模块综合检测（Word练习）-【学霸笔记·同步精讲】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、选择题：本题共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(2＋i)z＝1－2i(其中i为虚数单位)，则z的共轭复数＝(　　) A．i B．－i C． D． 解析：选A.z＝＝－i，则＝i.故选A. 2．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若b＝3，c＝3，B＝30°，则a的值为(　　) A．3 B．2 C．3 D．2 解析：选C. 因为b＝3，c＝3，B＝30°， 所以C＝B＝30°，因此A＝180°－C－B＝120°， 由正弦定理可得＝， 所以a＝3.故选C. 3.一个正方体纸盒展开后如图所示，在原正方体纸盒中，下列结论正确的是(　　) A．AB∥EF B．CD∥MN C．MN与AB是异面直线 D．BF与CD成60°角 解析：选C.将正方体还原，连接BF，如图所示． 由图可知，A，B不正确；C正确；BF∥CD，所以D不正确．故选C. 4．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，B＝，且a＋c＝，b＝，则△ABC的面积为(　　) A． B． C． D．2 解析：选A.因为B＝，所以由余弦定理得cos B＝＝，所以＝， 又a＋c＝，b＝，所以－2ac－3＝ac， 所以ac＝，所以S△ABC＝ac sin B＝××＝. 5．已知复数z满足|z－2i|＝，则|z|的最大值是(　　) A． B．2－ C．2＋ D．2 解析：选C.设在复平面内，复数z对应的点为Z，复数z1＝2i对应的点为Z1(0，2)，则|ZZ1|＝，即点Z组成的集合是圆心在点Z1(0，2)，半径为的圆，所以|z|的最大值为2＋. 6．如图，长方体ABCD­A1B1C1D1的体积为V1，E为棱CC1上的点，且CE＝CC1，三棱锥E­BCD的体积为V2，则＝(　　) A． B． C． D． 解析：选D.由题意，V1＝S长方形ABCD·CC1， V2＝S△BCD·CE＝×S长方形ABCD×CC1 ＝S长方形ABCD·CC1，则＝.故选D. 7.如图，在扇形ABC中，半径AB＝2，圆心角∠CAB＝60°，P是扇形弧上的动点，过P作PQ⊥AB于Q，作PR⊥AC于R，记∠PAB＝θ，RQ＝f(θ)，则f(θ)(　　) A．在上单调递增 B．在上单调递增 C．是定值 D．是定值1 解析：选C.由题意AQ＝2cos θ，AR＝2cos (60°－θ)，由余弦定理有 8.为了给热爱朗读的师生提供一个安静独立的环境，某学校修建了若干“朗读亭”．如图所示，该朗读亭的外形是一个正六棱柱和正六棱锥的组合体，正六棱柱两条相对侧棱所在的轴截面为正方形，若正六棱锥与正六棱柱的高的比值为1∶3，则正六棱锥与正六棱柱的侧面积的比值为(　　) A. B． C． D． 解析：选B.由题意，设正六边形的边长为a，正六棱柱的高为3b，正六棱锥的高为b，正六棱柱的侧面积 S2＝6·a·3b＝18ab， 正六棱锥的侧棱长为， 所以正六棱锥的侧面积 S1＝6×·a＝3a ， 因为正六棱柱两条相对侧棱所在的轴截面为正方形，所以3b＝2a，所以b＝a， 所以＝＝，故选B. 二、选择题：本题共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．设z＝(－t2＋4t－5)＋(t2＋2t＋2)i，t∈R，则以下结论正确的是(　　) A．z对应的点在第二象限 B．z一定不为纯虚数 C．对应的点在实轴的下方 D．z可以为实数 解析：选ABC.因为－t2＋4t－5＝－(t－2)2－1＜0，t2＋2t＋2＝(t＋1)2＋1＞0，所以z对应的点在第二象限，故A正确；因为－t2＋4t－5＝0无解，所以z一定不为纯虚数，故B正确；因为z与对应的点关于实轴对称，所以对应的点在第三象限，满足在实轴的下方，故C正确；因为t2＋2t＋2＝0无解，所以z一定不是实数，故D错误． 10.如图，在社会实践活动中，李明同学设计了一款很“萌”的圆台形台灯，台灯内装有两个相切且球心均在圆台的轴上的球形灯泡，上、下两灯泡的球面分别与圆台的上、下底面相切，且都与圆台的侧面相切，若上、下两球形灯泡的半径分别为1和9，则(　　) A.圆台形台灯的母线所在直线与下底面所成角的大小为 B．圆台形台灯的母线长为 C．圆台形台灯的上、下底面半径之积为9 D．圆台形台灯的侧面积大于2 800 解析：选BCD.如图所示，作出圆台的轴截面ABCD，O1，O2分别为上下两球的球心，点M，N，E，F为球面与圆台的切点，过点O1作O1H⊥NO2，垂足为H，设小球半径为r，大球半径为R.对于A，易知圆台形台灯的母线所在直线与下底面所成的角为∠NAF，NH＝O1M＝r＝1，所以O2H＝R－NH＝8，cos ∠NAF＝cos (π－∠NO2F)＝cos ∠O1O2H＝＝＝，故∠NAF≠，A错误；对于B，因为sin ∠NAF＝sin (π－∠NO2F)＝sin ∠O1O2H＝＝，所以DA＝＝，故B正确；对于C，tan ∠O2AF＝tan ∠NAF＝＝＝＝，AF＝＝＝27，DE＝AF－DA·cos ∠NAF＝27－＝，则圆台形台灯的上、下底面半径之积为27×＝9，故C正确；对于D，圆台形台灯的侧面积S＝π(AF＋DE)·AD＝π××＝π>2 800，故D正确． 11．已知△ABC的内心为P，外心为O，重心为G，若AB＝AC＝5，BC＝6，下列结论正确的是(　　) A.△ABC的内切圆半径为r＝ B．6＋5＋5＝0 C．6＋5＋5＝0 D．OG＝ 解析：选ABD.取BC边的中点E，连接AE，因为AB＝AC＝5，所以内心P、外心O、重心G都在中线AE上，且AE⊥BC，AE＝＝4，内切圆半径为r.对于A，由S△ABC＝AE×BC＝r(AB＋AC＋BC)得×4×6＝r(5＋5＋6)，解得r＝，故A正确；对于B，因为PE＝，PA＝4－＝，所以＝－，6＋5＋5＝6＋5·(＋)＝6＋10＝6－10×＝0，故B正确；对于C，由余弦定理得cos A＝＝＝，0<A<π，所以sin A＝＝，所以△ABC的外接圆半径OA＝＝＝，OE＝4－OA＝4－＝，所以＝－，所以6＋5＋5＝6＋5(＋)＝6＋10＝6－10×＝≠0，故C错误；对于D，△ABC的外接圆半径OA＝，AG＝AE＝，所以OG＝OA－AG＝－＝，故D正确．故选ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．若z1＝1－i，z2＝3－5i，在复平面上与z1，z2对应的点分别为Z1，Z2，则Z1，Z2的距离为________． 解析：由z1＝1－i，z2＝3－5i，知Z1(1，－1)，Z2(3，－5)， 由两点间的距离公式得， Z1Z2＝＝2. 答案：2 13．如图，点P是海上的一个钻井平台，甲船、乙船、丙船分别位于点A，B，C三个位置，甲船在乙船的正北方向，丙船在乙船的正东方向，且AB＝20海里，BC＝80海里，若∠APB＝120°，AP＝20海里，则丙船到钻井平台的距离为__________海里． 解析：设∠ABP＝θ，则0°<θ<60°，在△ABP中，由正弦定理可得＝，可得sin θ＝，所以θ＝30°，则∠PAB＝30°，所以BP＝AP＝20海里，∠PBC＝60°，在△PBC中，由余弦定理得PC2＝PB2＋BC2－2PB·BC·cos ∠PBC＝202＋802－2×20×80×＝5 200，则PC＝20海里，即丙船到钻井平台的距离为20海里． 答案：20 14．某冷饮店为了吸引顾客，特推出一款蛋仔冰淇淋，其底座造型如图所示，外部为半球型蛋壳，内有三个特制的球型蛋仔，蛋仔两两相切，且都与蛋壳相切，蛋仔的顶端正好与半球型的蛋壳的上沿处于同一水平面，如果球型蛋仔的半径为，求这个蛋壳型的半球的容积为__________． 解析：取半球的球心为O，三个小球的球心分别为O1，O2，O3，则有O1O2＝O2O3＝O1O3＝2，取△O1O2O3的重心H，则可有OH＝，在△O1O2O3中易求得O1H＝×2×sin ＝2，则有OO1＝＝＝，则半球的半径R＝＋，半球的容积V＝×π(＋)3＝(3＋9＋21＋7)＝(16＋24). 答案：(16＋24) 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．(本小题满分13分)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知a＝，A＝60°，b－c＝－1，求b，c和B，C. 解：由余弦定理，得6＝b2＋c2－2bc cos 60°， 所以b2＋c2－bc＝6，① 将b－c＝－1两边同时平方得b2＋c2－2bc＝4－2，② ①②两式相减得bc＝2＋2. 由解得 由正弦定理，得 sin B＝＝＝. 因为<＋1，所以B＝75°或B＝105°. 因为a2＋c2>b2，所以B为锐角， 所以B＝75°，所以C＝45°. 16．(本小题满分15分)已知复数z＝1＋mi(i是虚数单位，m∈R)，且·(3＋i)为纯虚数(是z的共轭复数). (1)设复数z1＝，求|z1|；(7分) (2)设复数z2＝，且复数z2所对应的点在第四象限，求实数a的取值范围．(8分) 解：因为z＝1＋mi，所以＝1－mi.·(3＋i)＝(1－mi)(3＋i)＝(3＋m)＋(1－3m)i， 又因为·(3＋i)为纯虚数，所以 解得m＝－3.所以z＝1－3i. (1)z1＝＝－－i， 所以|z1|＝ ＝. (2)因为z＝1－3i，i2 025＝i，所以z2＝＝＝， 又因为复数z2所对应的点在第四象限， 所以解得 所以实数a的取值范围是. 17.(本小题满分15分)如图，在直四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，底面是边长为的正方形，AA1＝3，点E在棱B1B上运动． (1)证明：AC⊥D1E；(7分) (2)若三棱锥B1­A1D1E的体积为，求异面直线AD与D1E所成的角．(8分) 解：(1)证明：如图所示，连接BD，因为四边形ABCD是正方形，所以AC⊥BD.因为四棱柱ABCD­A1B1C1D1是直棱柱，所以B1B⊥平面ABCD. 因为AC⊂平面ABCD，所以B1B⊥AC. 因为BD∩B1B＝B，BD，B1B⊂平面B1BDD1， 所以AC⊥平面B1BDD1. 因为D1E⊂平面B1BDD1，所以AC⊥D1E. (2)因为V三棱锥B1­A1D1E＝V三棱锥E­A1B1D1，EB1⊥平面A1B1C1D1， 所以V三棱锥E­A1B1D1＝S△A1B1D1·EB1. 因为S△A1B1D1＝A1B1·A1D1＝1， 所以V三棱锥E­A1B1D1＝EB1＝，所以EB1＝2. 因为AD∥A1D1， 所以∠A1D1E为异面直线AD与D1E所成的角． 在Rt△EB1D1中，易得D1E＝2. 因为A1D1⊥平面A1ABB1，A1E⊂平面A1ABB1，所以A1D1⊥A1E. 在Rt△EA1D1中，得cos ∠A1D1E＝＝， 又0°<∠A1D1E<90°，所以∠A1D1E＝60°. 所以异面直线AD与D1E所成的角为60°. 18.(本小题满分17分)为了提高市民的业余生活质量，因地制宜地利用空置土地资源，某市规划管理局拟在交通便利的区域规划一个休闲区，由于该市三环路附近有一个便捷的停车场和一片三角形空置区域，该市规划管理局准备在三角形空置区域规划三个功能区：如图所示，△ACD区域规划为游客餐饮服务区，△CDE区域规划为微型游乐场，△BCE区域规划为网红打卡区．已知AC⊥BC，AC＝10 m，BC＝10 m，∠DCE＝. (1)若CD＝5 m，求DE的长；(4分) (2)若AD·AE＝100，求∠ACD的值；(5分) (3)求微型游乐场△CDE面积的最小值．(8分) 解：(1)因为AC⊥BC，AC＝10 m，BC＝10 m，得tan A＝＝＝，又A∈，所以A＝，B＝.若CD＝5 m，在△ACD中，由余弦定理，得(5)2＝AD2＋102－2·AD·10·cos ，解得AD＝5 m，所以AD2＋CD2＝AC2，即CD⊥AE，所以∠ACD＝∠DCE＝，所以△ACE为等边三角形，所以DE＝AD＝5 m. (2)设∠ACD＝θ，在△ACD中，由正弦定理，得＝，同理在△ACE中，＝，又AD·AE＝100，所以＝，所以sin θ＝cos θ，即cos 2θ＝0，又0<θ<， 所以2θ＝，即θ＝，所以∠ACD＝. (3)设∠ACD＝θ，由(2)知CD＝，CE＝，又S△CDE＝·CD·CE·sin ，所以S△CDE＝·＝＝， 因为<2θ＋<π，所以当且仅当2θ＋＝， 即当θ＝时，△CDE的面积取最小值，最小值为75(2－)m2. 19.(本小题满分17分)如图，在△ABC中，∠ACB＝，AC＝2，BC＝4，点P满足＝λ，沿CP将△ACP折起形成三棱锥A1­PBC. (1)若λ＝1，A1在平面PBC上的射影恰好在BC上，求二面角A1­CP­B平面角的余弦值；(8分) (2)若二面角A1­CP­B为直二面角，当A1B取到最小值时，求λ的值及点P到平面A1BC的距离．(9分) 解：(1)过点A作CP的垂线交CP于点D，交BC于点H，如图所示，翻折后仍有A1D⊥CP，HD⊥CP，又因为A1D∩HD＝D，且A1D，HD⊂平面A1DH，所以CP⊥平面A1DH，所以∠A1DH为二面角A1­CP­B的平面角．由A1在平面PBC上的射影恰好在BC上得A1H⊥平面BPC，所以cos ∠A1DH＝＝，由λ＝1可知PA＝PC，因为sin ∠ACD＝＝sin ∠CAB＝，所以AD＝AC·sin ∠ACD＝；又易知cos ∠CAH＝cos ∠ABC＝，又＝cos ∠CAH，可得AH＝，所以DH＝AH－AD＝，所以cos ∠A1DH＝＝，即二面角A1­CP­B平面角的余弦值为. (2)过点A1作CP的垂线交CP于点G，连接BG，如图所示，设∠ACP＝α，A1G＝2sin α，CG＝2cos α，由二面角A1­CP­B为直二面角可知平面A1CP⊥平面BPC，平面A1CP∩平面BPC＝PC，A1G⊥PC，又A1G⊂平面A1CP，所以A1G⊥平面BPC，又BG⊂平面BPC，所以A1G⊥BG，则有cos ∠BCG＝cos ＝sin α＝，可得BG2＝4cos2α－16sinαcos α＋16，又A1B2＝A1G2＋BG2，所以A1B2＝4sin2α＋4cos2α－16sinαcos α＋16＝20－8sin 2α，α∈.当α＝时，A1B取到最小值2，sin ∠APC＝sin ＝sin ＝.所以＝，可得AP＝，则BP＝，所以λ＝(注：∠ACP＝∠BCP＝，＝，由角平分线定理得＝也可). 则有S△BCP＝BP·BC·sin ∠CBP＝，S△A1BC＝2，设d为点P到平面A1BC的距离，V三棱锥A1­BCP＝V三棱锥P­A1BC＝××＝×2×d，解得d＝.即点P到平面A1BC的距离为. 学科网（北京）股份有限公司 $