2021-2022学年新教材高中数学 模块质量检测（含解析）新人教B版必修第四册.docx

1、第四册模块质量检测本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分满分150分，考试时间120分钟第卷(选择题，共60分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60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(1i)(2i)()A3iB3iC3iD3i2设z2i，则|z|()A0B.C1D.3在一个倒置的正三棱锥容器内放入一个钢球，钢球恰与棱锥的四个面都接触，过棱锥的一条侧棱和高作截面，正确的截面图形是()4若z43i，则()A1B1C.iD.i5若圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，母线长为3，圆台的侧面积为84，则圆台较小底面的半径为()A7B6C5D36设(12i)

2、(ai)的实部与虚部相等，其中a为实数，则a()A3B2C2D37已知平面平面，l，点A，Al，直线ABl，直线ACl，直线m，m，则下列四种位置关系中，不一定成立的是()AABmBACmCABDAC8已知三棱锥PABC的四个顶点在球O的球面上，PAPBPC，ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，CEF90，则球O的体积为()A8B4C2D.9如图，ABC中，ACB90，直线l过点A且垂直于平面ABC，动点Pl，当点P逐渐远离点A时，PCB的大小()A变大B变小C不变D有时变大有时变小10ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若ABC的面积为，则C为()A.B.C.

3、D.11若zC，且|z22i|1，则|z22i|的最小值是()A2B3C4D512如图，四边形ABCD中，ADBC，ADAB，BCD45，BAD90，将ABD沿BD折起，使平面ABD平面BCD，构成四面体ABCD，则在四面体ABCD中，下列结论正确的是()A平面ABD平面ABCB平面ADC平面BDCC平面ABC平面BDCD平面ADC平面ABC第卷(非选择题，共90分)二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分将答案填在题中横线上)13._.14已知平面，和直线m，给出条件：m；m；m；.当满足条件_时，有m.(填所选条件的序号)15如图，四棱锥SABCD中，底面ABCD为平行四边形，E是

4、SA上一点，当点E满足条件：_时，SC平面EBD.16如图，圆锥SO中，AB、CD为底面圆的两条直径，ABCDO，且ABCD，SOOB2，P为SB的中点则异面直线SA与PD所成角的正切值为_三、解答题(本大题共6小题，共70分解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17(本小题满分10分)当实数a为何值时，za22a(a23a2)i：(1)为实数；(2)为纯虚数；(3)对应的点在第一象限内；(4)对应的点在直线xy0上18(本小题满分12分)如图所示，在ABC中，ABAC2，BC2，点D在BC边上，ADC45，求AD的长度19(本小题满分12分)如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD是正

5、方形，侧棱PD底面ABCD，PDDC，E是PC的中点，作EFPB交PB于点F.(1)证明：PA平面EDB；(2)证明：PB平面DEF.20(本小题满分12分)如图所示，在ABC中，B，AB8，点D在BC边上，CD2，cosADC.(1)求sinBAD；(2)求BD，AC的长21(本小题满分12分)如图三棱柱ABCA1B1C1中，CACB，ABAA1，BAA160，(1)证明ABA1C；(2)若A1C，ABCB2，求三棱柱ABCA1B1C1的体积V.22(本小题满分12分)如图，在一次海上联合作战演习中，红方一艘侦察艇在A处发现在北偏东45方向，相距12海里的B处水面上，有蓝方一艘小艇正以每小时

6、10海里的速度沿南偏东75方向前进，若红方侦察艇以每小时14海里的速度，沿北偏东45方向拦截蓝方的小艇，若要在最短的时间内拦截住，求红方侦察艇所需的时间和角的正弦值第四册模块质量检测1解析：(1i)(2i)2i2ii23i，故选D.答案：D2解析：z2i2i2ii.|z|1，故选C.答案：C3解析：钢球与三棱锥的四个面相切，与棱无公共点，且三棱锥的高过钢球的球心，故选B.答案：B4解析：z43i，43i，|z|5，i.故选D.答案：D5解析：设较小底面半径为r，另一底面半径为R，则2R32r，R3r.由侧面积公式得(r3r)l84，即(r3r)384.r7，故选A.答案：A6解析：(12i)(

7、ai)a2(12a)i，由题意知a212a，解得a3，故选A.答案：A7解析：容易判断A、B、C三个答案都是正确的，对于D，虽然ACl，但AC不一定在平面内，故它可以与平面相交、平行，但不一定垂直，故选D.答案：D8解析：因为点E，F分别为PA，AB的中点，所以EFPB，因为CEF90，所以EFCE，所以PBCE.取AC的中点D，连接BD，PD，易证AC平面BDP，所以PBAC，又ACCEC，AC，CE平面PAC，所以PB平面PAC，所以PBPA，PBPC，因为PAPBPC，ABC为正三角形，所以PAPC，即PA，PB，PC两两垂直，将三棱锥PABC放在正方体中如图所示因为AB2，所以该正方体

8、的棱长为，所以该正方体的体对角线长为，所以三棱锥PABC的外接球的半径R，所以球O的体积VR33，故选D.答案：D9解析：直线l垂直于平面ABC，lBC，又ACB90，ACBC，又AClA，BC平面APC，PC平面APC，BCPC，即PCB为直角，与点P的位置无关，故选C.答案：C10解析：由题可知SABCabsinC，所以a2b2c22absinC.由余弦定理a2b2c22abcosC，所以sinCcosC.C(0，)，C.故选C.答案：C11解析：如图，|z22i|1表示以C(2,2)为圆心，1为半径的圆，则|z22i|的最小值是指点A(2,2)到圆的最短距离，显然|AB|AC|13，即为

9、最小值，故选B.答案：B12解析：由平面图形易知BDC90.平面ABD平面BCD，平面ABD平面BCDBD，CDBD，CD平面ABD.CDAB.又ABAD，CDADD，AB平面ADC.又AB平面ABC，平面ADC平面ABC，故选D.答案：D13解析：原式iii0.答案：014解析：若m，则m，故填.答案：15解析：E为SA中点，连接AC交BD于O，连接OE，则OESC，OE平面EBD，SC平面EBD，SC平面EBD.答案：E为SA中点16解析：连接PO，则POSA，OPD即为异面直线SA与PD所成角(或其补角)且OPD为直角三角形，POD为直角，tanOPD.答案：17解析：(1)由zR，得a

10、23a20，解得a1或a2.(2)z为纯虚数，即故a0.(3)z对应的点在第一象限，则a2.a的取值范围是(，0)(2，)(4)依题得(a22a)(a23a2)0，a2.18解析：在ABC中，ABAC2，BC2，由余弦定理，得cosC，sinC.在ADC中，由正弦定理，得，AD.19.证明：(1)如图，连接AC交BD于O.连接EO.底面ABCD是正方形，点O是AC的中点，在PAC中，EO是中位线，PAEO.而EO平面EDB且PA平面EDB，所以PA平面EDB.(2)PD底面ABCD且DC底面ABCD，PDDC，PDDC，可知PDC是等腰直角三角形，而DE是斜边PC的中线，DEPC，同理，由PD

11、底面ABCD，得PDBC.底面ABCD是正方形，有DCBC，又PDDCD，BC平面PDC.而DE平面PDC，BCDE.由和推得DE平面PBC.而PB平面PBC，DEPB，又EFPB且DEEFE，所以PB平面EFD.20解析：(1)在ADC中，因为cosADC，所以sinADC，所以sinBADsin(ADCB)sinADCcosBcosADCsinB.(2)在ABD中，由正弦定理，得BD3.在ABC中，由余弦定理，得AC2AB2BC22ABBCcosB825228549，所以AC7.21解析：(1)取AB中点E，连接CE，A1B，A1E，ABAA1，BAA160，BAA1是等边三角形，A1EAB，CACB，CEAB，CEA1EE，AB面CEA1，又A1C平面CEA1，ABA1C.(2)由于CAB为等边三角形，CE，S底面积ABCE2，CE，A1E，A1C，CE2A1E2A1C2，A1ECE，又A1EAB，CEABE，A1E面ABC，A1E为三棱柱的高hA1E，VSh3.22.解析：如图，设红方侦察艇经过x小时后在C处追上蓝方的小艇，则AC14x海里，BC10x海里，ABC120.根据余弦定理得(14x)2122(10x)2240xcos120，解得x2.故AC28海里，BC20海里根据正弦定理得，解得sin.故红方侦察艇所需的时间为2小时，角的正弦值为.