模块质量检测 B卷 素养提升卷-【创新教程】2025-2026学年高中数学必修第四册五维课堂单元双测卷（人教B版）

参考 因为PB=PD,所以△PBD为等腰三角形，所以BD ⊥PO 又PO∩CO=O,所以BD⊥平面PCO. 因为PCC平面PCO,所以PC⊥BD. (2)由E为PB中点，连接EO,则EO∥PD, 又EO过平面PAD,PDC平面PAD,所以EO∥平面 PAD. 由∠ADB=90°，以及BD⊥CO,所以CO∥AD, 又CO过平面PAD,ADC平面PAD,所以CO∥平 面PAD. 又CO∩EO=O,所以平面CEO∥平面PAD, 而CEC平面CEO,所以CE∥平面PAD. 20.解：(1)在△ABC中，由cosA=-4 1 可得sinA=⑤ 4 由5aAc=2 sinA=3V15,得c=2 又由b-c=2,解得b=6,c=4. 由a2=b2+c2-2 bccos A,可得a=8. sin A sin C,得sinC=⑤ 由 8 (2)cs(2A+晋）=os2A·cos吾-sim2A·simg =5(2cs2A-1)-7×2sinA·osA 2 =5-7级 16 21.(1)证明： 连接OE,如图所示. O、E分别为AC、PC中点，∴OE∥PA. ,OEC平面BDE,PA寸平面BDE,∴.PA∥平 面BDE. ,PO⊥平面ABCD,∴.PO⊥BD.在正方形ABCD 中，BD⊥AC, 又PO∩AC=O,∴.BD⊥平面PAC.又BDC平 面BDE,∴.平面PAC⊥平面BDE ·6 答案 (2)解：取OC中点F,连接EF.,E为PC中点， .EF为△POC的中位线，∴.EF∥PO.又POL平 面ABCD, .EF⊥平面ABCD,,OF⊥BD,OE⊥BD. .∠EOF为二面角E-BD一C的平面角，∴∠EOF =0:在R△0EF中.0F=20C-子AC-9。 ∴.EF=OF·tan3o°=a,∴.OP=2EF=6 6a. 6a= VpcD=÷Xa2XSa=8a3 22.解：(1)如图所示，连接BD,由ABCD是菱形且 ∠BCD=60°知，△BCD是等边三角形.因为E是 CD的中点，所以BE⊥CD.,CD∥AB,∴.BE⊥AB. PA⊥平面ABCD,∴.PA⊥BE..PA∩AB=A, ,.BE⊥平面PAB. 又，BEC平面PBE,∴.平面PBE⊥平面PAB. D (2)BE⊥平面PAB,∴.BE⊥PB. ∴.∠ABP是二面角A一BE一P的平面角. 在R△PAB中，AB=1,PA=5,∠ABP,8-5, .∠ABP=60. .二面角A一BE—P的大小是60°. 模块质量检测 (B卷) 1.B[:年=2+i,区=1+i)2+iD=1+3i .之=1-3i.] 1 2.C[,S△ABC= 2 acsin B=2,∴c=42. 由余弦定理b2=a2+c2-2 accos B=25,∴.b=5. 由正弦定理2R= mB5V2(R为△ABC外接圆的半 b 径).故选C.] 3.A[sin(A+B)=sinC=cosC→tanC=l,,C∈(0， C=至，又osC=Q+ 2ab -→ab=2√2， S△Ac=absin C=1.] 数学B版· 4.C[因为V三羧维0-AC=V三被维C-OAB,所以三棱维 O一ABC体积的最大值即三棱锥C一OAB体积的最 大值，所以当C到平面OAB的距离最大，即CO⊥平 面OAB时，体积最大.设球的半径为r,则 V三政0c=V我c0=名2=36，所以了=6， 则球O的表面积S=4πr2=144π.] 5.B [''2S=(a+b)2-c2,..absin C=(a+6)2-c2= a2+62-c2+2ab=2abcos C+2ab,.'.sin C=2cos C+ 2,.'.sin2C=(2cos C+2)2=1-cos2C,.'cos C= 号(：asC=-1合去)mC=号mC 6.D[将正三棱柱ABC-A1B1C1补为四棱柱ABCD A1B1C1D1,连接C1D,BD,则CD∥B1A,∠BC1D为 所求角或其补角.设BB1=√2，则BC=CD=2, ∠BCD=120°，BD=2√3，又因为BC1=C1D=√6，所 以∠BCD=受.] 7.B[由正弦定理得sinB=2 sin Acos B,故tanB= 2simA=2sim号=5，又B∈(0，x),所以B=号，又A =B=于，则△ABC是正三角形，所以S△AC 2如mA-安×1x1×9-] 8.D[三棱锥B-A1B1C1与三棱锥A1-ABC的高相 等，故其体积之比等于△A1B1C1与△ABC的面积之 比.而△A1B1C1与△ABC的面积之比等于A1B1与 AB之比的平方，即1：4.故三棱锥B-A1B1C1与三 棱锥A1一ABC的体积之比为1：4.] 9.BD[A中a与B可能垂直，C中，m可能在a内.] 10.ACD[cos≥7，则a∈(0，登]，在三角形中必存 在一个不大于60°的锐角，故A正确.B中，应simA >sinB,C、D正确.] 1l.BCD[aCa,a∥B,.a∥3， D a与B无公共点，从而a与BAa B 内任一直线不相交，CD正确：如 D -------C 图，在正方体中，令线段B1C1所 B B 在的直线为a,平面A1B1CD1 为平面a,平面ABCD为平面B,显然a与3内无数条 直线平行，故B正确；又B1C1与AB异面，故A 错误.] ·6 必修第四册 12.BD[由点P满足BP=ABC+HBB1,可知点P在 正方形BCCB1内. B C A选项，当A=1时，可知，点P在线段CC1(包括端 点)上运动 A B B △AB1P中，AB1=√2，AP=√1+2，B1P= √1十(1-)，因此周长L=AB+AP+B1P不为定 值：所以选项A错误. B选项，当以=1时，可知，点P在线段B1C(包括端 点)上运动 A B 由图可知，线段B1C1∥平面A1BC,即点P到平面 A1BC的距离处处相等，△A1BC的面积是定值，所 以三棱锥P一A,BC的体积为定值，所以选项B正确. C这项，当A=子时，分剂取线孩BC,G中点为 D,D1,可知点P在线段DD1(包括端点)上运动. 以 很显然若点P与D或D1重合，均满足题意，所以选 项C错误. D选项，当以=号时，分别取线段BB1,CG中点为 M,N,可知，点P在线段DD1(包括端点)上运动. 此时，有且只有点P与N点重合时，满足题意. 参考 NP) 所以选项D正确。 因此，答案为BD.] 1解折牛-+9二-0，-4 5 答案：4-i 14.解析：①中b可能在a内；②a与b可能异面；③a可 能与α内的直线异面 答案：④ 15.解析：由已知及正弦定理可得2cosA(sin Bcos C+ sin Ccos B)=sinA,可得：2 cos Asin(B+C)=sinA, 解得2 cos Asin A=simA,即cosA=子，A∈(0， A=背，由面积公式可得：3厅=合snA-吗 4 bc,即bc=12,由余弦定理可得：13=b2+c2-2bcos A,即有13=(b+c)2-3bc=(b+c)2-36,解得b+c =7. 答案：牙7 16解折：as∠DAC=3,sC= isn∠DAC-F,snC=S.im∠AC sin(∠DAC+∠C=x2E+3x5 10 5 10 9由正充里，得nxn2c得A DC W5DC.又BD=2DC,.BC=3DC.在△ABC中， 由余弦定理，得AB2=AC2+BC2-2AC·BCeos C -5DC+9DC2-25DC.3DC.25=2DC2 5 由AB=√2，得DC=1,从而BC=3,AC=√5.即AC +BC=3+√5. 答案：3+√5 17.解：设之=x十yi(x,y∈Z), 所以y=0或x2十y2=10. ·6 答案 又1K+≤6，所以1+y)6 当y=0时，上式可以化为1<x十10≤6， x 当x<0时，z十10<0， 当x>0时，x+10>≥2√0>6，故y=0时，无解： 当2+)2=10时，*式可化为1<2≤6，即2<x 3 :xyZ,可得=1， =±3，或感 故之=1十3i 或1-3i或3+i或3-i. 综上，之=1十3i或1-3i或3+i或3-i. 18.解：(1)，(2a-b)cosC=c cos B, .'(2sin A-sin B)cos C=sin Ccos B, 2sin Acos C-sin Bcos C=cos Bsin C, Ep 2sin Acos C=sin (B+C), ,∴.2 sin Acos C=sinA. .A∈(0，π)，.sinA≠0，cosC= 7∴C= (2)由s=7 absin C=-105,C=号， 得ab=40. ① 由余弦定理得：c2=a2+b2-2 abcos C, -(atb)2-2ab(1+cos) “72=(a+b2-2X40×(1+7）月 ∴.a+b=13. ② 由①②得a=8,b=5或a=5,b=8. 19.解：(1)在△PBC中，E,F分别是PB,PC的中点， .EF∥BC. G 又BC∥AD,.EF∥AD. 又，ADC平面PAD,EF中平面PAD, ∴.EF∥平面PAD. (2)连接AE,AC,EC,过E作EG∥PA交AB于 点G, 则BGL平面ABCD,且EG=PA 在△PAB中，AP=AB,∠PAB=90°，BP=2, 数学B版· AP=AB-2.EG 2 ∴S△A=AB:BC=号XEX2=E .VE-ABC= 20,解：I)在△ABC中，由正孩定星得in BeoA+-号 sin A=sin C, 又C=元-(A十B),所以n BcosA+号mA =sin(A+B), 改sin Beos A十snA=sin Acos B+eos Asin B, 所以sin Acos B=3 3 sin A, 又A∈(0，x),所以sinA≠0，故cosB= 31 （2②∠D=2∠cosD=2os2B-1=-合 又在△ACD中，AD=1,CD=3, ∴.由余弦定理可得AC2=AD2+CD2-2AD·CD· c0sD=1+9-2×3×(-3）=12AC=2, 在△ABC中，BC=6,AC=2B,cosB= 3 ∴.由余弦定理可得AC2=AB2十BC2-2AB· BCcos B, 即12=AB2+6-2·ABXV6X5 31 化简得AB2-2√2AB-6=0,解得AB=3√2 故AB的长为3√2. 21.证明：(1)，D,E分别为AC,AB的中点， ∴.DE∥BC 又，DE丈平面A1CB,BCC平面ABC,.DE∥平 面A1CB. (2)证明：由已知得AC⊥BC且DE∥BC, ∴.DE⊥AC.∴.DE⊥AD,DE⊥CD. .DE⊥平面ADC 而A1FC平面A1DC,∴.DE⊥A1F 又AF⊥CD,DE∩CD=D, ∴AF⊥平面BCDE,AF⊥BE. (3)线段A1B上存在，点Q,使A1C⊥平面DEQ. 理由如下： 如图，分别取A1C,A1B的中点P,Q, 则PQ∥BC. .6 必修第四册 又，DE∥BC,∴.DE∥PQ. ,.平面DEQ即为平面DEP 由(2)知，DE⊥平面A1DC, .DE⊥AC 又，P是等腰三角形DA1C底边 A1C的中点， .AC⊥DP.又DE∩DP=D, .AC⊥平面DEP. 从而A1C⊥平面DEQ. 故线段A,B上存在点Q(中，点)， 使得A1C⊥平面DEQ. 22.(1)解：因为四边形ADEF是正方形，所以FA∥ED. 所以∠CED为异面直线CE与AF所成的角. 因为FA⊥平面ABCD,所以FA⊥CD.故ED⊥CD 在Rt△CDE中，CD=1,ED=2√2，CE=√CD+ED=3, ED_22 所以cos∠CED=C 3 所以异面直线CE与AF所成角的余弦值为2V区 3 G D (2)证明：如图，过点B作BG∥CD,交AD于点G,则 ∠BGA=∠CDA=45. 由∠BAD=45°，可得BG⊥AB,从而CD⊥AB. 又CD⊥FA,FA∩AB=A,所以CD⊥平面ABF (3)解：由(2)及已知，可得AG=√2，即G为AD的 中点 取EF的中，点N,连接GN,则GV⊥EF. 因为BC∥AD,所以BC∥EF,过点N作NM⊥EF, 交BC于，点M, 则∠GNM为二面角B一EF-A的平面角. 连接GM,可得AD⊥平面GNM,故AD⊥GM,从而 BC⊥GM. 由e知，可得GM=要由NG∥FA,PA⊥GM,得 NG⊥GM. 在R△NGM中，am∠GNM- 所以二面角B-EF-A的正切值为号数 新高考 模块质量检测 学 同步单元双测卷 B卷·素养提升卷 (时间：120分钟，满分：150分) 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共 7.已知△ABC中，内角A,B,C所对边长分别为 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.) abc,若A=晋，b=2ac0sB,(=1,则△ABC 的面积等于 ( 整 1.已知弄=2+i,则复数x= A号 B③ 4 A.-1+3i B.1-3i C.3+i D.3-i c n号 2.△ABC的三边分别为a,b,c,且a=1,B=45°， 8.如图，在三棱台ABC-AB1C1中，AB1:AB 如 S△Ac=2,则△ABC的外接圆的直径为( =1：2,则三棱锥B一AB,C,与三棱锥A1一 A.4√3 B.5 ABC的体积之比为 C.5√2 D.6√2 3.已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b, c,若sin(A十B)=cosC,a2十b2-c2=4,则 △ABC的面积为 A.1 B.2 A.1:2 B.1:3 C.4 D.6 C.1:2 D.1:4 4.已知A,B是球O的球面上两点，∠AOB=90°， 二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20 C为该球面上的动点.若三棱锥O一ABC体积 分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全 的最大值为36，则球O的表面积为 ) 部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得 A.36元 B.64π 0分.) C.144π D.256元 9.已知m、n是不重合直线，a、3、y是不重合平面， 5.在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b, 则下列命题中真命题是 ( c,若△ABC的面积为S,且2S=(a+b)2-c2, A.若a⊥y,B⊥Y,则a∥B 则tanC B.若a∥B,y∥B,则y∥a 夺 C.若a⊥B,m⊥B,则m∥a A.一4 B.- D.若m⊥a,n⊥a,则m∥n c D号 10.在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b, 盖 1 c,下列命题正确的是 () 6.在正三棱柱ABC-AB,C中，AB=√2BB,则AB A.总存在某内角cosa≥2 与BC,所成角的大小为 B.若A>B,则sinA<sinB A晋 B C.tanA+tanB+tanC=tanA·tanB· c骑 tan C D. D.c·cosB+b·cosC=a ·37· 11.若平面a∥平面3，aCa,下列说法正确的是 四、解答题（本大题共6小题，共70分，解答应写 出文字说明、证明过程或演算步骤.) A.a与3内任一条直线平行 17.(本小题满分10分)求同时满足下列条件的所 有的复数之. B.a与3内无数条直线平行 C.a与3内任一直线不相交 0e+9∈R.且1Kx+9≤6： D.a与3无公共点 (2)z的实部和虚部都是整数 12.(2021·新高考I卷)在正三棱柱ABC A1B,C,中，AB=AA,=1,点P满足BP=入BC +BB1,其中λ∈[0,1]∈[0,1]，则 () A.当入=1时，△AB1P的周长为定值 B.当u=1时，三棱锥P-A,BC的体积为定值 C.当A=2时，有且仅有一个点P,使得AP1 BP D.当u=2时，有且仅有一个点P,使得A,B 18.(本小题满分12分)在△ABC中，角A,B,C的 对边分别为a,b,c,且满足(2a一b)cosC=c· ⊥平面AB1P cosB,△ABC的面积S=10√5，c=7. 题号 1 23 4567 89101112 (1)求角C: 答案 (2)求a,b的值. 三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共 20分.) 13.i是虚数单位，复数+ 1+2i 14.下列四个命题：①若a∥b,a∥a,则b∥a;②若 aa,bCa,则a∥b;③若a∥a,则a平行于a 内所有的直线；④若a∥a,a∥b,b寸a,则b∥a. 其中正确命题的序号是 15.在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a, b,c,若2cosA(bcos C+ccos B)=a=√13， △ABC的面积为3√3，则A= ,6+c 16.在△ABC中，AB=√2，点D在边BC上，BD= 2DC.os∠DAC=3YcsC=25.则AC 5 +BC= ·38· 19.(本小题满分12分)如图，在四棱锥P一ABCD 20.(本小题满分12分)△ABC的内角A,B,C的 中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD,AP =AB,BP=BC=2,E,F分别是PB,PC的 对边分别为a6,已知6sA十停。= 中点 (1)求cosB; (2)如图，D为△ABC外一点，若在平面四边 形ABCD中，∠D=2∠B,且AD=1,CD=3, BC=√6，求AB的长. (1)证明：EF∥平面PAD; (2)求三棱锥E一ABC的体积V. ·39· 21.(本小题满分12分)如图(1)，在Rt△ABC中， 22.(本小题满分12分)如图，在五面体ABC ∠C=90°，D,E分别为AC,AB的中点，点F DEF中，四边形ADEF是正方形，FA⊥平面 为线段CD上的一点，将△ADE沿DE折起到 ABCD,BC∥AD,CD=1,AD=22,∠BAD △A,DE的位置，使A,F⊥CD,如图(2). =∠CDA=45°. D D E B B (1) (2) (1)求异面直线CE与AF所成角的余弦值： (1)求证：DE∥平面A,CB: (2)求证：AF⊥BE: (2)证明CD⊥平面ABF; (3)求二面角B一EF一A的正切值. (3)线段AB上是否存在点Q,使AC⊥平面 DEQ?说明理由. ·40·