PAGE模塊素養(yǎng)評價(jià)(120分鐘150分)一、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(gè)選項(xiàng)中,只有一項(xiàng)是符合題目要求的)1.(2024·新高考全國Ⅰ卷)QUOTE= ()A.1B.-1C.iD.-i【解析】選D.QUOTE=QUOTE=QUOTE=QUOTE=-i.2.設(shè)z=i(2+i),則QUOTE= ()A.1+2i B.-1+2iC.1-2i D.-1-2i【解析】選D.題意得z=i(2+i)=2i+i2=-1+2i,所以QUOTE=-1-2i.3.在△ABC中,B=45°,C=60°,c=1,則最短邊長為 ()A.QUOTE B.QUOTE C.QUOTE D.QUOTE【解析】選B.A=180°-(60°+45°)=75°,故最短邊為b,由正弦定理可得QUOTE=QUOTE,即b=QUOTE=QUOTE=QUOTE.4.假如一個(gè)正四面體(各個(gè)面都是正三角形)的體積為9cm3,則其表面積為 ()A.18QUOTEcm2 B.18cm2C.12QUOTEcm2 D.12cm2【解析】選A.設(shè)正四面體的棱長為acm,則底面積為QUOTEa2cm2,易求得高為QUOTEacm,則體積為QUOTE×QUOTEa2×QUOTEa=QUOTEa3=9,解得a=3QUOTE,所以其表面積為4×QUOTEa2=18QUOTE(cm2).5.在等腰Rt△ABC中,AB=BC=1,M為AC的中點(diǎn),沿BM把它折成二面角,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,∠ABC=90°,得AC=QUOTE.因?yàn)镸為AC的中點(diǎn),所以MC=A′M=QUOTE,且CM⊥BM,A′M⊥BM,所以∠CMA′為二面角C-BM-A′的平面角.因?yàn)锳′C=1,MC=A′M=QUOTE,所以∠CMA′=90°.6.在△ABC中,角A,B,C的對邊分別是a,b,c,若bsin2A+QUOTEasinB=0,b=QUOTEc,則QUOTE的值為 ()A.1 B.QUOTE C.QUOTE D.QUOTE【解析】選C.因?yàn)閎sin2A+QUOTEasinB=0,所以由正弦定理可得sinBsin2A+QUOTEsinAsinB=0,即2sinBsinAcosA+QUOTEsinAsinB=0.由于sinBsinA≠0,所以cosA=-QUOTE,因?yàn)?<A<π,所以A=QUOTE,又b=QUOTEc,由余弦定理可得a2=b2+c2-2bcosA=2c2+c2+2c2=5c2,所以QUOTE=QUOTE.7.《九章算術(shù)》是我國古代內(nèi)容極為豐富的數(shù)學(xué)名著,書中有如下問題:“今有陽馬,廣五尺,褒七尺,高八尺,問積幾何?”其意思為:“今有底面為矩形,一側(cè)棱垂直于底面的四棱錐,它的底面長、寬分別為7尺和5尺,高為8尺,問它的體積是多少?”若以上的條件不變,則這個(gè)四棱錐的外接球的表面積為 ()A.142π平方尺 B.140π平方尺C.138π平方尺 D.128π平方尺【解析】選C.可以把該四棱錐補(bǔ)成一個(gè)長方體,長、寬分別為7尺和5尺,高為8尺,四棱錐的外接球就是長方體的外接球,其直徑為QUOTE=QUOTE尺,所以表面積為138π平方尺.8.如圖,某建筑物的高度BC=300m,一架無人機(jī)Q上的儀器觀測到建筑物頂部C的仰角為15°,地面某處A的俯角為45°,且∠BAC=60°,則此無人機(jī)距離地面的高度PQ為 ()A.100m B.200m C.300m D.100m【解析】選B.依據(jù)題意,可得在Rt△ABC中,∠BAC=60°,BC=300,所以AC=QUOTE=QUOTE=200QUOTE,在△ACQ中,∠AQC=45°+15°=60°,∠QAC=180°-45°-60°=75°,所以∠QCA=180°-∠AQC-∠QAC=45°.由正弦定理,得QUOTE=QUOTE,解得AQ=QUOTE=200QUOTE,在Rt△APQ中,PQ=AQsin45°=200QUOTE×QUOTE=200.二、多選題(本大題共4小題,每小題5分,共20分,在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,有多項(xiàng)是符合題目要求的,全部選對的得5分,選對但不全的得3分,有選錯(cuò)的得0分)9.下面是關(guān)于復(fù)數(shù)z=QUOTE的四個(gè)命題,其中的真命題為 ()A.|z|=2 B.z2=2iC.z的共軛復(fù)數(shù)為1+i D.z的虛部為-1【解析】選BD.因?yàn)閦=QUOTE=QUOTE=-1-i,所以|z|=QUOTE;z2=2i;z的共軛復(fù)數(shù)為-1+i;z的虛部為-1,所以正確的選項(xiàng)為BD.10.在△ABC中,角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,下列結(jié)論正確的是 ()A.a2=b2+c2-2bccosAB.asinB=bsinAC.a=bcosC+ccosBD.acosB+bcosA=sinC【解析】選ABC.由在△ABC中,角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,知:由余弦定理得:a2=b2+c2-2bccosA,故A正確;由正弦定理得:QUOTE=QUOTE,所以asinB=bsinA,故B正確;在C中,因?yàn)閍=bcosC+ccosB,所以由余弦定理得:a=b×QUOTE+c×QUOTE,整理,得2a2=2a2,故C正確;由余弦定理得acosB+bcosA=a×QUOTE+b×QUOTE=c≠sinC,故D錯(cuò)誤.11.如圖,在三棱錐P-ABC中,能推出AP⊥BC的條件是 ()A.AP⊥PB,AP⊥PCB.AP⊥PB,BC⊥PBC.平面BCP⊥平面PAC,BC⊥PCD.AP⊥平面PBC【解析】選ACD.對于選項(xiàng)A:因?yàn)锳P⊥PB,AP⊥PC,PB∩PC=P,所以AP⊥平面PBC,又BC?平面PBC,所以AP⊥BC,故A正確;對于選項(xiàng)B:由AP⊥PB,BC⊥PB條件不能推斷出AP⊥BC.對于選項(xiàng)C:因?yàn)槠矫鍮CP⊥平面PAC,BC⊥PC,所以BC⊥平面APC,AP?平面APC,所以AP⊥BC,故C正確;對于選項(xiàng)D:由A知D正確.12.如圖,在直角梯形ABCD中,BC⊥DC,AE⊥DC,M,N分別是AD,BE的中點(diǎn),將三角形ADE沿AE折起,則下列說法正確的是 ()A.不論D折至何位置(不在平面ABC內(nèi)),都有MN∥平面DECB.不論D折至何位置,都有MN⊥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,肯定存在某個(gè)位置,使EC⊥AD【解析】選ABD.分別取CE,DE的中點(diǎn)Q,P,連接MP,PQ,NQ,可證MNQP是矩形,所以AB正確;因?yàn)镸N∥PQ,AB∥CE,若MN∥AB,則PQ∥CE,又PQ與CE相交,所以C錯(cuò)誤;當(dāng)平面ADE⊥平面ABCD時(shí),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)13.已知復(fù)數(shù)(a+2i)(1+i)的實(shí)部為0,其中i為虛數(shù)單位,則實(shí)數(shù)a的值是.

【解析】由題可得(a+2i)(1+i)=a+ai+2i+2i2=a-2+(a+2)i,令a-2=0,解得a=2.答案:214.如圖所示,在幾何體ABCDE中,四邊形ABCD是平行四邊形,G,F分別是BE,DC的中點(diǎn),則GF平面ADE.

【解析】取AE的中點(diǎn)H,連接HG,HD,因?yàn)镚是BE的中點(diǎn),所以GH∥AB,且GH=QUOTEAB.因?yàn)镕是CD的中點(diǎn),所以DF=QUOTECD.由四邊形ABCD是平行四邊形,得AB∥CD,AB=CD,所以GH∥DF,且GH=DF,從而四邊形HGFD是平行四邊形,所以GF∥DH.又DH?平面ADE,GF?平面ADE,所以GF∥平面ADE.答案:∥15.在△ABC中,角A,B,C的對邊分別為a,b,c,且a=3,b=4,c=6,則bccosA+accosB+abcosC的值是.

【解析】因?yàn)閏osA=QUOTE,所以bccosA=QUOTE(b2+c2-a2).同理,accosB=QUOTE(a2+c2-b2),abcosC=QUOTE(a2+b2-c2).所以bccosA+accosB+abcosC=QUOTE(a2+b2+c2)=QUOTE.答案:QUOTE16.一個(gè)正方體紙盒綻開后如圖所示,在原正方體紙盒中有如下結(jié)論,①AB⊥EF;②AB與CM所成的角為60°;③EF與MN是異面直線;④MN∥CD.以上四個(gè)命題中,正確命題的序號是.

【解析】把正方體的平面綻開圖還原成原來的正方體,如圖:則AB⊥EF,EF與MN異面,AB∥CM,MN⊥CD,只有①③正確.答案:①③四、解答題(本大題共6小題,共70分)17.(10分)在△ABC中,BC=a,AC=b,a,b是方程x2-2QUOTEx+2=0的兩個(gè)根,且2cos(A+B)=1.求:(1)角C的大小.(2)AB的長度.【解析】(1)在△ABC中,cosC=cos[π-(A+B)]=-cos(A+B)=-QUOTE,又0°<C<180°,所以C=120°.(2)由題設(shè),得QUOTE所以由余弦定理AB2=AC2+BC2-2AC·BCcosC=a2+b2-2abcos120°=a2+b2+ab=(a+b)2-ab=(2QUOTE)2-2=10,所以AB=QUOTE.18.(12分)已知復(fù)數(shù)z=bi(b∈R),QUOTE是純虛數(shù),i是虛數(shù)單位.(1)求復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)QUOTE;(2)若復(fù)數(shù)(m+z)2所表示的點(diǎn)在其次象限,求實(shí)數(shù)m的取值范圍.【解析】(1)因?yàn)閦=bi(b∈R),所以QUOTE=QUOTE=QUOTE=QUOTE=QUOTE+QUOTEi,又因?yàn)镼UOTE是純虛數(shù),所以QUOTE=0且QUOTE≠0,解得b=2,即z=2i.所以QUOTE=-2i;(2)因?yàn)閦=2i,所以(m+z)2=(m+2i)2=m2+4mi+4i2=(m2-4)+4mi,m∈R,又因?yàn)閺?fù)數(shù)所表示的點(diǎn)在其次象限,所以QUOTE解得0<m<2,即m∈(0,2)時(shí),復(fù)數(shù)所表示的點(diǎn)在其次象限.【補(bǔ)償訓(xùn)練】已知z=m+3+3QUOTEi,其中m∈C,且QUOTE為純虛數(shù),(1)求m對應(yīng)的點(diǎn)的軌跡.(2)求|z|的最大值、最小值.【解析】(1)設(shè)m=x+yi(x,y∈R),則QUOTE=QUOTE=QUOTE,因?yàn)镼UOTE為純虛數(shù),所以QUOTE即QUOTE所以m對應(yīng)的點(diǎn)的軌跡是以原點(diǎn)為圓心,半徑為3的圓,除去(-3,0),(3,0)兩點(diǎn).(2)由(1)知|m|=3,由已知m=z-(3+3QUOTEi),所以|z-(3+3QUOTEi)|=3.所以z所對應(yīng)的點(diǎn)Z在以(3,3QUOTE)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+3QUOTEi|+3=9;最小值為|3+3QUOTEi|-3=3.19.(12分)如圖,ABCD是正方形,O是正方形的中心,PO⊥平面ABCD,E是PC的中點(diǎn).求證:(1)PA∥平面BDE;(2)平面PAC⊥平面BDE.【證明】(1)連接OE,因?yàn)镺是正方形ABCD的中心,所以O(shè)為AC中點(diǎn),又E為PC中點(diǎn),所以O(shè)E∥PA,因?yàn)镺E?平面BDE,PA?平面BDE,所以PA∥平面BDE.(2)因?yàn)镺是正方形ABCD的中心,所以AC⊥BD,因?yàn)镻O⊥平面ABCD,BD?平面ABCD,所以PO⊥BD,因?yàn)锳C,PO?平面PAC,AC∩PO=O,所以BD⊥平面PAC,因?yàn)锽D?平面BDE,所以平面PAC⊥平面BDE.20.(12分)某工程隊(duì)在某海疆進(jìn)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(diǎn)D(D在平面ABC內(nèi)),建設(shè)一條軍用飛機(jī)跑道AD.在點(diǎn)D測得B,C兩點(diǎn)的視角∠BDC=60°,如圖所示,記∠CBD=θ,如何設(shè)計(jì)θ,使得飛機(jī)跑道AD最長?【解析】在△BCD中,BC=1,∠BDC=60°,∠CBD=θ.由正弦定理得QUOTE=QUOTE,所以BD=QUOTE=cosθ+QUOTEsinθ.在△ABD中,AB=1,∠ABD=60°+θ.由余弦定理,得AD2=AB2+BD2-2AB·BD·cos(60°+θ)=12+(cosθ+QUOTEsinθ)2-2×1×QUOTE×QUOTE=1+QUOTEsin2θ+QUOTEsinθcosθ=QUOTE+QUOTEsin(2θ-30°).所以當(dāng)2θ-30°=90°,θ=60°時(shí),跑道AD最長.21.(12分)已知棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1(1)證明:D1A∥平面C1(2)求異面直線BC1與AA1所成的角的大小;(3)求三棱錐B1-A1C1【證明】(1)在棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1所以AB∥C1D1,且AB=C1D1,所以四邊形ABC1D1為平行四邊形,所以AD1∥BC1,又BC1?平面C1BD,AD1?平面C1BD,所以D1A∥平面C1(2)因?yàn)锳A1∥BB1,所以異面直線BC1與AA1的夾角即為BB1與C1B的夾角,因?yàn)椤螧1BC1=45°,所以異面直線BC1與AA1所成的角的大小為45°.(3)QUOTE=QUOTE=QUOTE×BB1=QUOTE×QUOTE×1×1×1=QUOTE.22.(12分)如圖所示,在四棱錐S-ABCD中,平面SAD⊥平面ABCD.四邊形ABCD為正方形,且P為AD的中點(diǎn),Q為SB的中點(diǎn).(1)求證:CD⊥平面SAD.(2)求證:PQ∥平面SCD.(3)若SA=SD,M為BC的中點(diǎn),在棱SC上是否存在點(diǎn)N,使得平面DMN⊥平面ABCD,并證明你的結(jié)論.【解析】(1)因?yàn)樗倪呅蜛BCD為正方形,所以CD⊥AD.又平面SAD⊥平面ABCD,且平面SAD∩平面ABCD=AD,所以CD⊥平面SAD.(2)取SC的中點(diǎn)R,連接QR,DR.由題意知PD∥BC且PD=QUOTEBC.在△SBC中,Q為SB的