2020新教材高中數(shù)學模塊素養(yǎng)評價新人教B版必修第四冊

1、模塊素養(yǎng)評價（120分鐘 150分）、單選題（本大題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的）1.已知復數(shù)zi=7-6i,z2=4-7i,則Z1-Z2在復平面內(nèi)對應(yīng)的點位于-14 -B.第二象限A.第一象限C.第三象限D(zhuǎn).第四象限【解析】選 A.zi-Z2=(7-6i)-(4-7i)=(7-4)+-6-(-7)i=3+i,則Z1-Z2對應(yīng)的點為（3,1）,在第一象限2.設(shè)復數(shù)z滿足（1+i）z=2i,則 |z|=(V2B.一2D.2【解析】選C.因為2i2 (1-i)z-=i(1-i)=1+i,所以|z|= 二3.在 ABC中,B=45,C=60

2、76;,c=1,則最短邊長為V6A.一2B.一31 C-2V3D.一2【解析】選B.A=180° -(60+45° )=75。，故最短邊為b,由正弦定理可得=sintf sinCcsinB lxsin45 巡即 b=,9 cm3,則其表面積為sint, siii60 32B.18 cm4.如果一個正四面體（各個面都是正三角形）的體積為A.18 J cm2C.12cm2_2D.12 cm【解析】選A.設(shè)正四面體的棱長為 a cm,1 V3則體積為一x ；3 4a2唾噌a3馮解得 a=3/2,所以其表面積為4X -a2=184二(cm2).5.若 z=4+3i,貝U= (A.1

3、B.-14 3C.-ki5 54 3D.-i5 5【解析】選D.z 4-3i=-i| Z |卜 43? 5 S6.在 ABC中,/ B=120° ,AB=V2,角 A 的平分線AD學區(qū)貝U AC=(A.1B.2D.2 二【解析】選AD ABC.如圖，在 ABD中，由正弦定理，得=,sinH sinzAJB則底面積為a2cm2,易求得高為a cm, 43所以sin /<2ADB.2由題意知 0° </ADB<60，所以/ADB=45 , 所以/BAD=180 -45。 -120° =15°所以/ BAC=30 , /C=30 ,BC=AB

4、=北.在 ABC中，由正弦定理，得AC 二 BCsiiiB sinZ/lC所以ac=/6.7 .在等腰RtABC中,AB=BC=1,M為AC的中點，沿BMfi它折成二面角，折后A（對應(yīng)A'）與C的距離為1,則二面角C-BM-A'的大小為（）A.30°B.60°C.90°D.120°【解析】選C.如圖所示,由AB=BC=1,Z ABC=90，得AC=/2.因為M為AC的中點,V2所以 MC=A M=，且 CM! BM,A Ml BM, 2所以/CMA為二面角 C-BM-A'的平面角V2因為 A' C=1,MC=A M=,所以

5、/ CMA =90° .28 .飛機沿水平方向飛行，在A處測得正前下方地面目標 C的俯角為30° ,向前飛行10 000米，到達B處，此時測得目標C的俯角為75° ,這時飛機與地面目標C的距離為世紀（）A.5 000 米C.4 000 米B.5 000 加米D.4 000 加米選 B.如圖，在4ABC中,AB=10 000 米,A=3如，C=75° -30° =45°146 3rIC 000乂一j根據(jù)正弦定理，BC=-=5 000y2（米）.sine y?2二、多選題（本大題共4個小題，每小題5分，共20分，在每小題給出的四個選項中，

6、有多項是符合題目要求的，全部選又的得5分，選對但不全的得 3分，有選錯的得0分）9 .在4ABC中,b=2,B=45° ,若這樣的三角形有兩個，則邊a的值可以為（）A.2B.2.5C.2.8D.3【解析】選BC.由題意得b < a,sinA =4Lfa > 2,? , la ? 2<a<2V2. 故選BC.10 .在正方體ABCD-ABCD中,E,F分別是線段 AB,BiC上與端點不重合的動點，AiE=BF,下面選項中正確的有（）A.EFXAA1B.EF/AC;C.EF 與 AC異面D.EF / 平面 ABCD【解析】選 AD.由于AAL平面AiBiCD,EF

7、?平面AiBiCD,則EF± AA,所以A選項正確；當E,F分別是線段 AB,BiCi的中點時,EF / AiC,又AC/ AiCi,則EF/ AC,所以C選項不正確；當E,F不是線段AiB,BiCi的中點時，EF與AC異面，所以B選項不正確由于平面ABCDi/平面ABCD,EF?平面AiBiGDi,所以EF/平面ABCD,所以D選項正確.11 .如圖，在三B隹P-ABC中，能推出APIBC的條件是（）A.AP±PB,AP*± PCB.AP±PB,BC± PBC.平面 BCPL平面 PAC,BCL PCD.APL平面 PBC【角軍析】選 ACD

8、對于選項 A:因為API PB,AP± PC,PBA PC=P,所以APL平面PBC,又BC?平面PBC,所以API BC,故A正確；對于選項 B:由API PB,BC± PB條件不能判斷出 API BC.對于選項 C:因為平面 BCPL平面PAC,BCL PC,所以BC1平面 APC,AP?平面APC,所以APL BC,故C正確；對于選項 D:由A知D正確.12 .如圖，在直角梯形 ABCD ,BC±DC,AE DC,M,N分別是AD,BE的中點，將三角形ADE沿AE折起，則下列說 法正確的是|世紀()A.不論D折至何位置(不在平面ABC內(nèi))，都有MN/平面DE

9、CB.不論D折至何位置，都有MNL AEC.不論D折至何位置(不在平面ABC內(nèi))，都有MN/ ABD.在折起過程中，一定存在某個位置，使EC AD.【解析】選ABD.分別取CE,DE的中點Q,P,連接MP,PQ,NQ可證MNQP1矩形，所以AB正確；因為 MM PQ,AB/ CE,若 MM AB,貝U PQ/ CE,又PQ與CE相交，所以C錯誤；當平面 ADEL平面 ABCD,有EC!AD,所以D正確.三、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分，將答案填在題中的橫線上)13.i是虛數(shù)單位，若復數(shù)(1-2i)(a+i)是純虛數(shù)，則實數(shù)a的值為.【解析】由題意知,復數(shù)(1-2i)(a+i)=

10、a+2+(1-2a)i是純虛數(shù)，則實部a+2=0,且虛部1-2a w 0,解得a=-2.答案：-214 .設(shè)Z2=zi-i ZT（其中5表示zi的共軻復數(shù)），已知Z2的實部是-1,則Z2的虛部為 【解析】設(shè) zi=a+bi(a,b £ R),貝U z2=zi-i Z1=a+bi-i(a-bi)=(a-b)-(a-b)i, 因為Z2的實部是-1,即a-b=-1,所以Z2的虛部為1.答案：115 .如圖，正方體ABCD-ABCD中,AB=2,點E為AD的中點，點F在CD上.若EF/平面ABC,則線段EF的長度【解析】因為 EF/平面 ABC,EF?平面ABCD平面ABCDT平面 ABC=

11、AC所以EF/ AC,因為E為AD的中點，所以F為DC中點.故 EF=-AC=, ,.216.等腰三角形的底邊長為a,腰長為2a,則腰上的中線長等于【解析】如圖，AB=AC=2a,BC=a,Us設(shè)BC中點為D,連接AD,則ADL BC.BD 2a 1在 RtMBD中，cos B= = =-BA 2a 4設(shè)AB中點為點E,連接CE,貝BEC中,BE=BC=a,由余弦定理 C=CB!+bE2-2CB - BE cos B=a2+a2-2a2 =2a2- -a2=-a2, 42 2v6所以CE-a.2V6答案：a2四、解答題(本大題共6小題，共70分.解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟)17 .

12、(10 分)在4ABC中,BC=a,AC=b,a,b 是方程 x2-2 Vx+2=0 的兩個根，且 2cos(A+B)=1.求:角C的大小.(2)AB的長度.【解析】(1)在4ABC中,cos C=cos兀-(A+B)1=-cos(A+B)=-,2又 0° <C<180 ,所以C=120 .(2)由題設(shè)，得上)“二2®Lab = 2,所以由余弦定理 Ad=AC+B&2AC BCcos C=a2+b2-2abcos 120° =a2+b2+ab=(a+b) 2-ab=(2 J) 2-2=10,所以 AB= 1 J.18 .(12 分)若zC C,

13、且憶+2-2i|=1,求憶-2-2i|的最小值.【解析】方法一：設(shè)z=x+yi(x,y R), 依題意有 |x+2+(y-2)i|=1,得(x+2) 2+(y-2) 2=1 (*).又 |z-2-2i|=|(x-2)+(y-2)i|二 將(*)式代入得|z-2-2i|二、一 1.：”；.由(*)式知 |x+2| wi，3wxw-l.故當x=-1時,|x-2-2i|取得最小值3.方法二：設(shè)z=x+yi(x,y R),則憶+2-2i|=|x+2+(y-2)i|=1 表示圓心為 A(-2,2),半徑為1的圓，而|z-2-2i|=|(x-2)+(y-2)i| 表示圓A上的點到點(2,2)的距離，如圖所

14、示，顯然其最小值為4-1=3.方法三:|z-2-2i|=|(z+2-2i)-4|當且僅當 z+2-2i=|z+2-2i|=1,故|z-2-2i|的最小值為3.>|z+2-2i|-4|=|1-4|=3.即z=-1+2i時，等號成立.僧+3【加練固】已知 z=m+3+3V3i,其中m C,且二為純虛數(shù)，m-3(1)求m對應(yīng)的點的軌跡.(2)求|z|的最大值、最小值.【解析】(1)設(shè) m=x+yi(x,y R),?n43 (x+3)+yi (x2+yz-9)-6yi貝 U =m 3 (jr-3)4yi(x-3) +jz?n+3(X2 + V2-9 = 0,因為為純虛數(shù)，所以IIm 3ly 學(

15、Jx2 +y2 = 32, "* 0.所以m對應(yīng)的點的軌跡是以原點為圓心 ,半徑為3的圓，除去(-3,0),(3,0) 兩點.(2)由知|m|=3,由已知m=z-(3+36i),所以 |z-(3+3 V；：3)|=3.所以z所對應(yīng)的點Z在以(3,3 J3)為圓心，以3為半徑的圓上結(jié)合圖形可知|z|的最大值為|3+3 V3i|+3=9； 最小值為 |3+3-、/3i|-3=3.19.(12 分)如圖，四棱錐 P-ABCD ,PAL底面 ABCD,AD/ BC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M為線段 AD上一點，AM=2MD,N為PC的中點.證明MN/平面PAB.(2)求四面體N

16、-BCM勺體積.2【解析】(1)由已知得AM=AD=2. d如圖，取BP的中點連接AT,TN,由N為PC中點知TN/ BC,1TN=BC=2.2又 AD/ BC,故 TN AM,所以四邊形 AMN功平行四邊形，于是MM AT.因為AT?平面PAB,MN?平面PAB,所以MM平面PAB.（2）因為PAL平面 ABCD,N為PC的中點,1所以N到平面ABCD勺距離為一PA.2如圖，取BC的中點E,連接AE.由 AB=AC=3導 AE± BC,AE= ； A.8 ：D'=5.由AM/ BC得M到BC的距離為 V5, 5=2- 5.1故 SabcmP- X 4X21PA 4V5所以四

17、面體 N-BCM的體積 X-BckXSscM =32320.（12分）某工程隊在某海域進行填海造地工程，欲在邊長為1千米的正三角形島礁 ABC的外圍選擇一點D（D在平面ABC內(nèi)），建設(shè)一條軍用飛機跑道 AD.在點D測得B,C兩點的視角/ BDC=60 ,如圖所示，記/CBD=）,如何設(shè)計 0 ,使得飛機跑道 AD最長？世紀【解析】在 BCD中,BC=1, Z BDC=60 , Z CBD=).SCBD由正弦定理得sin60fi sin(120° -0)sin (120e -6)所以BD=cos e+罵n e.3在 ABD中,AB=1, /ABD=60 +0 .由余弦定理，得 Aj=A

18、*+BD-2AB - BD- cos(60 ° +0 )=12+(cosV30 +sin3Q)2-2xi x (cos8 + §in9)x G cos0- - §inB)=1+-sin 2 04V+sin0 cos 05 4 =-+-sin(2 0 -303 3跑道AD最長.所以當 2 9- 30° =90° , 0 =60° 時21.(12 分)如圖所示，在長方體 ABCD-ABCD中,AB=2,BBi=BC=1,E為DG的中點，連接ED,EC,EB和DB. 求證：平面EDBL平面EBC.(2)求二面角E-DB-C的正切值.|世紀|

19、【解析】(1)在長方體 ABCD-ABGD中,AB=2,BBi=BC=1,E為Di。的中點.所以 DDE為等腰直角三角形，/DiED=45 .同理/ CEC=45所以/DEC=90，即 DE! EC.在長方體 ABCD-ABiGDi中,BCL平面 DDCC 又DE?平面DiDCC,所以BC± DE.又 ECn BC=C,所以DE1平面EBC.因為DE?平面 DEB所以平面 DEBL平面 EBC.(2)如圖所示，過E在平面DDCC中作EO± DC于O.在長方體 ABCD-ABQDi中，因為平面 ABCDL平面 DDCC,且交線為 DC,所以EOL面ABCD過O在平面 DBC中

20、作O。DB于F,連接EF,所以EF± BD.Z EFO為二面角E-DB-C的平面角.利用平面幾何知識可得 OF=> ,又 V5OE=1,所以 tan / EFO=/5.22.(12分)如圖所示，在四錐S-ABCD中，平面SADL平面ABCD四邊形ABCM正方形，且P為AD的中點，Q為SB的中點.(1)求證：CD,平面SAD.(2)求證：PQ/平面SCD.若SA=SD,MK/ BC的中點，在SC上是否存在點 N,使得平面DMNL平面ABCD并證明你的結(jié)論. 現(xiàn)【解析】(1)因為四邊形ABCM正方形，所以CDL AD.又平面SADL平面ABCD, 且平面 SACA平面 ABCD=A可以CDL平面 SAD.(2)1取SC的中點R,連接QR,DR.由題意知 PD/ BC且PD=BC.2在 SBC中,Q為SB的中點,R為SC的中點，1所以 QR/ BC且 QR="BC.所以 QR/ PD且 QR=PD, 2則四邊形PDR池平行四邊形，所以PQ/ DR.又PQ?平面SCD,DR?平面SCD,所以PQ/平面SCD.當點N為SC的中點時,平面DMNL平面 ABCD.證明如下：連接PC,DM交于點O,連接PM,SP,NM,NO,因為 PD/ CM!. PD=CM,所以四邊