收藏 分享(赏)

2020-2021学年新教材高中数学 模块综合测评(含解析)新人教B版必修第四册.doc

上传人:高**** 文档编号:491022 上传时间:2024-05-28 格式:DOC 页数:11 大小:408.50KB
下载 相关 举报
2020-2021学年新教材高中数学 模块综合测评(含解析)新人教B版必修第四册.doc_第1页
第1页 / 共11页
2020-2021学年新教材高中数学 模块综合测评(含解析)新人教B版必修第四册.doc_第2页
第2页 / 共11页
2020-2021学年新教材高中数学 模块综合测评(含解析)新人教B版必修第四册.doc_第3页
第3页 / 共11页
2020-2021学年新教材高中数学 模块综合测评(含解析)新人教B版必修第四册.doc_第4页
第4页 / 共11页
2020-2021学年新教材高中数学 模块综合测评(含解析)新人教B版必修第四册.doc_第5页
第5页 / 共11页
2020-2021学年新教材高中数学 模块综合测评(含解析)新人教B版必修第四册.doc_第6页
第6页 / 共11页
2020-2021学年新教材高中数学 模块综合测评(含解析)新人教B版必修第四册.doc_第7页
第7页 / 共11页
2020-2021学年新教材高中数学 模块综合测评(含解析)新人教B版必修第四册.doc_第8页
第8页 / 共11页
2020-2021学年新教材高中数学 模块综合测评(含解析)新人教B版必修第四册.doc_第9页
第9页 / 共11页
2020-2021学年新教材高中数学 模块综合测评(含解析)新人教B版必修第四册.doc_第10页
第10页 / 共11页
2020-2021学年新教材高中数学 模块综合测评(含解析)新人教B版必修第四册.doc_第11页
第11页 / 共11页
亲,该文档总共11页,全部预览完了,如果喜欢就下载吧!
资源描述

1、模块综合测评(时间:120分钟满分:150分)一、单项选择题(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)1i是虚数单位,则的虚部是()Ai Bi C DCi.2在ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c.若c4,a4,A45,则sin C等于()A B C DA由正弦定理得sin Cc4.3已知平面平面,l,点A,Al,直线ABl,直线ACl,直线m,m,则下列选项不一定成立的是()AABm BAC CAB DACmBm,m,l,ml,又ABl,ABm,则A一定成立ACl,ml,ACm,则D一定成立ABl,AB,l,AB,则C一定成立若C且AC

2、,l,ACl,平面平面,AC,则B不一定成立故选B4已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1,O2,过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形,则该圆柱的表面积为()A12 B12 C8 D10B因为过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形,所以圆柱的高为2,底面圆的直径为2,所以该圆柱的表面积为2()22212.5复数的共轭复数为()Ai BiCi DiD因为i,所以其共轭复数为i.故选D6在ABC中,若lg alg clg sin Blg ,且B,则ABC的形状是()A等边三角形 B等腰三角形C等腰直角三角形 D直角三角形Clg alg clg sin Blg ,

3、sin B,sin B.B,B,sin Csin Asin,cos C0.C(0,),C,ABC,ABC是等腰直角三角形故选C7如图所示,在长方体ABCDA1B1C1D1中,P为BD上任意一点,则一定有()APC1与AA1异面BPC1与A1A垂直CPC1与平面AB1D1相交DPC1与平面AB1D1平行D连接BC1和DC1(图略),因为BDB1D1,AB1DC1,所以平面AB1D1平面C1BD,而PC1平面C1BD,所以PC1平面AB1D1.选D8已知三棱锥PABC的各棱长均相等,O是ABC的中心,D是PC的中点,则直线PO与直线BD所成角的余弦值为()A B C DA设底面边长为a,连接CO并

4、延长交AB于F,过点D作DEPO交CF于点E,连接BE,则BDE即PO与BD所成角,因为PO平面ABC,所以DE平面ABC,所以BDE是直角三角形,设三棱锥PABC的各棱长均为a,则,BDCFa,COBDa,所以POa,因为点D为侧棱PC的中点,所以DEPOa,所以cosBDE,则直线PO与直线BD所成角的余弦值为.二、多项选择题(本题共4小题,每小题5分,共20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5分,部分选对的得3分,有选错的得0分)9设ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,则下列命题正确的是()A若abc2,则CB若ab2c,则CC若(ab)c2ab,则CD若

5、(a2b2)c22a2b2,则CAB对于A,由余弦定理有cos C,因为C为三角形的内角,所以C,故A正确;对于B,因为ab2c,所以(ab)24c2,c2,由余弦定理有cos C,因为C为三角形的内角,所以C,故B正确;对于C,取ab2,c1,满足(ab)c2ab,因为cos C0,所以C,故C错误;对于D,取ab,c1,满足(a2b2)c22a2b2,因为cos C0,所以C,故D错误故选AB10下列各式的运算结果不是纯虚数的是()Ai(1i)2 Bi2(1i)C(1i)2 Di(1i)ABDA项,i(1i)2i(12ii2)i2i2,不是纯虚数B项,i2(1i)(1i)1i,不是纯虚数C

6、项,(1i)212ii22i,是纯虚数D项,i(1i)ii21i,不是纯虚数11已知,是三个互不重合的平面,l是一条直线,下列命题中正确的是()A若,l,则lB若l,l,则C若l上有两个点到的距离相等,则lD若,则BD对于A,由,l,得l或l,故A错误;对于B,过直线l作第三个平面与平面相交于直线m,根据线面平行的性质,知ml,又l,则m,又m,所以,故B正确;对于C,l还可能与相交,故C错误;对于D,在平面内作与和的交线垂直的直线m,根据面面垂直的性质,得m,再过直线m作平面,并与平面相交于直线n,根据面面平行的性质,知mn,所以n,又n,所以,故D正确12在实数集R中,我们定义的大小关系“

7、”为全体实数排了一个“序”类似地,我们在复数集C上也可以定义一个称为“序”的关系,记为“”定义如下:对于任意两个复数z1a1b1i,z2a2b2i(a1,a2,b1,b2R),当且仅当“a1a2”或“a1a2且b1b2”时,z1z2.按上述定义的关系“”,下列命题为真命题的是()A若z1z2,则|z1|z2|B若z1z2,z2z3,则z1z3C若z1z2,则对于任意zC,z1zz2zD对于复数z0,若z1z2,则zz1zz2BC对于复数z12i,z213i,显然满足z1z2,但|z1|,|z2|,不满足|z1|z2|,故A为假命题;设z1a1b1i,z2a2b2i,z3a3b3i(a1,a2,

8、a3,b1,b2,b3R),由z1z2,z2z3可得“a1a3”或“a1a3且b1b3”,即z1z3,故B为真命题;设z1a1b1i,z2a2b2i,zabi(a1,a2,a,b1,b2,bR),由z1z2可得“a1a2”或“a1a2且b1b2”,显然有“a1aa2a”或“a1aa2a且b1bb2b”,从而z1zz2z,故C为真命题;对于复数z12i,z213i,显然满足z1z2,令z1i,则zz1(1i)(2i)13i,zz2(1i)(13i)42i,显然不满足zz1zz2,故D为假命题故选BC三、填空题(本题共4小题,每小题5分,共20分把答案填在题中的横线上)13已知实数a,b满足abi

9、i2 019(i为虚数单位),则ab的值为_1由i1i,i21,i3i,i41,所以abii2 019(i4)504i3i,得a0,b1.ab1.14已知在ABC中,AC4,BC2,BAC60,ADBC于点D,则的值为_6在ABC中,AC4,BC2,BAC60,由余弦定理得cos 60,解得AB6或2(舍去)因为RtADB与RtADC有公共边AD,所以62BD242(2BD)2,解得BD,所以CD,所以6.15中国有悠久的金石文化,印信是金石文化的代表之一印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体,但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图1)半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的

10、多面体半正多面体体现了数学的对称美图2是一个棱数为48的半正多面体,它的所有顶点都在同一个正方体的表面上,且此正方体的棱长为1.则该半正多面体共有_个面,其棱长为_(本题第一空2分,第二空3分)图1图2261依题意知,题中的半正多面体的上、下、左、右、前、后6个面都在正方体的表面上,且该半正多面体由18个正方形和8个正三角形围成,因此题中的半正多面体共有26个面注意到该多面体的俯视图的轮廓是一个正八边形,设题中的半正多面体的棱长为x,则xxx1,解得x1,故题中的半正多面体的棱长为1.16定义复数的一种运算z1|z1|z2|,2)(等式右边为普通运算)若复数zabi,为z的共轭复数,且正实数a

11、,b满足ab3,则z*的最小值为_由题意可得z*.正实数a,b满足ab3,b3a,当a时,z*取得最小值,为.四、解答题(本题共6小题,共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17(本小题满分10分)设复数z,若z2azb1i,求实数a,b的值解z1i.因为z2azb(1i)2a(1i)b2iaaib(ab)(2a)i1i,所以解得18(本小题满分12分)九章算术中,将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马,将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑在如图所示的阳马PABCD中,侧棱PD底面ABCD,且PDCD,点E是PC的中点,连接DE,BD,BE.(1)证明:DE平面P

12、BC试判断四面体EBCD是否为鳖臑,若是,写出其每个面的直角(只需写出结论);若不是,请说明理由(2)记阳马PABCD的体积为V1,四面体EBCD的体积为V2,求的值解(1)证明:因为PD底面ABCD,所以PDBC由底面ABCD为长方形,得BCCD而PDCDD,所以BC平面PCD又DE平面PCD,所以BCDE.因为PDCD,点E是PC的中点,所以DEPC而PCBCC,所以DE平面PBC由BC平面PCD,DE平面PBC,可知四面体EBCD的四个面都是直角三角形,即四面体EBCD是一个鳖臑,其四个面的直角分别是BCD,BCE,DEC,DEB(2)由已知,PD是阳马PABCD的高,所以V1S长方形A

13、BCDPDBCCDPD由(1)知,DE是鳖臑DBCE的高,BCCE,所以V2SBCEDEBCCEDE.在RtPDC中,因为PDCD,点E是PC的中点,所以DECECD,于是4.19(本小题满分12分)在ABC中,内角A,B,C所对的边长分别为a,b,c,已知c2,C.(1)若ABC的面积等于,求a,b;(2)若sin B2sin A,求ABC的面积解(1)由余弦定理,得a2b2ab4.因为ABC的面积等于,所以absin C,得ab4.联立方程解得(2)由正弦定理,已知条件可化为b2a.联立方程解得所以ABC的面积Sabsin C.20(本题小题满分12分)在如图的多面体中,EF平面AEB,A

14、EEB,ADEF,EFBC,BC2AD4,EF3,AEBE2,G是BC的中点(1)求证:AB平面DEG;(2)求证:BDEG;(3)求多面体ADBEG的体积解(1)证明:ADEF,EFBC,ADBC又BC2AD,G是BC的中点,ADBG,四边形ADGB是平行四边形,ABDG.AB平面DEG,DG平面DEG,AB平面DEG.(2)证明:EF平面AEB,AE平面AEB,EFAE.又AEEB,EBEFE,EB,EF平面BCFE,AE平面BCFE.过D作DHAE交EF于H,连接BH,EG,则DH平面BCFE.EG平面BCFE,DHEG.ADEH,DHAE,四边形AEHD为平行四边形,EHAD2,EHB

15、G2,又EHBG,EHBE,BE2,四边形BGHE为正方形,BHEG,又BHDHH,BH平面BHD,DH平面BHD,EG平面BHDBD平面BHD,BDEG.(3)EF平面AEB,ADEF,AD平面AEB,由(2)知四边形BGHE为正方形,BEBCVADBEGVDAEBVDBEGSABEADSBEGAE.21(本小题满分12分)如图所示,甲船以每小时30 n mile的速度向正北方向航行,乙船按固定方向匀速直线航行当甲船位于A1处时,乙船位于甲船的北偏西105方向的B1处,此时两船相距20 n mile.当甲船航行20 min到达A2处时,乙船航行到甲船的北偏西120方向的B2处,此时两船相距1

16、0 n mile.问乙船每小时航行多少海里解如图所示,连接A1B2.因为A2B210,A1A23010,所以A1A2A2B2.又因为A1A2B218012060,所以A1A2B2是等边三角形所以A1B2A1A210.又因为A1B120,B1A1B21056045,在A1B2B1中,由余弦定理,得B1BA1BA1B2A1B1A1B2cos 45202(10)222010200.所以B1B210.所以乙船的速度为30(n mile/h)即乙船每小时航行30 n mile.22(本小题满分12分)如图,三棱锥PABC中,PC,AC,BC两两垂直,BCPC1,AC2,E,F,G分别是AB,AC,AP的

17、中点(1)证明:平面GFE平面PCB;(2)求二面角BAPC的正切值;(3)求直线PF与平面PAB所成角的正弦值解(1)证明:因为E,F,G分别是AB,AC,AP的中点,所以EFBC,GFCP.因为EF平面PCB,GF平面PCB,所以EF平面PCB,GF平面PCB又EFGFF,所以平面GFE平面PCB(2)如图,过点C作CHPA,垂足为H,连接HB因为BCPC,BCAC,且PCACC,所以BC平面PAC,所以BCPA又PACH,CHBCC,所以PA平面BCH,所以HBPA,所以BHC是二面角BAPC的平面角,依条件容易求出CH,所以tanBHC,所以二面角BAPC的正切值是.(3)如图,设PB的中点为K,连接KC,AK.因为PCB为等腰直角三角形,所以KCPB又ACPC,ACBC,且PCBCC,所以AC平面PCB,所以ACPB又PBKC,ACKCC,所以PB平面AKC又PB平面PAB,所以平面AKC平面PAB在平面AKC内,过点F作FMAK,垂足为M.因为平面AKC平面PAB,所以FM平面PAB连接PM,则MPF是直线PF与平面PAB所成的角易得PF,FM,所以sinMPF,即直线PF与平面PAB所成角的正弦值是.

展开阅读全文
相关资源
猜你喜欢
相关搜索

当前位置:首页 > 幼儿园

网站客服QQ:123456
免费在线备课命题出卷组卷网版权所有
经营许可证编号:京ICP备12026657号-3