1、模块素养检测(120分钟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,只有一项符合题目要求)1.设a,bR,i是虚数单位,则“ab=0”是“复数a+为纯虚数”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【解析】选B.由ab=0,得a=0,b0或a0,b=0或a=0,b=0,a+=a-bi不一定为纯虚数;若a+=a-bi为纯虚数,则有a=0且b0,这时有ab=0.2.ABC的三边分别为a,b,c,且a=1,B=45,SABC=2,则ABC的外接圆的直径为()A.4B.5C.5D.6【解析】选C.因为SABC=acsin
2、 B=2,所以c=4.由余弦定理,得b2=a2+c2-2accos B=25,所以b=5.由正弦定理得2R=5(R为ABC外接圆的半径).3.(2020新高考全国卷)=()A.1B.-1C.iD.-i【解析】选D.=-i.4.在ABC中,a,b,c分别为内角A,B,C所对的边,若a=1,sin B=,C=,则b的值为()A.1B.C.或D.1【解析】选C.在ABC中,sin B=,0B,所以B=或,当B=时,ABC为直角三角形,所以b=asin B=;当B=时,A=C=,a=c=1.由余弦定理得b2=a2+c2-2accos =3,所以b=.5.将正方形ABCD沿BD折起,使平面ABD平面BC
3、D,M为CD的中点,则AMD的大小是()A.45B.30C.60D.90【解析】选D.如图,设正方形边长为a,作AOBD,则AM=a,又AD=a,DM=,所以AD2=DM2+AM2,所以AMD=90.6.如图,在ABC中,AB=3,BC=4,ABC=120,若把ABC绕直线AB旋转一周,则所形成的几何体的体积是()A.11B.12C.13D.14【解析】选B.ABC绕直线AB旋转一周,所形成的几何体如图所示.已知BC=4,ABC=120,所以CO=2,所以几何体的体积V=CO2AB=12.【补偿训练】在矩形ABCD中,若AB=3,BC=4,PA平面ABCD,且PA=1,则点P到对角线BD的距离
4、为()A.B.C.D.【解析】选B.如图,过点A作AEBD于点E,连接PE.因为PA平面ABCD,BD平面ABCD,所以PABD.因为AEPA=A,所以BD平面PAE,所以BDPE.因为AE=,PA=1,所以PE=.7.在ABC中,三内角A,B,C所对边分别为a,b,c,若(b-c)sin B=2csin C且a=,cos A=,则ABC的面积等于()A.B.C.3D.3【解析】选A.由正弦定理,得(b-c)b=2c2,得b2-bc-2c2=0,得b=2c或b=-c(舍).由a2=b2+c2-2bccos A,得c=2,则b=4.由cos A=知,sin A=,SABC=bcsin A=42=
5、.8.已知A,B是球O的球面上两点,AOB=90,C为该球面上的动点,若三棱锥O-ABC体积的最大值为36,则球O的表面积为()A.36B.64C.144D.256【解析】选C.如图所示,当点C位于垂直于面AOB的直径端点时,三棱锥O-ABC的体积最大,设球O的半径为R,此时VO-ABC=VC-AOB=R2R=R3=36,故R=6,则球O的表面积为S=4R2=144.【补偿训练】如图,在三棱锥A-BCD中,VA-BPQ=2,VC-APQ=6,VC-DPQ=12,则VA-BCD等于()A.20B.24C.28D.56【解析】选B.由=,所以=.所以VB-PDQ=VC-PDQ=4,因而VA-BCD
6、=2+6+12+4=24.二、多项选择题(本大题共4小题,每小题5分,共20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5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)9.已知i是虚数单位,z=,则下列结论中正确的是()A.z=-iB.z=iC.=-iD.|z|=1【解析】选BCD.z=i,所以=-i,|z|=1,故BCD正确.10.满足下列条件的三角形有两解的有()A.b=3,c=4,B=30B.a=5,b=8,A=30C.c=6,b=3,B=60D.c=9,b=12,C=60【解析】选AB.选项A中csin Bbc,故有两解;选项B中bsin Aab,故有两解;选项C中b=cs
7、in B,有一解;选项D中cbsin C,无解.所以有两解的是选项AB.11.已知平面与平面相交,直线m,则错误的是()A.内必存在直线与m平行且存在直线与m垂直B.内不一定存在直线与m平行,不一定存在直线与m垂直C.内不一定存在直线与m平行,但必存在直线与m垂直D.内必存在直线与m平行,不一定存在直线与m垂直【解析】选ABD.作两个相交平面,交线为n,使得直线m,假设内一定存在直线a与m平行,因为m,而am,所以直线a,而a,所以,这与平面与平面相交不一定垂直矛盾,所以内不一定存在直线a与m平行,因为直线m,n,又n,所以mn,所以在内不一定存在直线与m平行,但必存在直线与m垂直.【补偿训练
8、】设a,b为两条直线,为两个平面,则正确的命题是()A.若a,b,则abB.若a,b,则abC.若a,b,ab,则D.若a,b,则ab【解析】选D.A中,a,b可以平行或异面;B中,a,b可以平行或异面或相交;C中,可以平行或相交.12.在锐角ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若sin A=,a=3,SABC=2,则b的值可以为()A.2B.3C.4D.6【解析】选AB.因为SABC=2=bcsin A,sin A=,所以bc=6,cos A=,又因为a=3,由余弦定理得9=b2+c2-2bccos A=b2+c2-4,b2+c2=13,可得b=2或b=3.三、填空题(本大题共4
9、个小题,每小题5分,共20分.把答案填在题中的横线上)13.已知z0=2+2i,|z+z0|=,当z=_时,|z|有最小值,最小值为_.【解析】因为|z+z0|=,所以复数z所对应的点Z在以C(-2,-2)为圆心,半径为的圆上,画出图形(图略),由图形知|z|的最小值为-=,此时,点Z是线段OC与圆的交点,线段OC的方程是y=x(-2x0),圆的方程是(x+2)2+(y+2)2=2,联立方程组解得所以复数z=-1-i.答案:-1-i14.在ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知a=2,C=45,1+=,则A=_,边c的值为_.【解析】在ABC中,因为1+=1+=.由正弦定理得=,
10、所以cos A=,所以A=60.又因为a=2,C=45.由=得,=,所以c=2.答案:60215.在ABC中,a,b,c分别为角A,B,C的对边,且a,b,c满足2b=a+c,B=,则cos A-cos C=_.【解析】因为2b=a+c,由正弦定理得2sin B=sin A+sin C,又因为B=,所以sin A+sin C=,A+C=.设cos A-cos C=x,可得(sin A+sin C)2+(cos A-cos C)2=2+x2,即sin2A+2sin Asin C+sin2C+cos2A-2cos Acos C+cos2C=2-2cos (A+C)=2-2cos =2+x2得x2=
11、,所以cos A-cos C=.答案:16.(2020新高考全国卷)已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱长均为2,BAD=60,以D1为球心,为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为_.【解析】由已知连接BD,B1D1,则BD=B1D1=2,取BB1和CC1的中点E,F.连接EF,D1E,D1F,则D1E=D1F=,故E,F在球面上.平面BCC1B1截球面的截面圆的圆心是B1C1的中点O,OE=OF=,球面与侧面BCC1B1的交线是侧面上以O为圆心,为半径的圆弧EF,的长为2=.答案:四、解答题(本大题共6个小题,共70分,解答时写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17. (10分)
12、如图,ACD是等边三角形,ABC是等腰直角三角形,ACB=90,BD交AC于E,AB=2. (1)求cos CBE的值;(2)求AE.【解析】(1)因为BCD=90+60=150,CB=AC=CD,所以CBE=15.所以cos CBE=cos 15=cos (45-30)=.(2)在ABE中,AB=2,由正弦定理,得=,故AE=-.18.(12分)已知z=m+3+3i,其中mC,且为纯虚数.(1)求m对应点的轨迹;(2)求|z|的最大值、最小值.【解析】(1)设m=x+yi(x,yR),则=,因为为纯虚数,所以即所以m对应的点的轨迹是以原点为圆心,半径为3的圆,除去(-3,0),(3,0)两点
13、.(2)由(1)知|m|=3,已知m=z-(3+3i),则|z-(3+3i)|=3.所以z所对应的点Z在以(3,3)为圆心,3为半径的圆上.可知|z|的最大值为|3+3i|+3=9;最小值为|3+3i|-3=3.19.(12分)如图所示,在三棱柱ABC-A1B1C1中,若E,F分别为AB,AC的中点,平面EB1C1F将三棱柱分成体积分别为V1,V2的两部分,求V1V2的值.【解析】如图,延长A1A到A2,B1B到B2,C1C到C2,且A1A=AA2,B1B=BB2,C1C=CC2,连接A2B2,B2C2,A2C2,则得到三棱柱ABC-A2B2C2,且=,延长B1E,C1F,则B1E与C1F相交
14、于点A2.因为A2AA2A1=12,所以=.又=,所以V1=7=,故V1V2=7(12-7)=75.20.(12分)已知锐角三角形ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且tanA=.(1)求角A的大小;(2)当a=时,求c2+b2的最大值,并判断此时ABC的形状.【解析】(1)由已知及余弦定理,得=,sin A=,因为A为锐角,所以A=60.(2)由正弦定理得=2,所以b=2sin B,c=2sin C=2sin(120-B).c2+b2=4sin2B+sin2(120-B)=4=4-cos 2B+sin 2B=4+2sin(2B-30).由得30B90,所以302B-30150.当
15、sin(2B-30)=1,即B=60时,(c2+b2)max=6,此时C=60,ABC为等边三角形.【一题多解】由余弦定理得()2=b2+c2-2bccos 60=b2+c2-bc=3.因为bc(当且仅当b=c时取等号),所以b2+c2-3,即b2+c26(当且仅当b=c时取等号).故c2+b2的最大值为6,此时ABC为等边三角形.21.(12分)如图所示,正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直,EFAC,AB=,CE=EF=1.(1)求证:AF平面BDE;(2)求证:CF平面BDE.【证明】(1)如图,设AC与BD交于点G.因为EFAG,且EF=1,AG=AC=1,所以四边形AGE
16、F为平行四边形,所以AFEG.因为EG平面BDE,AF平面BDE,所以AF平面BDE.(2)连接FG,因为EFCG,EF=CG=1,所以四边形CEFG为平行四边形,又因为CE=EF=1,所以CEFG为菱形,所以EGCF.在正方形ABCD中,ACBD.因为正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直,所以BD平面CEFG,所以BDCF.又因为EGBD=G,所以CF平面BDE.【补偿训练】如图所示,在三棱锥A-BCD中,BCD=90,BC=CD=1,AB平面BCD,ADB=60,E,F分别是AC,AD上的动点,且=(01).(1)求证:不论为何值,总有平面BEF平面ABC;(2)当为何值时,平
17、面BEF平面ACD.【解析】(1)因为AB平面BCD,所以ABCD.因为CDBC,且ABBC=B,所以CD平面ABC.又因为=(01),所以不论为何值,恒有EFCD,所以EF平面ABC,EF平面BEF,所以不论为何值,恒有平面BEF平面ABC.(2)由(1)知,BEEF,因为平面BEF平面ACD,所以BE平面ACD,所以BEAC.因为BC=CD=1,BCD=90,ADB=60,所以BD=,AB=tan 60=,所以AC=.由AB2=AEAC,得AE=,所以=.22.(12分)如图所示,在三棱台DEF-ABC中,AB=2DE,G,H分别为AC,BC的中点.(1)求证:BD平面FGH;(2)若CF
18、BC,ABBC,求证:平面BCD平面EGH.【证明】(1)连接DG,设CDGF=M,连接MH.在三棱台DEF-ABC中,AB=2DE,G为AC的中点,可得DFGC,DF=GC,所以四边形DFCG为平行四边形,则M为CD的中点.又H为BC的中点,所以MHBD.又MH平面FGH,BD平面FGH,所以BD平面FGH.【一题多解】在三棱台DEF-ABC中,由BC=2EF,H为BC的中点,可得BHEF,BH=EF,所以四边形BHFE为平行四边形,可得BEHF.在ABC中,G为AC的中点,H为BC的中点,所以GHAB.又GHHF=H,所以平面FGH平面ABED.因为BD平面ABED,所以BD平面FGH.(2)因为G,H分别为AC,BC的中点,所以GHAB.由ABBC,得GHBC.又H为BC的中点,所以EFHC,EF=HC,因此四边形EFCH是平行四边形,所以CFHE.又CFBC,所以HEBC.又HE,GH平面EGH,HEGH=H,所以BC平面EGH.又BC平面BCD,所以平面BCD平面EGH.
