全册综合检测-【新课程学案】2025-2026学年高中数学必修第四册配套练习word（人教B版）

[阶段质量评价]　　　　　　　　 全册综合检测 (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.在每小题所给的四个选项中,只有一项是符合题目要求的) 1.在复平面内,复数z=(i为虚数单位)的共轭复数对应的点位于 (　　) A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 解析:选D　由复数的运算法则有:z====1+i,则=1-i,其对应的点(1,-1)位于第四象限.故选D. 2. 某市在“旧城改造”工程中,计划在如图所示的一块三角形空地上种植草皮以美化环境.已知草皮的价格为a元/m2.则购买草皮需要 (　　) A.450a元 B.225a元 C.150a元 D.300a元 解析:选C　三角形空地面积为×20×30×sin 150°=150(m2),所以购买草皮需要150a元. 3.已知a+bi(a,b∈R)是的共轭复数,则a+b= (　　) A.-1 B.- C. D.1 解析:选D　由==-i,从而知a+bi=i,由复数相等得a=0,b=1,从而a+b=1.故选D. 4.正方体ABCD-A1B1C1D1中,异面直线A1B与B1C所成角的大小为 (　　) A.30° B.45° C.60° D.90° 解析: 选C　如图,连接A1D,由正方体的几何特征得A1D∥B1C,则∠BA1D即为异面直线A1B与B1C所成的角,连接BD,易得BD=A1D=A1B,故∠BA1D=60°,故选C. 5.△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知10sin A-5sin C=2,cos B=,则= (　　) A. B. C. D. 解析:选A　∵cos B=,∴sin B=.又10sin A-5sin C=2,∴2sin A-sin C=sin B,由正弦定理,得2a-c=b,由余弦定理,得(2a-c)2=a2+c2-2ac×,整理得5a=6c,即=.故选A. 6. 如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别是BC1,CD1的中点,则下列说法错误的是 (　　) A.MN与CC1垂直 B.MN与AC垂直 C.MN与BD平行 D.MN与A1B1平行 解析: 选D　如图,连接C1D,在△C1DB中,MN∥BD,故C正确;因为CC1⊥平面ABCD,所以CC1⊥BD,所以MN与CC1垂直,故A正确;因为AC⊥BD,MN∥BD,所以MN与AC垂直,故B正确;因为A1B1与BD异面,MN∥BD,所以MN与A1B1不可能平行,故D错误. 7.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若=,则△ABC的形状为 (　　) A.等腰三角形 B.直角三角形 C.等腰直角三角形 D.等腰三角形或直角三角形 解析:选D　由正弦定理、余弦定理及a2cos Asin B=b2cos Bsin A,得a2··b=b2··a,∴a2(b2+c2-a2)=b2(a2+c2-b2),即a4-b4+c2(b2-a2)=0,则(a2+b2)(a2-b2)+c2(b2-a2)=0,即(a2-b2)(a2+b2-c2)=0,∴a=b或a2+b2=c2,∴△ABC为等腰三角形或直角三角形. 8.已知三棱锥S-ABC中,∠SAB=∠ABC=,SB=4,SC=2 ,AB=2,BC=6,则三棱锥S-ABC的体积是 (　　) A.4 B.6 C.4 D.6 解析:选C　由SB=4,AB=2,且∠SAB=,得SA=2;又由AB=2,BC=6,且∠ABC=,得AC=2 .因为SA2+AC2=SC2,从而知∠SAC=,即SA⊥AC.因为AB∩AC=A,所以SA⊥平面ABC.又由于S△ABC=×2×6=6,从而VS-ABC=S△ABC·SA=×6×2=4.故选C. 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.下面是关于复数z=的四个命题,其中的真命题为 (　　) A.|z|=2　　　　　　　 B.z2=2i C.z的共轭复数为1+i D.z的虚部为-1 解析:选BD　∵z===-1-i,∴|z|=,z2=2i,z的共轭复数为-1+i,z的虚部为-1,故选B、D. 10.在△ABC中,A,B,C的对边分别为a,b,c,且a>c.已知·=2,cos B=,b=3,则 (　　) A.a=3 B.c=2 C.cos C= D.cos(B-C)= 解析:选ABD　由·=2得c·acos B=2,又cos B=,所以ac=6.由余弦定理,得a2+c2=b2+2accos B.又b=3,所以a2+c2=9+2×2=13.由得或因为a>c,所以a=3,c=2.故A、B正确.在△ABC中,sin B== =,由正弦定理,得sin C=sin B=×=.因为a=b>c,所以C是锐角,因此cos C===.故C错误.易知cos(B-C)=cos Bcos C+sin Bsin C=×+×=.故D正确. 11.如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,E,F分别为棱DD1,AB上的点,则下列结论正确的是 (　　) A.A1C⊥平面B1EF B.在平面A1B1C1D1内总存在与平面B1EF平行的直线 C.△B1EF在侧面BCC1B1上的正投影是面积为定值的三角形 D.当E,F为中点时,平面B1EF截该正方体所得的截面图形是五边形 解析:选BCD　连接AB1,B1D1,AD1,由正方体的性质可得A1C⊥平面AB1D1,所以显然有A1C与平面B1EF不垂直,故A错误;由题图可知,平面A1B1C1D1与平面B1EF相交,则一定有一条交线,所以在平面A1B1C1D1内一定存在直线与此交线平行,则此直线与平面B1EF平行,故B正确;点F在侧面BCC1B1上的投影为点B,点E在侧面BCC1B1上的投影在棱CC1上,所以投影三角形的面积为S=BB1·BC=,为定值,故C正确;在D1C1上取点M,使D1M=D1C1,在AD上取点N,使AN=AD,连接B1M,EM,EN,FN,则五边形B1MENF即为截面,故D正确. 三、填空题(本大题共3小题,每小题5分,共15分.把答案填在题中的横线上) 12.(5分)复数z=(i是虚数单位),则|z|=　　　　,其共轭复数=　　　　.  解析:z==1-i,则|z|==,其共轭复数=1+i. 答案:　1+i 13.(5分)公路北侧有一幢楼,高为60米,公路与楼脚底面在同一平面上.某人在点A处测得楼顶的仰角为45°,他在公路上自西向东行走,行走60米到点B处,测得仰角为45°,沿该方向再行走60米到点C处,测得仰角为θ.则sin θ=　　　　.  解析: 如图,O为楼脚,OP为楼高,则OP=60,∠OAP=45°,所以OA=60.又因为AB=60,∠OBP=45°,所以OB=60.所以OA=AB=OB=60.所以∠OBA=60°.所以∠OBC=120°.又因为BC=60,所以在△OBC中,OC2=BC2+OB2-2BC·OBcos∠OBC=602+602-2×60×60×=10 800.所以OC=60.故tan θ===,所以θ=30°.所以sin θ=. 答案: 14.(5分)已知四边形ABCD为正方形,P为平面ABCD外一点,PD⊥AD,PD=AD=2,二面角P-AD-C为60°,则点C到平面PAB的距离为　　　.  解析: 如图,因为PD⊥AD,CD⊥AD,所以∠PDC就是二面角P-AD-C的平面角,则△PDC为正三角形,且平面PDC⊥平面ABCD.取CD的中点O,连接PO,取AB的中点M,连接OM,PM,过点O作OH⊥PM于点H,易证OH⊥平面PAB,故点C到平面PAB的距离即为OH的长.计算得PO=,又OM=2,则PM=,故在Rt△POM中,由面积相等可得OH==. 答案: 四、解答题(本大题共5小题,共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤) 15.(13分)已知△ABC的周长为10,且sin B+sin C=4sin A. (1)求边长a的值;(6分) (2)若bc=16,求角A的余弦值.(7分) 解:(1)根据正弦定理,sin B+sin C=4sin A可化为b+c=4a,联立方程组解得a=2. (2)由bc=16,又由(1)得b+c=8,得b=c=4, ∴cos A===. 因此,所求角A的余弦值是. 16.(15分)如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAB⊥平面ABCD,BC∥平面PAD,∠ABC=90°,PA=PB=AB. 求证:(1)AD∥平面PBC;(6分) (2)平面PBC⊥平面PAD.(9分) 证明:(1)∵BC∥平面PAD,而BC⊂平面ABCD, 平面ABCD∩平面PAD=AD,∴BC∥AD. ∵AD⊄平面PBC,BC⊂平面PBC, ∴AD∥平面PBC. (2)∵PA=PB=AB,满足PA2+PB2=AB2, ∴PA⊥PB. 由∠ABC=90°知BC⊥AB. ∵平面PAB⊥平面ABCD, 平面PAB∩平面ABCD=AB,BC⊂平面ABCD, ∴BC⊥平面PAB. 又∵PA⊂平面PAB,∴BC⊥PA. ∵PB∩BC=B,PB⊂平面PBC,BC⊂平面PBC, ∴PA⊥平面PBC. 又∵PA⊂平面PAD,∴平面PBC⊥平面PAD. 17.(15分)如图,四棱锥P-ABCD的底面ABCD是正方形,PD⊥平面ABCD,且AB=2,PD=3. (1)证明:AB⊥平面PAD;(5分) (2)设E为棱PD上一点,且DE=2PE,记三棱锥C-PAB的体积为V1, 三棱锥P-ABE的体积为V2,求的值.(10分) 解:(1)证明:∵PD⊥平面ABCD, ∴PD⊥AB,∵底面ABCD是正方形, ∴AB⊥AD,又PD∩AD=D,∴AB⊥平面PAD . (2)∵DE=2PE,AD=AB=2,PD=3, ∴△PAE的面积为×1×2=1,∴VP-ABE=VB-PAE=×AB×S△PAE=,又VC-PAB=VP-ABC=×PD××AB×BC=2,∴=3. 18.(17分)如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,PA=PD,AB=AD,PA⊥PD,AD⊥CD,∠BAD=60°,M,N分别为AD,PA的中点. (1)证明:平面BMN∥平面PCD;(7分) (2)若AD=6,求三棱锥P-BMN的体积.(10分) 解:(1)证明:如图,连接BD,∵AB=AD,∠BAD=60°, ∴△ABD为正三角形. ∵M为AD的中点,∴BM⊥AD. ∵AD⊥CD,∴BM∥CD. 又BM⊄平面PCD,CD⊂平面PCD,∴BM∥平面PCD. ∵M,N分别为AD,PA的中点,∴MN∥PD.又MN⊄平面PCD,PD⊂平面PCD,∴MN∥平面PCD. 又BM⊂平面BMN,MN⊂平面BMN,BM∩MN=M, ∴平面BMN∥平面PCD. (2)由(1)知BM⊥AD. ∵平面PAD⊥平面ABCD,BM⊂平面ABCD, 平面ABCD∩平面PAD=AD,∴BM⊥平面PAD. 又AD=6,∠BAD=60°,∴BM=3. 在△PAD中,∵PA=PD,PA⊥PD, ∴PA=PD=AD=3.∵M,N分别为AD,PA的中点,∴△PMN的面积S△PMN=S△PAD=××(3)2=, ∴三棱锥P-BMN的体积VP-BMN=VB-PMN =S△PMN·BM=××3=. 19.(17分)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知sin(A+C)cos B=cos2B-,且B为锐角. (1)求B;(7分) (2)若b=1,求△ABC面积的最大值.(10分) 解:(1)因为sin(A+C)cos B=cos2B-, 所以2sin(A+C)cos B=(2cos2B-1), 又A+B+C=π,所以sin 2B=cos 2B, 即tan 2B=,因为B为锐角,所以2B∈(0,π), 所以2B=,所以B=. (2)由(1)知B=,由余弦定理得cos B=, 即a2+c2-ac-1=0.因为a2+c2≥2ac,所以ac≤2+,当且仅当a=c=时取等号,所以S△ABC=acsin B≤,当且仅当a=c=时取等号,故△ABC的面积的最大值是. 学科网（北京）股份有限公司 $