模块综合检测(学用Word)-【优学精讲】2025-2026学年高中数学必修第四册（人教B版）

模块综合检测 （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） 1.已知复数z满足（1＋i）z＝（i为虚数单位），则复数z在复平面内对应的点在（　　） A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 2.已知△ABC中，A＝，B＝，a＝1，则c＝（　　） A. B. C. D. 3.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，如果AB＝3，AC＝1，AA1＝2，那么直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为（　　） A.2　　　　B.3 C.4　　　　D.6 4.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，C＝.若m＝（c－，a－b），n＝（a－b，c＋），且m∥n，则△ABC的面积为（　　） A.3 B. C. D.3 5.已知圆锥的轴截面是顶角为120°的等腰三角形，若圆锥的母线长为2，则该圆锥的体积为（　　） A.　　　 B.π C.　　　D.2π 6.如图1的方斗杯古时候常作为盛酒的一种容器，有如图2的方斗杯，其形状是一个上大下小的正四棱台，AB＝6，A1B1＝2，现往该方斗杯里加某种酒，当酒的高度是方斗杯高度的一半时，用酒28 mL，则该方斗杯最多可盛该种酒（　　） A.74 mL B.76 mL C.104 mL D.112 mL 7.如图，在坡度一定的山坡A处测得山顶上一建筑物CD的顶端C对于山坡的斜度为15°，向山顶前进100 m到达B处，在B处测得C对于山坡的斜度为45°.若CD＝50 m，山坡与地平面的夹角为θ，则cos θ＝（　　） A. B. C.－1 D.－1 8.如图，在正四棱锥S-ABCD中，E，M，N分别是BC，CD，SC的中点.当点P在线段MN上运动时，下列四个结论：①EP⊥AC；②EP∥BD；③EP∥平面SBD；④EP⊥平面SAC.其中恒成立的为（　　） A.①③ B.③④ C.①② D.②③④ 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9.下面关于复数z＝（i为虚数单位）的四个命题正确的有（　　） A.｜z｜＝2 B.z2＝2i C.z的共轭复数为1＋i D.z的虚部为－1 10.在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，∠ABC＝90°，AP＝AC＝2，E，F，G分别为AB，BC，PC中点，下列结论正确的是（　　） A.△PBC为直角三角形 B.PE∥平面AFG C.三棱锥P-ABC体积的最大值为 D.三棱锥P-ABC外接球的半径为定值 11.在△ABC中，下列命题正确的是（　　） A.若A＞B，则sin A＞sin B B.若sin 2A＝sin 2B，则△ABC一定为等腰三角形 C.若acos B－bcos A＝c，则△ABC一定为直角三角形 D.若三角形的三边的比是3∶5∶7，则此三角形的最大角为钝角 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分，把答案填在题中横线上） 12.复数z＝－2i的虚部为　　　. 13.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若atan B＝2bsin（B＋C），则角B的大小为　　　　. 14.已知正方形ABCD的边长为1，将△ADC沿对角线AC折起，若折叠后平面ACD⊥平面ACB，则此时AC与BD所成角的大小是　　　　，点B，D之间的距离是　　　　. 四、解答题（本大题共5小题，共77分，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15.（本小题满分13分）如图，四棱锥P-ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，M为BC的中点，且PB⊥AM. （1）证明：平面PAM⊥平面PBD； （2）若PD＝DC＝1，求四棱锥P-ABCD的体积. 16.（本小题满分15分）如图，在四棱锥P-ABCD中，AD∥BC，AD⊥DC，BC＝CD＝AD＝1，E为棱AD的中点，PA⊥平面ABCD. （1）求证：AB∥平面PCE； （2）求证：平面PAB⊥平面PBD. 17.（本小题满分15分）如图所示，某镇有一块空地△OAB，其中OA＝3 km，OB＝3 km，∠AOB＝90°.当地镇政府规划将这块空地改造成一个旅游景点，拟在中间挖一个人工湖△OMN，其中M，N都在边AB上，且∠MON＝30°，挖出的泥土堆放在△OAM地带上形成假山，剩下的△OBN地带开设儿童游乐场.为安全起见，需在△OAN的周围安装防护网. （1）当AM＝km时，求防护网的总长度； （2）为节省投入资金，人工湖△OMN的面积要尽可能小，问当∠AOM取何值时，可使△OMN的面积最小. 18.（本小题满分17分）在三棱锥A-BCD中，AB＝AD，CB＝CD，O为BD的中点. （1）证明：平面ABD⊥平面OAC； （2）过O点作一个平面α，使得平面α∥平面ACD，请画出这个平面α，并说明理由； （3）若AB＝BC＝BD＝2，平面ABD⊥平面BCD，求点B到平面ACD的距离. 19.（本小题满分17分）如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AA1＝2，由顶点B沿棱柱侧面经过棱AA1到顶点C1的最短路线与棱AA1的交点记为M，求： （1）三棱柱的侧面展开图的对角线长； （2）该最短路线的长及的值； （3）平面C1MB与平面ABC所成二面角（锐角）. 4 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $ 模块综合检测 1.D　因为（1＋i）z＝＝2，所以z＝＝（1－i）＝－i，则复数z在复平面内对应的点为（，－），该点位于第四象限. 2.B　由三角形内角和定理可得C＝π－A－B＝π，在△ABC中，由正弦定理得＝得，c＝＝＝. 3.B　在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∵AB⊥AC，AB＝3，AC＝1，∴S△ABC＝×3×1＝.又AA1⊥平面ABC，且AA1＝2，∴＝×2＝3. 4.C　因为m＝（c－，a－b），n＝（a－b，c＋），且m∥n，所以（a－b）2＝（c－）（c＋），化为a2＋b2－c2＝2ab－6，所以cos＝＝＝，解得ab＝6，所以S△ABC＝absin C＝×6×＝. 5.B　如图，圆锥的轴截面的顶角∠ASB＝120°，所以在Rt△SOB中，∠OSB＝∠ASB＝60°，圆锥的底面半径为r＝SB×sin 60°＝2×＝，高h＝SB×cos 60°＝2×＝1，所以该圆锥的体积为V＝Sh＝π×（）2×1＝π. 6.C　设线段AA1，BB1，CC1，DD1的中点分别为A2，B2，C2，D2，如图所示， 易知四边形AA1B1B为等腰梯形.因为线段AA1，BB1的中点分别为A2，B2，则A2B2＝＝＝4.设棱台A1B1C1D1-A2B2C2D2的高为h，体积为V1，则棱台ABCD-A1B1C1D1的高为2h，设其体积为V，则V1＝（22＋42＋2×4）h＝h，则V＝（62＋22＋2×6）·2h＝h，所以＝＝，所以该方斗杯最多可盛该种酒×28＝104 mL. 7.D　因为∠CBD＝45°，所以∠ACB＝45°－15°＝30°，在△ABC中，由正弦定理得＝，又sin 15°＝sin（45°－30°）＝sin 45°cos 30°－cos 45°sin 30°＝，解得BC＝＝50（－），在△BCD中，由正弦定理得＝，解得sin∠BDC＝＝－1，即sin（θ＋90°）＝－1，所以cos θ＝－1.故选D. 8.A　如图所示，连接NE，ME.∵E，M，N分别是BC，CD，SC的中点，∴EN∥SB，MN∥SD.又EN∩MN＝N，SB∩SD＝S，∴平面SBD∥平面NEM，∴EP∥平面SBD，③恒成立.由正四棱锥S-ABCD，知AC⊥平面SBD，∴AC⊥平面NEM，∴AC⊥EP，①恒成立.②④对于线段MN上的任意一点P不一定成立，故选A. 9.BD　z＝＝＝－1－i，所以｜z｜＝，A为假命题；z2＝（－1－i）2＝2i，B为真命题；＝－1＋i，C为假命题；D为真命题.故选B、D. 10.ACD　对于A，因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC，又AB⊥BC，PA，AB是平面PAB内的两条相交直线，所以BC⊥平面PAB.因为PB⊂平面PAB，所以BC⊥PB，所以△PBC为直角三角形，正确；对于B，连接AF，CE相交于点H，连接GH， 若PE∥平面AFG，平面AFG∩平面PCE＝GH，PE⊂平面PCE，则PE∥GH，因为AF，CE为△ABC的中线，所以H为△ABC的重心，＝2.因为G为PC的中点，所以≠，与PE∥GH矛盾，故B错误；对于C，因为AB2＋BC2＝AC2＝4≥2AB·BC，得AB·BC≤2，所以S△ABC＝AB·BC≤1，所以VP-ABC＝S△ABC·PA≤×1×2＝，当且仅当AB＝BC＝时等号成立，正确；对于D，将三棱锥补形成长方体，易知PC即为外接球的直径，易得PC＝＝2，外接球半径R＝，正确. 11.ACD　在△ABC中，若A＞B，则a＞b，因此sin A＞sin B，A正确；若sin 2A＝sin 2B，则2A＝2B或2A＋2B＝π，即A＝B或A＋B＝，所以△ABC为等腰三角形或直角三角形，B错误；若acos B－bcos A＝c，则sin Acos B－sin Bcos A＝sin C＝sin（A＋B），所以sin B·cos A＝0，即cos A＝0，A＝，所以△ABC一定为直角三角形，C正确；三角形的三边的比是3∶5∶7，设最大边所对的角为θ，则cos θ＝＝－，因为0＜θ＜π，所以θ＝，D正确.故选A、C、D. 12.－　 解析：依题意，z＝－2i＝－2i＝－i，所以所求虚部为－. 13.　 解析：∵atan B＝2bsin（B＋C）＝2bsin A，∴由正弦定理可得sin Atan B＝2sin Bsin A，∵A∈（0，π），∴sin A＞0，∴tan B＝2sin B，∵B∈（0，π），∴sin B＞0，∴cos B＝，∴B＝. 14.90°　1　 解析：如图所示，取AC的中点O，连接OB，OD.因为DA＝DC，BA＝BC，O为AC的中点，所以DO⊥AC，BO⊥AC，又DO∩BO＝O，所以AC⊥平面BOD，又BD⊂平面BOD，所以AC⊥BD，即此时AC与BD所成的角是90°.因为平面ACD⊥平面ACB，平面ACD∩平面ACB＝AC，所以DO⊥平面ABC，所以DO⊥OB，又OB＝OD＝AC＝，所以BD＝＝1. 15.解：（1）证明：∵PD⊥平面ABCD，AM⊂平面ABCD， ∴PD⊥AM. ∵PB⊥AM，且PB∩PD＝P，PB⊂平面PBD，PD⊂平面PBD， ∴AM⊥平面PBD， 又AM⊂平面PAM， ∴平面PAM⊥平面PBD. （2）∵M为BC的中点，∴BM＝AD.由题意知AB＝DC＝1.∵AM⊥平面PBD，BD⊂平面PBD，∴AM⊥BD， 由∠BAM＋∠MAD＝90°，∠MAD＋∠ADB＝90°， 得∠BAM＝∠ADB，易得△BAM∽△ADB， 所以＝，即＝，得AD＝， 所以S矩形ABCD＝AD·DC＝×1＝，则四棱锥P-ABCD的体积VP-ABCD＝S矩形ABCD·PD＝××1＝. 16.证明：（1）∵BC＝CD＝AD＝1，且E为棱AD的中点，∴BC＝AE.又∵AD∥BC，∴四边形AECB为平行四边形，∴AB∥CE.又∵CE⊂平面PCE，AB⊄平面PCE，∴AB∥平面PCE. （2）∵PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴PA⊥BD. 连接BE，由题意AD∥BC，E为棱AD的中点，BC＝AD＝1， 知BC∥DE，且BC＝DE，则四边形BCDE为平行四边形. ∵AD⊥DC，∴DE⊥CD，又BC＝CD＝1， ∴平行四边形BCDE为正方形，∴BD⊥EC， 又AB∥EC，∴BD⊥AB，又PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB， ∴BD⊥平面PAB，又BD⊂平面PBD，∴平面PAB⊥平面PBD. 17.解：（1）在△OAB中，OA＝3，OB＝3，∠AOB＝90°，∴∠OAB＝60°， 在△AOM中，OA＝3，AM＝，∠OAM＝60°，由余弦定理，得OM＝＝， ∴OM2＋AM2＝OA2，即OM⊥AN，∴∠AOM＝30°， ∴△OAN为正三角形，∴△OAN的周长为9，即防护网的总长度为9 km. （2）设∠AOM＝θ（0°＜θ＜60°）， ∠AON＝θ＋30°，∠OMA＝120°－θ，∠ONA＝90°－θ， 在△AOM中，由＝，得OM＝， 在△AON中，由＝，得ON＝， ∴S△OMN＝OM·ON·sin 30°＝ ＝＝， ∴当且仅当2θ＋60°＝90°，即θ＝15°时，△OMN的面积取最小值为 km2. 18.解：（1）证明：因为AB＝AD，CB＝CD，O为BD的中点， 所以OA⊥BD，OC⊥BD， 又因为OA，OC⊂平面OAC，OA∩OC＝O， 所以BD⊥平面OAC，又BD⊂平面ABD， 所以平面ABD⊥平面OAC. （2）取AB的中点E，BC的中点F，连接OE，OF，EF， 又O为BD的中点， 则OE∥AD，OE⊄平面ACD，AD⊂平面ACD， 所以OE∥平面ACD， 同理可得OF∥平面ACD，OE∩OF＝O，OE，OF⊂平面OEF， 平面OEF∥平面ACD， 所以平面OEF即为所求的平面α. （3）因为平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，OA⊥BD，OA⊂平面ABD， 所以OA⊥平面BCD， 因为AB＝BC＝BD＝2，所以△ABD，△BCD均为等边三角形， 故AO＝OC＝，故S△BCD＝BD·OC＝×2×＝， 所以VA-BCD＝S△BCD·OA＝××＝1， 因为OA⊥平面BCD，OC⊂平面BCD， 所以OA⊥OC，由勾股定理得AC＝＝＝， 取AC的中点H，连接DH， 在△ACD中，AD＝CD＝2， 所以DH⊥AC，又AC＝， 故DH＝＝，S△ACD＝AC·DH＝××＝， 设点B到平面ACD的距离为d，又VB-ACD＝VA-BCD， 所以×d＝1，解得d＝. 所以点B到平面ACD的距离为. 19.解：（1）正三棱柱ABC-A1B1C1的侧面展开图是长为6，宽为2的矩形，其对角线长为＝2. （2）如图，将侧面AA1B1B绕棱AA1旋转120°使其与侧面AA1C1C在同一平面上，点B运动到点D的位置，连接DC1，交AA1于M，则DC1就是由顶点B沿棱柱侧面经过棱AA1到顶点C1的最短路线，其长为＝＝2. ∵△DMA≌△C1MA1，∴AM＝A1M，＝1. （3）如图，连接DB，则DB就是平面C1MB与平面ABC的交线. 在△DCB中，∵∠DBC＝∠CBA＋∠ABD＝60°＋30°＝90°，∴CB⊥DB， 又C1C⊥平面CBD，∴CC1⊥DB，∴DB⊥面BCC1，∴C1B⊥DB.∴∠C1BC就是平面C1MB与平面ABC所成二面角的平面角（锐角）. ∵侧面C1B1BC是正方形，∴∠C1BC＝45°. 故平面C1MB与平面ABC所成的二面角（锐角）为45°. 4 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $