2025人教B版高中数学必修第四册强化练习题（含解析）--全书综合测评

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2025人教B版高中数学必修第四册
全书综合测评
全卷满分150分　考试用时120分钟
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,只有一项是符合题目要求的)
1.下列说法中正确的是(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.圆锥的轴截面是等边三角形
B.用一个平面去截棱锥,一定会得到一个棱锥和一个棱台
C.将一个等腰梯形绕着它的较长的底边所在的直线旋转一周,所围成的几何体是由一个圆台和两个圆锥组合而成的
D.有两个面平行,其余各面都是四边形,并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体叫棱柱
2.设复数ω=i,则ω-1=(　　)
A.-ω B.ω2 C.
3.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,O是底面ABCD的中心,B1H⊥D1O,H为垂足,则B1H与平面AD1C的位置关系是　(　　)
A.垂直 B.平行 C.斜交 D.以上都不对
4.甲烷的结构抽象成的立体几何模型如图所示,碳原子位于四个氢原子的正中间位置,四个碳氢键长度相等,且任意两个氢原子等距排列,用C表示碳原子的位置,用H1,H2,H3,H4表示四个氢原子的位置,设∠H1CH4=α,则cos 2α=(　　)
A.-
5.已知α,β是两个不重合的平面,m,n是两条不同的直线,则下列命题不正确的是(　　)
A.若m∥n,m⊥α,则n⊥α
B.若m⊥α,m⊥β,则α∥β
C.若m⊥α,m∥n,n β,则α⊥β
D.若m∥α,α∩β=n,则m∥n
6.在△ABC中,AB=3,AC=2,cos∠BAC=,则sin∠ADC=(　　)
A.
7.已知正三棱台ABC-A1B1C1的上、下底面的边长分别为2和4,且棱台的侧面与底面所成的二面角为60°,则此三棱台的表面积为(　　)
A.7
8.在△ABC中,已知AB=2,AC=7,D是AC边上一点,将△ABD沿BD折起,得到三棱锥A-BCD.若该三棱锥的顶点A在底面BCD上的射影M在线段BC上,设BM=x,则x的取值范围为(　　)
A.(2) C.(0,)
二、多项选择题(本大题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多个选项符合题目要求,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.已知复数z=,则下列说法正确的是(　　)
A.复数z的虚部为
B.z的共轭复数
C.|z|=
D.z在复平面内对应的点位于第二象限
10.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且满足B==(　　)
A.2 B.3 C.
11.如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是正方形,O为A1C1与B1D1的交点,则下列条件中能成为“AC1=A1C”的必要条件的有(　　)
A.四边形ACC1A1是矩形 B.平面ABB1A1⊥平面ACC1A1
C.平面BDD1B1⊥平面ABCD
D.直线OA,BC所成的角与直线OC,AB所成的角相等
三、填空题(本大题共3小题,每小题5分,共15分.将答案填在题中横线上)
12.若2-i+∈R,则实数m=　　　　　.
13.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=4,BC=10,AA1=3,P为A1B上的一个动点,则AP+PC的最小值为　　　　　　.
14.已知底面边长为4的正四棱锥S-ABCD内接于球O1.若球O2在球O1内且与平面ABCD相切,则球O2的直径的最大值为　　　　.
四、解答题(本大题共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.(13分)已知复数z满足z+i和均为实数.
(1)求复数z;
(2)若z1=+(m2+m-3)i在复平面内对应的点在第四象限内,求实数m的取值范围.
16.(15分)在①这三个条件中任选一个,补充在下面的问题中并作答.
在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,　　　　.
(1)求角B;
(2)若b=4,求△ABC的周长的取值范围.
17.(15分)如图,为方便市民游览市民中心附近的“网红桥”,现准备在河岸一侧建造一个观景台P,已知射线AB,AC为两条夹角为120°的公路(长度均超过3千米),在两条公路AB,AC上分别设立游客上下点M,N,从观景台P到M,N建造两条观光线路PM,PN,测得AM=千米.
(1)求线段MN的长度;
(2)若∠MPN=60°,求两条观光线路PM与PN长度之和的最大值.
18.(17分)如图①,在等腰直角三角形ABC中,A=90°,BC=6,D,E分别是AC,AB上的点,且CD=BE=.
(1)证明:A'O⊥平面BCDE;
(2)求二面角A'-CD-B的平面角的余弦值;
(3)求直线BC与平面A'BE所成角的正弦值.
图①
图②
19.(17分)如图所示,已知AB⊥平面ACD,DE⊥平面ACD,△ACD为等边三角形,AD=DE=2AB,F为CD的中点.
(1)证明:AF∥平面BCE;
(2)证明:平面BCE⊥平面CDE;
(3)在DE上是否存在一点P,使直线BP和平面BCE所成的角为30° 请说明理由.
答案全解全析
1.D　圆锥的轴截面是两腰等于母线长的等腰三角形,故A错误;
只有用一个平行于底面的平面去截棱锥,才能得到一个棱锥和一个棱台,故B错误;
等腰梯形绕着它的较长的底边所在的直线旋转一周,所围成的几何体是由一个圆柱和两个圆锥组合而成的,故C错误;
由棱柱的定义知D正确.
2.B　∵ω=+i,∴ω-1=+i-1=-+i,
-ω=--i,ω2==+i-=-+i,
===-i,
===--i,故B正确.
3.A　如图,连接B1D1,BD.
在正方体ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是正方形,∴AC⊥BD.
又∵BB1⊥AC,BD∩BB1=B,BD,BB1 平面BDD1B1,
∴AC⊥平面BDD1B1.∵B1H 平面BDD1B1,∴AC⊥B1H.
∵B1H⊥D1O,AC∩D1O=O,AC,D1O 平面AD1C,∴B1H⊥平面AD1C.
故选A.
4.B　由题意可知,氢原子构成如图所示的正四面体,碳原子是正四面体的中心,连接H1C并延长交平面H2H3H4于点O,则H1O⊥平面H2H3H4,
设两个氢原子的距离为2,则OH4=,H1O==,
设正四面体的外接球的半径为R,在△COH4中,由+=R2,解得R=,
在△CH1H4中,cos α===-,
故cos 2α=2cos2α-1=-.故选B.
5.D　如果两条平行直线中的一条垂直于一个平面,那么另一条也垂直于这个平面,故A中命题正确;
如果两个平面与同一条直线垂直,那么这两个平面平行,故B中命题正确;
由A选项和面面垂直的判定定理可得C中命题正确;
若m∥α,α∩β=n,则m与n可能平行,也可能异面,故D中命题不正确.
故选D.
6.A　在△ABC中,BC=
==3,所以BA=BC,所以∠BAC=∠BCA,
所以sin∠BCA=sin∠BAC==,
在△ADC中,=,即=,
解得sin∠ADC=,故选A.
7.C　设D,D1分别是BC,B1C1的中点,连接AD,A1D1,DD1,
设O,O1分别是正三角形ABC和正三角形A1B1C1的中心,
则O∈AD,O1∈A1D1,且O1D1=A1D1=,OD=AD=,连接OO1,
因为OO1⊥平面ABC,BC 平面ABC,所以OO1⊥BC,
易知AD⊥BC,因为AD∩OO1=O,AD,OO1 平面ADD1A1,所以BC⊥平面ADD1A1,
因为DD1 平面ADD1A1,所以BC⊥DD1,所以∠D1DA是棱台的侧面与底面所成的二面角的平面角,所以∠D1DA=60°,
过D1作D1E⊥AD,垂足为E,则DE=OD-O1D1=,所以DD1=,
所以三棱台的表面积为×22×sin 60°+×42×sin 60°+××3=11.故选C.
8.B　如图1,因为将△ABD沿BD折起,得到三棱锥A-BCD,且三棱锥的顶点A在底面BCD上的射影M在线段BC上,所以在图2中,AM⊥平面BCD,因为BD 平面BCD,所以AM⊥BD.过点M作MN⊥BD于点N,连接AN,因为AM∩MN=M,AM,MN 平面AMN,所以BD⊥平面AMN,因为AN 平面AMN,所以AN⊥BD.因此在图1中,AM⊥BD,垂足为N,在图1中,过点A作AM1⊥BC于点M1,
当点D与点C无限接近时,折痕BD接近于BC,此时点M无限接近于点M1,所以BM1在图1中,因为AB=2,BC=3,AC=7,
所以在△ABC中,cos∠ABC==,故∠ABC=60°,
由此可得在Rt△ABM1中,BM1=AB·cos 60°=,
所以9.CD　∵z===-+,∴复数z的虚部为,z的共轭复数=--,|z|==,
z在复平面内对应的点的坐标为,位于第二象限.故选CD.
10.AC　∵B=,a+c=b,∴(a+c)2=a2+c2+2ac=3b2,①
由余弦定理可得,a2+c2-2accos=b2,②
联立①②,可得2a2-5ac+2c2=0,即2-5·+2=0,
解得=2或=.故选AC.
11.ACD　要成为“AC1=A1C”的必要条件,则该条件可由“AC1=A1C”推出.
对于A,因为在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AA1∥CC1,AA1=CC1,
所以四边形ACC1A1为平行四边形,又AC1=A1C,
所以四边形ACC1A1为矩形,故A正确;
对于B,假设平面ABB1A1⊥平面ACC1A1,
由选项A可知四边形ACC1A1为矩形,则AC⊥AA1,
又平面ABB1A1∩平面ACC1A1=AA1,AC 平面ACC1A1,
所以AC⊥平面ABB1A1,因为AB 平面ABB1A1,
所以AC⊥AB,与四边形ABCD为正方形矛盾,故B错误;
对于C,因为四边形ABCD是正方形,所以AC⊥BD,
因为AC⊥AA1,AA1∥BB1,所以AC⊥BB1,
又BB1∩BD=B,BB1,BD 平面BDD1B1,所以AC⊥平面BDD1B1,
又AC 平面ABCD,所以平面BDD1B1⊥平面ABCD,故C正确;
对于D,连接OD,因为四边形ACC1A1为矩形,O为A1C1的中点,所以OA=OC,又正方形ABCD中,AD=CD,所以△OAD≌△OCD,则∠OAD=∠OCD,
又BC∥AD,AB∥CD,所以∠OAD为直线OA,BC所成的角(或其补角),∠OCD为直线OC,AB所成的角(或其补角),
则直线OA,BC所成的角与直线OC,AB所成的角相等,故D正确.故选ACD.
12.答案　 0
解析　2-i+=2-i+=2-i+=+i.∵2-i+∈R,∴-1=0,
解得m=0.
13.答案　2
解析　在正方体中,易知BC⊥平面ABB1A1,
因为A1B 平面ABB1A1,所以BC⊥A1B,
连接A1C,将平面A1BC沿A1B展开,使其与平面A1AB在同一个平面内,连接AC,交A1B于点P,如图.
∵AB=4,AA1=3,BC=10,∴A1B=5,A1C==5,
sin∠A1BA=,cos∠ABC=cos=-sin∠A1BA=-,
在△ABC中,由余弦定理得AC==2.
14.答案　8
解析　如图所示,正四棱锥S-ABCD内接于球O1,SO1与平面ABCD交于点O,在正方形ABCD中,AB=4,所以AO=4,
在直角三角形SAO中,SO===2,
设球O1的半径为R,则在直角三角形OAO1中,(R-2)2+42=R2,
解得R=5,所以球O1的直径为10,
当球O2与平面ABCD相切且与球O1相切时,球O2的直径最大,
又因为SO=2,所以球O2的直径的最大值为10-2=8.
15.解析　(1)设z=a+bi(a,b∈R),则z+i=a+(b+1)i,
==,(2分)
因为z+i和均为实数,所以解得a=2,b=-1,(4分)
故z=2-i.(5分)
(2)z1=++(m2+m-3)i=2+i++(m2+m-3)i=2++(m2+m-2)i,(7分)
因为z1=++(m2+m-3)i在复平面内对应的点在第四象限内,
所以(10分)
解得-216.解析　(1)选①:∵=c-b,
∴=sin C-sin B,(3分)
∴sin Asin C-sin2A=sin2C-sin2B,
∴sin Asin C=sin2A+sin2C-sin2B,∴ac=a2+c2-b2,(6分)
又∵a2+c2-b2=2accos B,∴cos B=,又∵0选②:∵sin2A+sin2C-sin2B=sin Asin C,∴a2+c2-b2=ac,(3分)
又∵a2+c2-b2=2accos B,∴cos B=,(6分)又∵0选③:∵=,∴=,(3分)
∴2sin Acos B-sin Ccos B=sin Bcos C,
∴2sin Acos B=sin Ccos B+sin Bcos C=sin(B+C)=sin A,(6分)
∵sin A≠0,∴cos B=,又∵0(2)由b2=a2+c2-2accos B,
得16=a2+c2-ac=(a+c)2-3ac≥(a+c)2-=,当且仅当a=c时,取等号,(12分)
∴(a+c)2≤64,∴a+c≤8,又∵a+c>4,∴417.解析　(1)在△AMN中,由余弦定理得MN2=AM2+AN2-2AM·AN·cos 120°=3+3-2×××=9,得MN=3,所以线段MN的长度为3千米.(4分)
(2)设∠PMN=α,因为∠MPN=60°,所以∠PNM=120°-α,(5分)
在△PMN中,由正弦定理得====2,
所以PM=2sin(120°-α),PN=2sin α,(8分)
因此PM+PN=2sin(120°-α)+2sin α=2+2sin α
=3sin α+3cos α=6sin(α+30°),(10分)
因为0°<α<120°,所以30°<α+30°<150°.(12分)
所以当α+30°=90°,即α=60°时,PM+PN取到最大值6.(14分)
所以两条观光线路PM与PN长度之和的最大值为6千米. (15分)
18.解析　(1)证明:在题图②中,连接OD,OE.
易得OC=3,AC=3,AD=A'D=A'E=2,OD=OE=,
所以A'D2=A'O2+OD2,A'E2=A'O2+OE2,即A'O⊥OD,A'O⊥OE,(3分)
又OD∩OE=O,且OD,OE 平面BCDE,所以A'O⊥平面BCDE.(5分)
(2)在题图②中,设CD,BE的延长线交于R点,取CR的中点M,连接OM,A'M,易知OM⊥CR,A'O⊥CR,
又OM∩A'O=O,OM,A'O 平面A'OM,所以CR⊥平面A'OM,又A'M 平面A'OM,所以A'M⊥CR,
所以∠A'MO就是二面角A'-CD-B的平面角,(8分)
易得OM=,A'M=,所以cos∠A'MO==.
故二面角A'-CD-B的平面角的余弦值为.(10分)
(3)在题图②中,取BR的中点N,连接A'N,ON,作OQ⊥A'N,交A'N于点Q,连接BQ,
易知ON⊥BR,因为A'O⊥BR,ON∩A'O=O,ON,A'O 平面A'ON,
所以BR⊥平面A'ON,(12分)
又OQ 平面A'ON,所以BR⊥OQ.因为A'N∩BR=N,A'N,BR 平面A'BE,所以OQ⊥平面A'BE,所以∠OBQ就是直线BC与平面A'BE所成的角.(15分)
易得OQ=,OB=3,所以sin∠OBQ==.
故直线BC与平面A'BE所成角的正弦值为.(17分)
19.解析　(1)证明:取CE的中点M,连接MF,BM,
∵F是CD的中点,∴MF∥DE,MF=DE.(1分)
∵AB⊥平面ACD,DE⊥平面ACD,∴DE∥AB,∴AB∥MF,
又DE=2AB,AB=MF,∴四边形ABMF是平行四边形,∴AF∥BM,(3分)
∵AF 平面BCE,BM 平面BCE,∴AF∥平面BCE.(5分)
(2)证明:∵AB⊥平面ACD,AF 平面ACD,
∴AB⊥AF,∴四边形ABMF是矩形,∴BM⊥MF.(7分)
∵△ACD是正三角形,F是CD的中点,∴CD⊥AF.
∵BM∥AF,∴CD⊥BM,(8分)
∵MF∩CD=F,MF,CD 平面CDE,∴BM⊥平面CDE,
∵BM 平面BCE,∴平面BCE⊥平面CDE.(10分)
(3)假设DE上存在一点P,使直线BP和平面BCE所成的角为30°.
连接DM,过P作PN⊥CE,垂足为N,连接BN.
由(2)知平面BCE⊥平面CDE,又平面BCE∩平面CDE=CE,
∴PN⊥平面BCE,∴∠PBN为BP和平面BCE所成的角,∴∠PBN=30°.(12分)
设AB=1,则DE=AC=CD=AD=2,
∴BE=BC=,CE=2,DM=CM=,cos∠BED==.
设PN=x,由题知∠CED=45°,则在Rt△EPN中,PE=x,
在Rt△PBN中,PB=2x,
∴在△BPE中,由余弦定理得PB2=BE2+PE2-2BE·PE·cos∠BEP,
∴4x2=5+2x2-2x,∴x=-,(14分)
若P在线段DE上,则PN最长为MD=,∵-<,∴满足题意,
∴DE上存在一点P,使直线BP和平面BCE所成的角为30°.(17分)
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