课时作业1：模块综合试卷

模块综合试卷
(时间：120分钟 满分：150分)
一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分) 1．若复数2－b i
1＋2i (b ∈R )的实部与虚部互为相反数，则b 等于( )
A. 2
B.23 C ．－2
3 D ．2
答案 C
解析 因为2－b i 1＋2i ＝(2－b i )(1－2i )5＝2－2b 5－4＋b
5i ，
又复数2－b i
1＋2i (b ∈R )的实部与虚部互为相反数，
所以2－2b 5＝4＋b 5，即b ＝－23
.
2．已知圆锥的侧面展开图为半圆，半圆的面积为S ，则圆锥的底面面积是( ) A ．2S B.S 2 C.2S D.22S
答案 B
解析 设圆锥的底面半径为r ，母线长为l . 则由题意，得S 侧＝12πl 2，S 侧＝πrl ，所以1
2πl 2＝πrl ，
于是l ＝2r ，代入S ＝πrl ，得S ＝2πr 2， 所以圆锥的底面面积为πr 2＝S
2
.
3．已知关于x 的方程x 2－(b cos A )x ＋a cos B ＝0的两根之积等于两根之和，且边a ，b 为△ABC 的两内角A ，B 所对的边，则△ABC 是( ) A ．等腰三角形 B ．等边三角形 C ．直角三角形 D ．等腰直角三角形
答案 A
解析 因为方程x 2－(b cos A )x ＋a cos B ＝0的两根之积等于两根之和，所以b cos A ＝a cos B ，由正弦定理可得sin B cos A ＝sin A cos B ，所以sin B cos A －sin A cos B ＝0，即sin(A －B )＝0，因为A ，B 为三角形的两内角，所以A ＝B ，所以△ABC 为等腰三角形，故选A.
4．如图所示，点P 在正方形ABCD 所在的平面外，P A ⊥平面ABCD ，P A ＝AB ，则异面直线PB 与AC 所成的角是( ) A ．90° B ．30° C ．45° D ．60°
答案 D
解析 连接BD 交AC 于点O ，连接PD ，取PD 的中点Q ，连接OQ ，AQ (图略)，则OQ ∥PB .设正方形ABCD 的边长为a .因为P A ⊥平面ABCD ，P A ＝AB ＝a ，所以PD ＝PB ＝DB ＝AC ＝ 2a .因为在△DBP 中，O ，Q 分别是边BD ，PD 的中点，所以OQ ＝PB 2＝2a
2.在△ADP 中，
AQ ＝
2a 2，又OA ＝2a
2
， 所以△AOQ 是等边三角形， 所以∠AOQ ＝60°. 因为OQ ∥PB ，
所以异面直线PB 与AC 所成的角为60°.
5．将边长为4 cm 和8 cm 的矩形纸片卷成一个圆柱的侧面，则圆柱的轴截面的面积为( ) A.32π cm 2 B ．32π cm 2 C ．32 cm 2 D.16
π cm 2 答案 A
解析 当以4 cm 为母线长时，设圆柱底面半径为r ， 则2πr ＝8，∴2r ＝8π，∴S 轴截面＝4×8π＝32
π(cm 2)．
当以8 cm 为母线长时，设圆柱底面半径为R ， 则2πR ＝4,2R ＝4π，∴S 轴截面＝8×4π＝32
π(cm 2)．
综上，圆锥的轴截面的面积为32
π
cm 2.
6．已知正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，CC 1＝22，E 为CC 1的中点，则直线AC 1到平面BED 的距离为( ) A ．1 B. 2 C ．2 D ．2 2 答案 A
解析 依题意，正四棱柱的底面边长为2，高为22，连接AC ，BD 交于点O ，连接AC 1，EO ，则EO ∥AC 1，则直线AC 1到平面BDE 的距离等于点C 到平面BDE 的距离．过点C 作CH ⊥OE 于点H ，BD ⊥OE ，BD ⊥AC ，AC ∩OE ＝O ，AC ，OE ⊂平面COE ，∴BD ⊥平面COE ，∴BD ⊥CH ，又OE ⊥CH ，BD ，OE ⊂平面BDE ，BD ∩OE ＝O ，∴CH ⊥平面BDE ，∴CH 即为所求，在△OCE 中，OC ＝2，EC ＝2，则OE ＝2，利用等面积法可得CH ＝1. 7.如图，一轮船从A 点沿北偏东70°的方向行驶10海里至海岛B ，又从B 沿北偏东10°的方
向行驶10海里至海岛C ，若此轮船从A 点直接沿直线行驶至海岛C ，则此船行驶方向与距离分别为( )
A ．北偏东60°；10 2
B ．北偏东40°；10 3
C ．北偏东30°；10 3
D ．北偏东20°；10 2 答案 B
解析 由已知得在△ABC 中，∠ABC ＝180°－70°＋10°＝120°， AB ＝BC ＝10，故∠BAC ＝30°，
所以从A 到C 的航向为北偏东70°－30°＝40°， 由余弦定理得AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC cos ∠ABC ＝102＋102－2×10×10×⎝⎛⎭
⎫－1
2＝300，所以AC ＝10 3. 8.如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝1，BC ＝2，BB 1＝3，∠ABC ＝90°，点D 为侧棱BB 1上的动点．当AD ＋DC 1最小时，三棱锥D －ABC 1的体积为( )
A ．1 B.12 C.1
3 D.14
答案 C
解析 将侧面展开，展开图如图所示，所以由平面几何性质可知AD ＋DC 1≥AC 1，当且仅当A ，D ，C 1三点共线时取得等号，此时BD ＝AB AC ·CC 1＝1，所以S △ABD ＝12×AB ×BD ＝1
2.在直三
棱柱ABC －A 1B 1C 1中．有BB 1⊥CB ，又AB ⊥CB ，AB ∩BB 1＝B ，所以CB ⊥平面ABD ，所以C 1B 1⊥平面ABD ，即C 1B 1是三棱锥C 1－ABD 的高，所以VD －ABC 1＝VC 1－ABD ＝
1
3
×C 1B 1×S △ABD ＝13×2×12＝1
3
.
二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分)
9．已知复数z 1，z 2在复平面内对应的点分别为A (0,1)，B (－1,3)，则下面说法正确的是( ) A.z 2＝－1－3i B ．z 1·z 2＝－3＋i C.z 2
z 1＝3＋i D ．|z 1|＝1
答案 ACD
解析 由题意可得，z 1＝i ，z 2＝－1＋3i ，∴z 2＝－1－3i ，故A 正确，z 1·z 2＝i·(－1＋3i)＝ －3－i ，故B 不正确，z 2z 1＝－1＋3i i ＝3＋i ，故C 正确；∵z 1＝i ，∴|z 1|＝1，故D 正确．
10．△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知△ABC 的面积为315
4，a ＝2，b ＝
3，则a
sin A 的值可以是( )
A.463
B.161515
C.4153
D.41515
答案 AB
解析 由题意得3154＝12ab sin C ＝12×2×3×sin C ，
所以sin C ＝
154，所以cos C ＝±1－sin 2C ＝±14
. 由余弦定理可知c ＝a 2＋b 2－2ab cos C ， 可得c ＝
22＋32－2×2×3×1
4
＝10或c ＝
22＋32－2×2×3×⎝⎛⎭
⎫－1
4＝4，所以由正弦定理可得a sin A ＝c sin C ＝463或1615
15
.
11．已知α，β，γ是两两不重合的三个平面，下列命题正确的是( ) A ．若α∥β，β∥γ，则α∥γ B ．若α⊥β，β⊥γ，则α⊥γ C ．若α∥β，β⊥γ，α⊥γ
D ．若α∥β，α∩γ＝a ，β∩γ＝b ，则a ∥b 答案 ACD
解析在A中，若α∥β，β∥γ，则α∥γ，满足平面与平面平行的性质，A正确；在B中，若α⊥β，β⊥γ，则α与γ可以平行，也可以相交，故B错误；在C中，若α∥β，β⊥γ，则α⊥γ，满足平面与平面平行的性质定理，故C正确；在D中，若α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b，则a∥b，满足平面平行的性质定理，故D正确．
12.如图，一张A4纸的长、宽分别为22a，2a，A，B，C，D分别是其四条边的中点．现将其沿图中虚线折起，使得P1，P2，P3，P4四点重合为一点P，从而得到一个多面体．下列关于该多面体的命题，正确的是()
A．该多面体是四棱锥
B．平面BAD⊥平面BCD
C．平面BAC⊥平面ACD
D．该多面体外接球的表面积为5πa2
答案BCD
解析由于(2a)2＋(2a)2＝4a2，
所以该多面体是以A，B，C，D为顶点的三棱锥，故A不正确；
因为AP⊥BP，AP⊥CP，BP∩CP＝P，所以AP⊥平面BCD，又因为AP⊂平面BAD，所以平面BAD⊥平面BCD，故B正确；同理可证平面BAC⊥平面ACD，故C正确；通过构造长
方体可得该多面体的外接球半径R＝
5
2a，所以该多面体外接球的表面积为5πa
2，故D正确．综
上，正确命题为BCD.
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．已知在△ABC中，∠BAC＝90°，P为平面ABC外一点，且P A＝PB＝PC，则平面PBC 与平面ABC的位置关系是________．
答案垂直
解析∵P A＝PB＝PC，
∴点P在△ABC所在平面上的射影必落在△ABC的外心上．又外心在BC上，设为O，则PO⊥平面ABC.
又PO⊂平面PBC，∴平面PBC⊥平面ABC.
14．设复数z1，z2在复平面内的对应点分别为A，B，点A与B关于x轴对称，若z1(1－i)＝3－i，则|z2|＝________.
答案 5
解析 ∵z 1(1－i)＝3－i ，∴z 1＝3－i 1－i ＝(3－i )(1＋i )
(1－i )(1＋i )＝2＋i ，∵A 与B 关于x 轴对称，
∴z 1与z 2互为共轭复数， ∴z 2＝z 1＝2－i ， ∴|z 2|＝ 5.
15.我国古代数学中提到一种几何体叫做“刍甍(chú mén ɡ)”刘徽注曰：止斩方亭两边，合之即“刍甍”之形也．即将方台的两边切下来合在一起就是“刍甍”，是一种五面体(如图)：矩形ABCD ，棱EF ∥AB ，AB ＝4，EF ＝2，△ADE 和△BCF 都是边长2的等边三角形，则此几何体的表面积为________，体积为________．
答案 8＋83
102
3
解析 由题意知该五面体的表面积S ＝S 矩形
ABCD ＋2S △ADE ＋2S
梯形
ABFE ＝2×4＋2×
12
×2×22－12＋2×1
2
×(2＋4)×22－12＝8＋8 3.
过F 作FO ⊥平面ABCD ，垂足为O ，取BC 的中点P ，连接PF ，过F 作FQ ⊥AB ，垂足为Q ，连接OQ .
因为△ADE 和△BCF 都是边长为2的等边三角形，所以OP ＝12(AB －EF )＝1，PF ＝22－12＝
3，OQ ＝1
2
BC ＝1，所以OF ＝PF 2－OP 2＝2，
采用分割的方法，分别过点F ，E 作与平面ABCD 垂直的平面，这两个平面把几何体分割成三部分，
如图，包含一个三棱柱EMN －FQH ，两个全等的四棱锥：E －AMND ，F －QBCH ， 所以这个几何体的体积V ＝V EMN －FQH ＋2V F －QBCH ＝S △QFH ×MQ ＋2×1
3S
矩形
QBCH ×FO ＝
12
×2×2×2＋2×13×1×2×2＝102
3
.
16．在△ABC 中，AP →＝13(AB →＋AC →)，若sin B ·AB →＋2sin A ·P A →＋3sin C ·PC →
＝0，则cos ∠ACB ＝
________.
答案
1718
解析 根据题意，如图，在△ABC 中，设D 为BC 的中点，有AB →＋AC →＝2AD →.又由AP →＝13(AB →
＋
AC →)，则AP →＝23AD →.则P 为△ABC 的重心，则有P A →＋PB →＋PC →
＝0.设△ABC 中角A ，B ，C 的对
边分别为a ，b ，c .
因为sin B ·AB →＋2sin A ·P A →＋3sin C ·PC →
＝0. 则由正弦定理，得b ·AB →＋2a ·P A →＋3c ·PC →＝0. 而AB →＝PB →－P A →.
则b (PB →－P A →)＋2a ·P A →＋3c ·PC →＝0， b ·PB →＋(2a －b )P A →＋3c ·PC →＝0， 又由P A →＋PB →＋PC →
＝0，
得⎩
⎪⎨⎪⎧
2a －b ＝b ，b ＝3c ，解得a ＝b ＝3c ， 则cos ∠ACB ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝1718.
四、解答题(本大题共6小题，共70分)
17．(10分)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且a sin A ＝3c
cos C .
(1)求角C 的大小；
(2)若a ＝3，c ＝2b ，求△ABC 的面积． 解 (1)由正弦定理得
3sin C cos C ＝sin A sin A ＝1，即tan C ＝3
3
. 因为C ∈(0，π)，所以C ＝π
6
.
(2)由余弦定理知，c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ， 即4b 2＝3＋b 2－23b cos π
6，即b 2＋b －1＝0，
解得b ＝
5－12或b ＝－5－1
2
(舍)， 所以△ABC 的面积S ＝1
2
ab sin C
＝1
2×3×5－12sin π6＝15－38. 18．(12分)已知z 为虚数，z ＋
9
z －2
为实数． (1)若z －2为纯虚数，求虚数z ； (2)求|z －4|的取值范围．
解 (1)设z ＝x ＋y i(x ，y ∈R ，y ≠0)，
则z －2＝x －2＋y i ，由z －2为纯虚数得x ＝2，所以z ＝2＋y i ，则z ＋9z －2
＝2＋y i ＋9
y i ＝2＋
⎝⎛⎭⎫y －9y i ∈R ，得y －9y
＝0，y ＝±3，所以z ＝2＋3i 或z ＝2－3i. (2)设z ＝x ＋y i(x ，y ∈R ，y ≠0)，因为z ＋
9z －2＝x ＋y i ＋9
x ＋y i －2＝x ＋9(x －2)(x －2)2＋y 2
＋⎣⎡⎦⎤y －9y (x －2)2＋y 2
i ∈R ，所以y －9y (x －2)2＋y 2＝0， 因为y ≠0，所以(x －2)2＋y 2＝9， 由(x －2)2<9得x ∈(－1,5)， 所以|z －4|＝|x ＋y i －4|＝(x －4)2＋y 2 ＝(x －4)2＋9－(x －2)2 ＝21－4x ∈(1,5)． 即|z －4|的取值范围是(1,5)．
19. (12分)如图，在四棱锥P －ABCD 中，侧面P AD 是正三角形，且与底面ABCD 垂直，底面ABCD 是边长为2的菱形，∠BAD ＝60°，N 是PB 的中点，E 为AD 的中点，过A ，D ，N 的平面交PC 于点M .
求证：(1)EN ∥平面PDC ； (2)BC ⊥平面PEB ； (3)平面PBC ⊥平面ADMN .
证明 (1)∵四边形ABCD 为菱形，∴AD ∥BC ， 又∵BC ⊂平面PBC ，AD ⊄平面PBC ， ∴AD ∥平面PBC .
∵平面ADMN ∩平面PBC ＝MN ，AD ⊂平面ADMN ， ∴AD ∥MN .∴MN ∥BC .
又∵N 为PB 的中点，∴M 为PC 的中点，∴MN ＝1
2BC .
∵E 为AD 的中点，∴DE ＝12AD ＝1
2BC ＝MN ，
∴DE ∥MN 且DE ＝MN ，
∴四边形DENM 为平行四边形，∴EN ∥DM .
又∵EN ⊄平面PDC ，DM ⊂平面PDC ，∴EN ∥平面PDC .
(2)∵四边形ABCD 是边长为2的菱形，且∠BAD ＝60°，E 为AD 中点，∴BE ⊥AD . 又∵PE ⊥AD ，PE ∩BE ＝E ，PE ，BE ⊂平面PBE ， ∴AD ⊥平面PEB .∵AD ∥BC ，∴BC ⊥平面PEB . (3)由(2)知AD ⊥PB .
又∵P A ＝AD ＝AB ，且N 为PB 的中点，∴AN ⊥PB . ∵AD ∩AN ＝A ，AD ，AN ⊂平面ADMN ， ∴PB ⊥平面ADMN .又∵PB ⊂平面PBC ， ∴平面PBC ⊥平面ADMN .
20．(12分)在△ABC 中，已知点D 在边BC 上，且2BD ＝DC ，AB ＝2，AD ＝ 2. (1)若AD ⊥BC ，求tan ∠BAC 的值； (2)若cos B ＝3
4
，求线段AC 的长．
解 (1)当AD ⊥BC 时，BD ＝AB 2－AD 2＝2，
由DC ＝2BD ，可得DC ＝22，则tan ∠BAD ＝BD AD ＝1，tan ∠CAD ＝DC
AD ＝2，
故tan ∠BAC ＝tan(∠BAD ＋∠CAD )＝1＋2
1－1×2＝－3.
(2)在△ABD 中，由余弦定理知cos B ＝AB 2＋BD 2－AD 2
2AB ·BD ，
则34＝4＋BD 2－2
2×2×BD ，即BD 2－3BD ＋2＝0， 解得BD ＝1或BD ＝2.
当BD ＝1时，BC ＝3，在△ABC 中，由余弦定理知AC ＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC cos B ＝4＋9－2×2×3×3
4
＝2；
当BD ＝2时，BC ＝6，在△ABC 中，由余弦定理知AC ＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC cos B ＝4＋36－2×2×6×3
4＝22.
综上AC ＝2或AC ＝22.
21.(12分)如图，四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面四边形ABCD 为菱形，∠ABC ＝60°，AA 1
＝AC ＝2，A 1B ＝A 1D ＝22，点E 在线段A 1D 上．
(1)证明：AA 1⊥平面ABCD ；
(2)当A 1E ED 为何值时，A 1B ∥平面EAC ，并求出此时三棱锥E －ACD 的体积．
(1)证明 ∵底面ABCD 是菱形，∠ABC ＝60°， ∴AB ＝AD ＝AC ＝2，
∵AA 1＝2，A 1B ＝22，AB ＝2，∴AA 21＋AB 2＝A 1B 2，
∴AA 1⊥AB .同理，AA 1⊥AD .
又∵AB ⊂平面ABCD ，AD ⊂平面ABCD ，AB ∩AD ＝A ， ∴AA 1⊥平面ABCD .
(2)解 当E 为A 1D 的中点时，A 1B ∥平面EAC .证明如下：
如图，连接BD 交AC 于O ，则O 为BD 中点，连接OE ，则OE ∥A 1B .又OE ⊂平面EAC ，A 1B ⊄平面EAC ，
∴A 1B ∥平面EAC ，此时A 1E ED ＝BO OD ＝1.∴设AD 的中点为F ，连接EF ，则EF ∥AA 1，
且EF ＝1
2A 1A ＝1.又由(1)知AA 1⊥平面ACD ，∴EF ⊥平面ACD ，∴三棱锥E －ACD 的体积
V E －ACD ＝13×1×12×2×2×32＝3
3
.
22．(12分)如图，A ，B 是海岸线相距(152＋56)n mile 的两个观察所，一渔轮在C 处遇险并向A ，B 两个观察所同时发出求救信号，两观察所同时收到求救信号时，测得∠CAB ＝45°，∠ABC ＝15°，并发现渔轮正在以9 n mile/h 的速度向观察所B 行驶，若观察所A ，B 的救援舰艇的最高速度都是21 n mile/h.
(1)求A ，C 两地的距离和B ，C 两地的距离；
(2)现欲从A 或B 观察所安排一救援舰艇前往求援，请你设计一个救援方案，使所用的救援时
间最短．(参考数据：sin 21.8≈3314
) 解 (1)在△ABC 中，C ＝180°－∠CAB －∠ABC ＝120°，
由正弦定理得AC sin B ＝BC sin A ＝AB sin C
， 所以BC ＝AB sin C ·sin A ＝152＋56sin 120°
sin 45° ＝(103＋10)(n mile)．
AC ＝AB sin C ·sin B ＝152＋56sin 120°
·sin 15°＝10(n mile)． (2)若从B 观察所派救援船，救援时间为t 1＝103＋109＋21
＝3＋13(h)． 若从A 观察所派救援船，假设救援船与渔轮在D 处相遇，所用时间为t h.
在△ACD 中，由余弦定理得AD 2＝AC 2＋DC 2－2AC ·DC cos C ，
即(21t )2＝102＋(9t )2－2×10×9t cos 120°.
整理得36t 2－9t －10＝0，解得t ＝23
(舍去负值)． 因为23<3＋13
，所以应从A 观察所派救援船． 在△ACD 中，由正弦定理得sin ∠CAD ＝CD AD sin ∠ACD ＝9t 21t ·sin 120°＝3314
， 则∠CAD ≈21.8°，
故∠BAD ＝45°－21.8°＝23.2°.
答 从A 观察所派救援船，且救援船应该沿着与海岸线AB 成23.2°角的方向前去救援．。