2(m-2)2-8e[-8,64],故A 错误，BCD正确.故选BCD 12号【解折1号器号-号专.则 5 其实部为3 13.V3【解析】如图所示，设G到平面D,CB的距 3 商为h,由aa=Vssi,得子XSaX0.G=号xm., h左Sg06正方体的棱长为1,5c=号×1x1=号 SADCB BD=BC=CD=V2,DC=1,△BDC是等边三角形， 5=3xV7xV7xin号=Y,h=习 3 V3 2 3,即C,到平面D,CB,的距离为V 3 D 第13题答图 14.(V2,2)【解析】由正弦定理，可知s4 V2品Bn6=VA4BC有两个解 品即2品B a 即B有两解，又A=45°，则0°<B<135°，由正弦函数y=sinx 的性质，可得45<B<135°且B≠90，Y2<sinB<1,即 2 V2<V2<1,解得V2<a<2,即a的取值范围是 (V2,2). 15.解：(1)由已知，可得z1=(1+3i)(3+mi)=3-3m+ (9+m)i,z1为纯虚数，.3-3m=0=m=1,z=3+i. (2)由(1)，可得z=3+i,z2=8+6i,即A(3,1),B(8, 6),∴.0A=(3,1),02=(8,6),.向量0A在向量0i上的 投影向量为应.0应地×8,6=号，号】 1OBP 82+62 16.(1)证明：E,F分别是AB和AA1的中点， EF/AB且EF=AB又AD/BC且AD=BC,四边 形ABCD是平行四边形，AB∥CD1,EF∥CD,.EF与 CD1确定一个平面a,.点E,F,C,D1∈a,即E,C D,F四点共面. (2)解：连接BC1,AC,在正方体ABCD-AB,C,D 中，AA平行且等于CC,四边形AACC为平行四边形， 可得A1C∥AC,因此∠BAC(或其补角)是异面直线AB 与AC所成的角，设正方体的棱长为a,在△AB,C中，可 得AB=BC=CA=V2a,∴△ABC是等边三角形，可得 ∠BA1C1=60°，即异面直线AB与AC所成的角等于60°. D D 第16题答图 17.解：(1)(2b-c)cosA=acosC,由正弦定理，可得 2sinBcosA -sinCcosA =sinA cosC.2sinBcosA =sinAcosC+ sinCcosA =sin (A +C)=sinB..BE(0,sinB >0, c0s4=3又Me(0,m,M=牙 3 (2)c-b=2,4=V7,且A=号，由余弦定理，知 b2+c2-2 becosA,即7=b2+c2-bc=(b-c)2+bc=4+bc,解得bc=3 △ABC的面积为5号bcsn4=分×3xsin号=3手 4 18.(1)证明：PA=PD,Q为AD的中点..PQ⊥AD 平面APD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD, PQC平面PAD,.PO⊥平面ABCD..BQC平面ABCD .∴.PQ⊥BQ. (2)解：存在点N,当N为AB中点时，面PCN⊥面 POB. B 第18题答图 参考答案。 证明如下：四边形ABCD是正方形，Q为AD的中 点，则Rt△CBN≌Rt△BAQ,∴.∠ABQ=∠BCN又∠ABQ+ ∠CBQ=90°，∠BCW+∠CBQ=90°，.BQ⊥WC,由(1) 知，PQ⊥平面ABCD,NCC平面ABCD,.PQ⊥NC.又 BQ∩PQ=Q,BQ,PQC平面PQB,.NC⊥平面PQB.NCC 平面PCN,.平面PCNL平面POB. 19.(1)证明：AB=AD,∠BAD=60°，∴△ABD为等 边三角形.P为AD的中点，∴BP⊥AD.取BD的中点E, 连接AE,AB=AD,则AE⊥BD,,平面ABD⊥平面BCD, 平面ABD∩平面BCD=BD,AEC平面ABD,:AE⊥平面 BCD.又CDC平面BCD,·AE⊥CD..BD⊥CD,BD∩AE= E,AE,BDC平面ABD,.CD⊥平面ABD.BPC平面 ABD,.CD⊥BP.又.CD∩AD=D,CD,ADC平面ACD, .BP⊥平面ACD. (2)解：如图所示，过点M作 MH⊥PC,垂足为H.由(1)，知 BP⊥平面ACD,.MHC平面ACD, .BP⊥MH,BP∩PC=P,BP,PCC 平面BPC,.MH⊥平面BPC, G式M C ∠MPC为MP与平面BPC所成角. 第19题答图 在Rt△BCD中，.∠BCD=30°，BD=2,.DC= BD tan∠BCD 2V3.M为CD的中点，MD=CM=号CD=V3.在 Rt△PDM中，PM=VPD+MD=V1+(V3)2=2,在Rt△PDC 中，PC=VPD+CD=V1+(2V32=V13,在△CPM中， OLMPC-E52-ZVB.÷ 2PC.PM 2xV/13×2 由同角三角函数的基本关系，得sin∠MPC= VP(6V=瓷MP与平面Bc所成角的正弦值 为罗 (3)解：取ED的中点O,连接PO,P为线段AD的 中点，：P0/AE,P0=7AE=宁×VAB-BE=7×V2T =Y,由()，知AE1平面BCD,01平面BCD, BMC平面BCD.∴.PO⊥BM,过点P作PG⊥BM,垂足为G, 连接OG,PO∩PG=P,PO,PGC平面POG,.BM⊥平 面POG.OGC平面POG,.BM⊥OG,∴.∠PG0为二面 角PBM-D的平面角.在Rt△BDM中，BM=VBD+DMP= 115 N 高中数学必修第四册人教B版 V22+(V3)2=V7,由(1)，知△ABD为等边三角形，P 为线段AD的中点，BP=VAB-AP=V2-IP=V3,由 (I),知BP⊥平面ACD,PMC平面ACD,BP⊥PM.在Rt △BPW中，BPPM=2BM~G,由(2)，知PM=2,即 ×V32=3×V7xPG,解得G=2Y2I.P01平面 BCD,OGC平面BCD,.P0⊥OG.在Rt△POG中，GO= (116 VPC-R-2VLV3P-3V21 72 14 ,..cosLPCO= 3V21 0G=14 G2V2元4，即二面角PBMD的平面角的余弦值为 7 子