模块素养测评卷(二)
1.B [解析] 由题可得|z|====.故选B.
2.B [解析] 由余弦定理得b2=a2+c2-2accos B=42+62-2×4×6×cos 120°=76,所以b=2.故选B.
3.C [解析] 由题意可得(3+2i)2+a(3+2i)+13=0,即3a+18+2(a+6)i=0,解得a=-6.故选C.
4.C [解析] 因为AB⊥AC,AB=1,AC=2,所以BC==,则△ABC外接圆的直径为BC=,设此“堑堵”的外接球半径为R,则(2R)2=BC2+BB'2,即4R2=()2+32=14,所以R=.故选C.
5.A [解析] 设正四棱柱的高为x cm,则x2+32=(3)2,可得x=6,∴这个正四棱柱的表面积为4×(6×3)+32×2=90(cm2).故选A.
6.D [解析] ∠C1A1B1=180°-45°-60°=75°,因为在C点处测得B点的仰角为15°,所以B1C1=.在△A1B1C1中,由正弦定理得=,则A1B1=,因为在B点处测得A点的仰角为45°,所以AA1-CC1=A1B1+150=+150=+150=+150=+150=
+150=+150=
+150=+150=+150=+150≈+150≈560.故选D.
7.C [解析] 当肉丸的体积最大时,肉丸所成的球是该正四面体的内切球,设正四面体的边长为a,高为h,内切球的半径为r.如图,设D为正四面体PABC的棱AB的中点,O'为内切球O与底面的交点,连接OC,CD,PO',则CD=a,CO'=CD=a,所以h=a,则该正四面体的表面积S=4××a×a×=a2,根据等体积法得VP-ABC=rS,即××a×a××a=rS,解得r=a,所以==.故选C.
8.D [解析] 由2S=(a+b)2-c2,得2S=a2+b2+2ab-c2,则2×absin C=a2+b2+2ab-c2,所以absin C-2ab=a2+b2-c2.由余弦定理可知cos C===-1,所以cos C+1=,即2cos2=sin cos ,因为0
9.ABD [解析] 设复数z=a+bi(a,b∈R).对于A,由z=,得a+bi=a-bi,解得b=0,所以z为实数,故A正确;对于B,z2=a2-b2+2abi,因为z2<0,所以a=0,b≠0,所以z为纯虚数,故B正确;对于C,当z=0时,满足|z+1|=|z-1|,所以复数z不一定为纯虚数,故C错误;对于D,由z3=1,得z3-1=0,即(z-1)(z2+z+1)=0,解得z=1或z=-±i,所以=z2,故D正确.故选ABD.
10.ACD [解析] 对于A,由asin Bcos C+csin Bcos A=b及正弦定理得sin Asin Bcos C+sin Csin Bcos A=sin B,因为B∈(0,π),所以sin B≠0,所以sin Acos C+sin Ccos A=,所以sin(A+C)=,所以sin B=,故A正确;对于B,因为a>b,所以B∈,又sin B=,所以B=,所以cos B=,故B错误;对于C,由正弦定理得=,即=,所以sin A=1,又A∈(0,π),所以A=,故△ABC为直角三角形,故C正确;对于D,因为A=,B=,所以C=,所以S△ABC=absin C=×2×1×=,故D正确.故选ACD.
11.ABD [解析] 由题易知,点D到直线AC的距离d=,当平面ADC⊥平面ABC时,三棱锥D-ABC的体积最大,最大值为S△ABC·d=××=,故A正确;由∠ABC=∠ADC=90°,得三棱锥D-ABC的外接球的直径为AC,故三棱锥D-ABC的外接球体积不变,故B正确;假设直线AB与CD所成角的最大值为90°,此时AB⊥CD,又AB⊥BC,所以AB⊥平面BCD,所以AB⊥BD,此时AD>AB,与AD12.3 [解析] 把圆锥沿过点M的母线剪开,并铺平得扇形MOM1,如图所示,连接MM1,易知彩绸的最短长度即为线段MM1的长度.由已知条件得底面圆的半径r==1(m),扇形的圆心角∠MOM1==,所以MM1=2OMsin =3(m),即彩绸的最短长度为3 m.
13.1-i [解析] 因为为纯虚数,所以设=ai(a∈R,且a≠0),则z=,则z+2i=,因为|z|=|z+2i|,所以=,所以2a=,解得a=-1,所以z==1-i.
14.4 [解析] 连接OC,OB,因为圆O的半径为4,BC=4,所以△OBC是等边三角形,所以∠BOC=,所以四边形ABCD的面积S=S△OCD+S△OBC+S△OAB=×42sin∠COD+×42sin∠BOC+×42sin∠AOB=8=8=8=8=8=12,解得sin=1.因为∠COD∈,所以∠COD+=,所以∠COD=,所以△OCD是等边三角形,所以CD=4.
15.解:(1)当m=1,n=-1时,z1=1-2i,z2=1+i,
所以z1+z2=(1-2i)+(1+i)=2-i,所以|z1+z2|==.
(2)若z1=,则m-2i=(1-ni)2,
即m-2i=(1-n2)-2ni,
所以解得
16.解:(1)由c=b(sin A+cos A)及正弦定理得sin C=sin B(sin A+cos A),
即sin(A+B)=sin Bsin A+sin Bcos A,
即sin Acos B+sin Bcos A=sin Bsin A+sin Bcos A,
即sin Acos B=sin Bsin A.
∵sin A≠0,∴cos B=sin B,∴tan B=,
又0(2)由余弦定理得cos B==,
∴b2=a2+c2-ac,∴9=(a+c)2-3ac,
∴9≥(a+c)2-3=,当且仅当a=c=3时等号成立,
∴当a=c=3时,a+c取得最大值,此时△ABC的周长取得最大值,
此时S△ABC=×3×3×sin =.
17.解:(1)如图①,在平面PAC内过点O作直线MN∥PC交PA于点M,交AC于点N,
在平面PAB内过点M作直线MI∥AB交PB于点I,在平面ABC内过点N作NQ∥AB交BC于点Q,连接IQ,
则MN,NQ,QI,IM为截面与木块各表面的交线.
证明:∵MI∥AB,NQ∥AB,
∴MI∥NQ,∴M,N,Q,I四点共面.
∵AB 平面MNQI,NQ 平面MNQI,
∴AB∥平面MNQI,
同理可证PC∥平面MNQI.
(2)如图②,连接CO并延长,交PA于点E,连接BE,
在平面CEB内过点O作OD∥BE交CB于点D,
∵OD∥BE,BE 平面PAB,OD 平面PAB,∴OD∥平面PAB.
易知=,
∵O为△PAC的重心,∴=2,∴=2,
∴在棱BC上存在点D,使得直线OD∥平面PAB,且=.
18.解:(1)因为cos2=,
所以==+,
所以cos B=,
由余弦定理得=,所以a2+b2-c2=ab,
由余弦定理得cos C===,
又0(2)因为△ABC的面积S=absin=ab∈,
所以ab∈,
由余弦定理得c2=a2+b2-2abcos,
即1=a2+b2-ab=(a+b)2-3ab,
所以a+b=,
因为ab∈,所以a+b∈(1,),
又c=1,所以△ABC的周长l的取值范围为(2,1+).
(3)由c=b即正弦定理得sin C=sin B,
所以sin B=sin C=×=,
又b且sin=sin=sincos+cossin=.
因为=,所以CD=b,DA=b,
记∠ABD=θ,在△BCD中,由正弦定理得=,
所以BD==.
在△ABD中,由正弦定理得=,
所以BD==,
所以=,
所以2sin=sin θ,化简整理得(1+)sin θ=cos θ,
所以tan θ==,所以tan∠ABD=.
19.解:(1)AB∥平面DEF.理由如下:
因为E,F分别是AC,BC的中点,所以EF∥AB,
又AB 平面DEF,EF 平面DEF,所以AB∥平面DEF.
(2)由题意知,AD⊥CD,又平面ADC⊥平面BCD,平面ADC∩平面BCD=CD,所以AD⊥平面BCD.
如图,取CD的中点M,连接EM,
则EM∥AD,所以EM⊥平面BCD,且EM=.
因为三棱锥E-DFC的体积为,
所以××=,解得a=2.
(3)在线段AC上存在一点P,使BP⊥DF.
理由如下:
易知△BDF为正三角形,过点B作BK⊥DF交DC于点K,连接KF,过点K作PK∥AD交AC于点P,连接BP,则点P即为所求,如图所示.
因为AD⊥平面BCD,PK∥AD,
所以PK⊥平面BCD,所以PK⊥DF.
又BK⊥DF,PK∩BK=K,
所以DF⊥平面PKB,所以DF⊥BP,
又∠DBK=∠KBC=∠BCK=30°,
所以DK=BK=KC,
所以==,所以=.模块素养测评卷(二)
全书内容
(时间:120分钟 分值:150分)
一、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.
1.已知复数z=,则|z|= ( )
A. B.
C.5 D.5
2.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若c=6,a=4,B=120°,则b= ( )
A.2 B.2
C.3 D.2
3.已知复数3+2i是关于x的方程x2+ax+13=0的一个根,则实数a= ( )
A.-5 B.5
C.-6 D.6
4.[2024·福州一中高一期末] 《九章算术》中的“商功”篇主要讲述了以立体问题为主的各种形体体积的计算公式,其中“堑堵”是指底面为直角三角形的直棱柱.在“堑堵”ABC-A'B'C'中,AB⊥AC,AB=1,AC=2,BB'=3,则此“堑堵”的外接球的半径是 ( )
A.2 B.
C. D.
5.已知正四棱柱的底面边长为3 cm,侧面的对角线长是3 cm,则这个正四棱柱的表面积为( )
A.90 cm2 B.36 cm2
C.72 cm2 D.54 cm2
6.如图,现有A,B,C三点,且A,B,C在同一水平面上的投影A1,B1,C1满足∠A1C1B1=45°,∠A1B1C1=60°,在C点处测得B点的仰角为15°,BB1与CC1的差为150,在B点处测得A点的仰角为45°,则AA1与CC1的差约为(参考数据:≈1.732) ( )
A.273 B.260
C.410 D.560
7.[2023·长沙芙蓉高级中学高一期末] 粽,即粽粒,俗称粽子,主要材料是糯米、馅料,用箬叶(或柊叶等)包裹而成,形状多样,主要有尖角状、四角状等.由于各地饮食习惯的不同,粽子形成了南北风味:从口味上分,粽子有咸粽和甜粽两大类.某地流行的四角状的粽子,其形状可以看成一个正四面体,现需要在粽子内部放入一个肉丸,肉丸的形状近似地看成球,当这个肉丸的体积最大时,其半径与该正四面体的高的比值为 ( )
A. B. C. D.
8.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若△ABC的面积为S,且2S=(a+b)2-c2,则tan C=( )
A. B.
C.- D.-
二、选择题:本题共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z为复数,则下列说法正确的是 ( )
A.若z=,则z为实数
B.若z2<0,则z为纯虚数
C.若|z+1|=|z-1|,则z为纯虚数
D.若z3=1,则=z2
10.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知asin Bcos C+csin Bcos A=b,a=2,b=1,则下列说法中正确的有 ( )
A.sin B=
B.cos B=或cos B=-
C.△ABC为直角三角形
D.S△ABC=
11.如图①,在矩形ABCD中,AB=,BC=1,将△ADC沿对角线AC进行翻折,得到三棱锥D-ABC(如图②),则在翻折的过程中下列结论正确的有 ( )
A.三棱锥D-ABC的体积的最大值为
B.三棱锥D-ABC的外接球体积不变
C.异面直线AB与CD所成角的最大值为90°
D.AD与平面ABC所成角的最大值为60°
三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.
12.五一期间,要在一圆锥形建筑物上挂一宣传标语,经测量得圆锥的高为2 m,母线长为3 m,如图所示,为了美观,需要在底面圆周上找一点M系彩绸的一端,沿圆锥的侧面绕一周挂彩绸,彩绸的另一端仍回到M处,则彩绸的最短长度为 m.
13.[2024·河南商丘高一期末] 若复数z满足|z|=|z+2i|,且为纯虚数,则z= .
14.[2024·四川内江高一期末] 如图所示,已知四边形ABCD的顶点都在圆O上,且AD经过圆O的圆心,若圆O的半径为4,BC=4,四边形ABCD的面积为12,则CD= .
四、解答题:本题共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z1=m-2i,复数z2=1-ni,其中i是虚数单位,m,n为实数.
(1)若m=1,n=-1,求|z1+z2|的大小;
(2)若z1=,求m,n的值.
16.(15分)已知△ABC 的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且c=b(sin A+cos A).
(1)求角B的大小;
(2)若b=3,当△ABC的周长最大时,求△ABC的面积.
17.(15分)一个四面体木块PABC如图所示,点O在平面PAC内且为△PAC的重心.
(1)过点O将木块锯开,使截面平行于直线AB与PC,在木块表面应该怎样画线,并说明理由.
(2)在棱BC上是否存在点D,使得直线OD∥平面PAB 若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.
18.(17分)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且cos2=.
(1)求角C的大小;
(2)若c=1,△ABC的面积S∈,求△ABC的周长l的取值范围;
(3)若c=b,=,求tan∠ABD的值.
19.(17分)[2023·贵州遵义十八中高一月考] 如图①,已知正三角形ABC的边长为a,CD是AB边上的高,E,F分别是AC,BC的中点.现将△ADC沿CD翻折,使平面ADC⊥平面BCD,如图②所示.
(1)试判断翻折后直线AB与平面DEF的位置关系,并说明理由.
(2)若三棱锥E-DFC的体积为,求a的值.
(3)在线段AC上是否存在一点P,使BP⊥DF 如果存在,求出的值;如果不存在,请说明理由.