(新教材)2020人教B(2019)中数学必修第四册素养突破课时素养评价六10.2.1复数的加法与减法

模块素养检测(120分钟150分)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,只有一项符合题目要求)1.设a,b∈R,i是虚数单位,则“ab=0”是“复数a+错误!未找到引用源。

为纯虚数”的( )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【解析】选B.由ab=0,得a=0,b≠0或a≠0,b=0或a=0,b=0,a+错误!未找到引用源。

=a-bi不一定为纯虚数;若a+错误!未找到引用源。

=a-bi为纯虚数,则有a=0且b≠0,这时有ab=0.2.△ABC的三边分别为a,b,c,且a=1,B=45°,S△ABC=2,则△ABC的外接圆的直径为( )A.4错误!未找到引用源。

B.5C.5错误!未找到引用源。

D.6错误!未找到引用源。

【解析】选C.因为S△ABC=错误!未找到引用源。

acsin B=2,所以c=4错误!未找到引用源。

.由余弦定理,得b2=a2+c2-2accos B=25,所以b=5.由正弦定理得2R=错误!未找到引用源。

=5错误!未找到引用源。

(R为△ABC外接圆的半径).3.(2020·新高考全国Ⅰ卷)错误!未找到引用源。

= ( )A.1B.-1C.iD.-i【解析】选D.错误!未找到引用源。

=错误!未找到引用源。

=错误!未找到引用源。

=错误!未找到引用源。

=-i.4.在△ABC中,a,b,c分别为内角A,B,C所对的边,若a=1,sin B=错误!未找到引用源。

,C=错误!未找到引用源。

,则b的值为( ) A.1 B.错误!未找到引用源。

C.错误!未找到引用源。

或错误!未找到引用源。

D.±1【解析】选C.在△ABC中,sin B=错误!未找到引用源。

,0<B<π,所以B=错误!未找到引用源。

或错误!未找到引用源。

,当B=错误!未找到引用源。

时,△ABC为直角三角形,所以b=a·sin B=错误!未找到引用源。

必修4综合测评(时间：120分钟 满分：150分) 第Ⅰ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．若点⎝ ⎛⎭⎪⎫sin 2π3，cos 2π3在角α的终边上，则sin α的值为( )A ．－12B.－32C.12D.32解析：∵sin22π3＋cos 22π3＝1， ∴sin α＝cos2π31＝cos 2π3＝－12，故选A.答案：A2．函数y ＝tan π2－x －π4≤x ≤π4，且x ≠0的值域是( )A ．[－1,1] B.(－∞，－1]∪[1，＋∞) C ．(－∞，1)D.[－1，＋∞)解析：∵－π4≤x ≤π4，且x ≠0，∴π4≤π2－x ≤3π4，且π2－x ≠π2，当π4≤π2－x <π2时，y ≥1，当π2<π2－x ≤3π4时，y ≤－1，∴函数y ＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－x 的值域为(－∞，－1]∪[1，＋∞)，故选B.答案：B3．设a ＝sin17°cos45°＋cos17°sin45°，b ＝2cos 213°－1，c ＝32，则有( ) A ．c <a <b B.b <c <a C ．a <b <cD.b <a <c解析：a ＝sin(17°＋45°)＝sin62°，b ＝2cos 213°－1＝cos26°＝sin64°，c ＝32＝sin60°， 又sin60°<sin62°<sin64°，∴c <a <b ，故选A. 答案：A4．已知向量a ，b 满足|a |＝1，|b |＝2，且a 在b 方向上的投影与b 在a 方向上的投影相等，则|a －b |等于( )A. 3B.3C. 5D.5解析：设a 与b 的夹角为θ， 则|a |cos θ＝|b |cos θ， ∵|a |≠|b |，∴cos θ＝0，∴|a －b |2＝a 2－2a ·b ＋b 2＝1＋2＝3，∴|a －b |＝3，故选A. 答案：A5．设函数f (x )＝sin 2x ＋b sin x ＋c ，则f (x )的最小正周期( ) A ．与b 有关，且与c 有关 B ．与b 有关，但与c 无关 C ．与b 无关，且与c 无关 D ．与b 无关，但与c 有关 解析：由于f (x )＝sin 2x ＋b sin x ＋c ＝1－cos2x2＋b sin x ＋c . 当b ＝0时，f (x )的最小正周期为π； 当b ≠0时，f (x )的最小正周期为2π；c 的变化不会影响其最小正周期，故选B.答案：B6．若e 1，e 2是夹角为60°的两个单位向量，则a ＝2e 1＋e 2，b ＝－3e 1＋2e 2的夹角为( ) A ．30° B.60° C ．120°D.150°解析：∵e 1，e 2是夹角为60°的两个单位向量， ∴e 1·e 2＝cos60°＝12，∴a ·b ＝(2e 1＋e 2)·(－3e 1＋2e 2)＝－6＋4e 1·e 2－3e 1·e 2＋2＝－72，a 2＝4e 21＋4e 1·e 2＋e 22＝7，|a |＝7， b 2＝9e 21－12e 1·e 2＋4e 22＝7，|b |＝7，设a 与b 的夹角为θ，则cos θ＝a ·b |a ||b |＝－727·7＝－12，∴θ＝120°，故选C. 答案：C7．已知函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)对任意x 都有f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋x ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6－x ，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6等于( )A ．0 B.－2或0 C ．2或0D.－2或2解析：∵f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋x ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6－x ，∴x ＝π6是f (x )的对称轴，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝－2或f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝2，故选D.答案：D8．设函数f (x )(x ∈R)满足f (－x )＝f (x )，f (x ＋2)＝f (x )，则y ＝f (x )的图象可能是( )解析：由f (－x )＝f (x )可知f (x )为偶函数，排除A ，C ，由f (x ＋2)＝f (x )知f (x )是周期函数，周期为2，故选B.答案：B9．已知f (x )＝2sin(ωx ＋φ)的部分图象如图所示，则f (x )的表达式为( )A ．f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫32x ＋π4B ．f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫32x ＋5π4C ．f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫43x ＋2π9D ．f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫43x ＋25π18解析：由图象可知T ＝43⎝ ⎛⎭⎪⎫5π6＋π6＝43π，∴ω＝2π4π3＝32，当x ＝5π6时，f (x )max ＝2，∴32×5π6＋φ＝π2＋2k π，k ∈Z ，φ＝2k π－3π4，k ∈Z ，当k ＝1时，φ＝5π4，∴f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫3x 2＋5π4，故选B.答案：B10．(2018·全国卷Ⅰ)已知角α的顶点为坐标原点，始边与x 轴的非负半轴重合，终边上有两点A (1，a )，B (2，b )，且cos2α＝23，则|a －b |＝( )A.15B.55C.255D.1解析：根据题的条件，可知O ，A ，B 三点共线，从而得到b ＝2a ，因为cos2α＝2cos 2α－1＝2·⎝⎛⎭⎪⎫1a 2＋12－1＝23，解得a 2＝15，即|a |＝55，所以|a －b |＝|a －2a |＝55，故选B. 答案：B11．已知点O ，N ，P 在三角形ABC 所在平面内，且|OA →|＝|OB →|＝|OC →|，NA →＋NB →＋NC →＝0，则PA →·PB →＝PB →·PC →＝PC →·PA →，则点O ，N ，P 依次是三角形ABC 的( )A ．重心、外心、垂心 B.重心、外心、内心 C ．外心、重心、垂心D.外心、重心、内心解析：由|OA →|＝|OB →|＝|OC →|知O 为外心，由NA →＋NB →＋NC →＝0知N 为重心，由PA →·PB →＝PB →·PC →，得PB →·(PA →－PC →)＝0，即PA →·CA →＝0，∴PA ⊥CA ，P 是垂心，故选C.答案：C12．定义在R 上的函数满足f (x ＋2)＝f (x )，且x ∈[1,3]时，f (x )＝cos π2x ，则下列大小关系正确的是( )A ．f (tan1)＞f ⎝⎛⎭⎪⎫1tan1B ．f ⎝⎛⎭⎪⎫cos 5π6＜f ⎝ ⎛⎭⎪⎫cos π3C ．f (sin2)＞f (cos2)D ．f (cos1)＞f (sin1)解析：由f (x ＋2)＝f (x )可知，f (x )为周期函数，周期为2，则f (x )的图象如图示．∴f (x )在(0,1)为增函数，在(1,2)为减函数，且图象关于x ＝1轴对称． ∵sin2＋cos2＞0， ∴1＞sin2＞－cos2＞0，∴f (sin2)＞f (－cos2)＝f (cos2)，故C 正确． 答案：C第Ⅱ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．把答案填在题中横线上) 13．已知不共线的平面向量a ，b 满足a ＝(－2,2)，(a ＋b )⊥(a －b )，那么|b |＝________. 解析：∵(a ＋b )⊥(a －b )， ∴(a ＋b )·(a －b )＝a 2－b 2＝0， ∴|a |＝|b |，∴|b |＝4＋4＝2 2. 答案：2 2 14．函数y ＝32sin2x ＋cos 2x 的最小正周期为________． 解析：y ＝32sin2x ＋cos 2x ＝32sin2x ＋1＋cos2x 2＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6＋12，∴T ＝2π2＝π.答案：π15．在平行四边形ABCD 中，AD ＝1，∠BAD ＝60°，E 为CD 的中点．若AC →·BE →＝1，则AB 的长为________．解析：AC →·BE →＝(AB →＋AD →)·(BC →＋CE →)＝(AB →＋AD →)⎝ ⎛⎭⎪⎫AD →－12AB →＝AB →·AD →－12AB →2＋AD →2－12AD →·AB →＝12AB →·AD →－12AB →2＋AD →2＝12×|AB →|×1×cos60°－12|AB →|2＋1 ＝14|AB |－12|AB →|2＋1＝1， ∴14|AB →|－12|AB →|2＝0， ∴|AB →|＝12.答案：1216．关于函数y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4，给出它的以下四个结论：①最小正周期为π；②图象可由y ＝sin x 的图象先向左平移π4个单位长度，再把所得图象上各点的横坐标变为原来的12倍(纵坐标不变)而得到；③图象关于点⎝⎛⎭⎪⎫π8，0对称；④图象关于直线x ＝5π8对称．其中所有正确的结论的序号是________．解析：y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4的最小正周期为π，故①正确；由图象变换可知②正确； 对称中心为⎝⎛⎭⎪⎫k π2－π8，0，k ∈Z ，∴③不正确；对称轴为x ＝k π2＋π8，k ∈Z ，当k ＝1时，x ＝5π8，④正确． 答案：①②④三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17．(10分)在△ABC 中，∠BAC ＝120°，AB ＝2，AC ＝1，D 是边BC 上一点，DC ＝2BD ，设AB →＝a ，AC →＝b .(1)试用a ，b 表示 AD →； (2)求AD →·BC →的值． 解：(1)∵BC →＝b －a ， AD →＝AB →＋13BC →＝23a ＋13b .(2)a ·b ＝|a |·|b |cos120°＝－1，AD →·BC →＝13b 2－23a 2＋13a ·b ＝－83.18．(12分)函数f (x )＝3sin(ωx ＋φ)⎝⎛⎭⎪⎫ω>0，－π2≤φ<π2的图象关于直线x ＝π3对称且图象上相邻两个最高点的距离为π.(1)求ω和φ的值；(2)若f ⎝ ⎛⎭⎪⎫α2＝34⎝ ⎛⎭⎪⎫π6<α<2π3，求cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π6的值． 解：(1)相邻两个最高点间距为周期π，又T ＝2πω，所以ω＝2， 又x ＝π3为对称轴，∴2π3＋φ＝π2＋k π，k ∈Z ， ∴φ＝k π－π6，k ∈Z ，又φ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫－π2，π2，∴φ＝－π6.(2)由(1)知f (x )＝3sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π6， ∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫α2＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π6＝34，∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π6＝14，又α－π6∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，∴cos ⎝⎛⎭⎪⎫α－π6＝ 1－sin 2⎝⎛⎭⎪⎫α－π6＝154.19．(12分)(2018·北京卷)已知函数f (x )＝sin 2x ＋3sin x cos x . (1)求f (x )的最小正周期；(2)若f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π3，m 上的最大值为32，求m 的最小值． 解：(1)因为f (x )＝1－cos2x 2＋32sin2x ＝32sin2x －12cos2x ＋12＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6＋12，所以f (x )的最小正周期为T ＝2π2＝π. (2)由(1)知，f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6＋12.因为x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π3，m ，所以2x －π6∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－5π6，2m －π6.要使f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π3，m 上的最大值为32，即sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π3，m 上的最大值为1.所以2m －π6≥π2，即m ≥π3.所以m 的最小值为π3.20．(12分)已知向量a ＝(2sin x,1)，b ＝(2cos x,1)，x ∈R. (1)当x ＝π4时，求向量a ＋b 的坐标；(2)设函数f (x )＝a ·b ，求f (x )的最大值和最小值．解：(1)当x ＝π4时，a ＋b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2sin π4，1＋2cos π4，1＝(22，2)． (2)f (x )＝2sin x ·2cos x ＋1＝2sin2x ＋1， ∵－1≤sin2x ≤1，∴－1≤f (x )≤3， ∴f (x )的最大值为3，最小值为－1. 21．(12分)已知函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π3.(1)请用“五点法”画出函数f (x )在长度为一个周期的闭区间上的简图(先在所给的表格中填上所需的数值，再画图)；(2)求函数f (x )的单调递增区间；(3)当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2时，求函数f (x )的最大值和最小值及相应的x 的值．解：(1)xπ6 5π12 2π3 11π12 7π6 2x －π30 π2 π 3π2 2π y1－1(2)令2k π－π2≤2x －π3≤2k π＋π2(k ∈Z)，解得k π－π12≤x ≤k π＋5π12(k ∈Z)．所以函数y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3的单调增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π－π12，k π＋5π12(k ∈Z)．(3)因为x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，所以2x ∈[0，π]，2x －π3∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π3，2π3. 所以当2x －π3＝－π3，即x ＝0时，y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3取得最小值－32；当2x －π3＝π2，即x ＝5π12时，y ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π3取得最大值1. 22．(12分)已知向量a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫cos 32x ，sin 32x ，b ＝cos 12x ，－sin 12x ，且x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2. (1)求a ·b 及|a ＋b |；(2)若函数f (x )＝a ·b －4m |a ＋b |＋1的最小值为－12，求m 的值．解：(1)a ·b ＝cos 3x 2cos x 2－sin 3x 2sin x2＝cos2x ，因为x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，所以|a ＋b |＝2＋2cos2x ＝2cos x . (2)f (x )＝a ·b －4m |a ＋b |＋1＝cos2x －8m cos x ＋1＝2cos 2x －8m cos x ，令cos x ＝t ，因为x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，所以t ∈[0,1]，f (x )＝2t 2－8mt .①当2m ≤0，即m ≤0时，f min (x )＝0不符合题意． ②当0≤2m ≤1，即0≤m ≤12时，f min (x )＝－8m 2，由－8m 2＝－12⇒m ＝±14，又0≤m ≤12，所以m ＝14.③当2m ≥1，即m ≥12时，f min (x )＝2－8m ，由2－8m ＝－12，得m ＝516，又m ≥12，所以m ＝516不符合题意．故m 的值为14.。

课时素养评价二余弦定理(25分钟·50分)一、选择题(每小题4分,共16分,多项选择题全选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)1.边长为5,7,8的三角形的最大角与最小角的和是()A.90°B.120°C.135°D.150°【解析】选B.设中间角为θ,则θ为锐角,由余弦定理得cosθ==,θ=60°,180°-60°=120°,所以三角形最大角与最小角的和是120°.2.(2019·邯郸高一检测)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知a=,c=2,cos A=,则b=()A. B. C.2 D.3【解析】选D.由余弦定理得5=b2+22-2×b×2×,解得b=3.3.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若a=3,b=2,cos(A+B)=,则c等于()A.4B.C.3D.【解析】选D.由三角形内角和定理可知cos C=-cos(A+B)=-,又由余弦定理得c2=a2+b2-2abcosC=9+4-2×3×2×=17,所以c=.【加练·固】若△ABC的内角A,B,C所对的边a,b,c满足(a+b)2-c2=4,且C=60°,则ab的值为()A. B.8-4 C.1 D.【解析】选A.由(a+b)2-c2=4,得a2+b2-c2+2ab=4,由余弦定理得a2+b2-c2=2abcos C=2abcos60°=ab,则ab+2ab=4,所以ab=.4.(多选题)在△ABC中,若a4+b4+c4=2c2(a2+b2),则角C=()A.60°B.45°C.135°D.30°【解析】选BC.由余弦定理得cos C=,所以cos2C=.因为a4+b4+c4=2c2(a2+b2),所以a4+b4+c4-2c2a2-2c2b2=0,所以cos2C==,所以cos C=±,所以C=45°或135°.二、填空题(每小题4分,共8分)5.在△ABC中,B=60°,a=1,c=2,则=________.【解析】由余弦定理得b2=a2+c2-2accos B=3,所以b=,由正弦定理得===2.答案:26.若△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,asin A+csin C-asin C=bsin B,则B=________.【解析】由正弦定理得a2+c2-ac=b2,由余弦定理得b2=a2+c2-2accos B,故cos B=.又因为B为三角形的内角,所以B=45°.答案:45°三、解答题(共26分)7.(12分)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别是a,b,c,a2+c2-b2=ac.求2sin2+sin2B的值.【解析】由已知得=,由余弦定理得cos B=,又因为角B为△ABC的内角,所以sin B>0,所以sin B==,所以2sin2+sin2B=2cos2+sin2B=1+cos B+2sin Bcos B=1++2××=.8.(14分)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知a>b,a=5,c=6,sin B=.(1)求b和sin A的值.(2)求sin的值.【解析】(1)在△ABC中,因为a>b,故由sin B=,可得cos B=.由已知及余弦定理得b2=a2+c2-2accos B=13,所以b=.由正弦定理=得sin A==.所以b的值为,sin A的值为.(2)由(1)及a<c,得cos A=,所以sin2A=2sinAcosA=,cos2A=1-2sin2A=-.故sin=sin2Acos+cos2Asin=×=.(15分钟·30分)1.(4分)(2020·海淀高一检测)在△ABC中,A,B,C的对边分别为a,b,c.若2cos2-cos2C=1,4sin B=3sin A,a-b=1,则c的值为()A. B. C. D.6【解析】选A.由2cos2-cos2C=1,可得2cos2-1-cos2C=0,则有cos2C+cos C=0,即2cos2C+cos C-1=0,解得cos C=或cos C=-1(舍),由4sin B=3sin A,得4b=3a,①又a-b=1,②联立①,②得a=4,b=3,所以c2=a2+b2-2abcos C=16+9-12=13,则c=.2.(4分)在△ABC中,a2-b2=bc,sin C=2sin B,则A=________.【解析】由sin C=2sin B及正弦定理得c=2b,把它代入a2-b2=bc,得a2-b2=6b2,即a2=7b2.由余弦定理得cos A====,又因为0°<A<180°,所以A=30°.答案:30°3.(4分)在△ABC中,A=120°,AB=5,BC=7,则的值为________.【解析】由余弦定理得49=AC2+25-2×5×AC×cos120°,整理得AC2+5·AC-24=0,解得AC=3或AC=-8(舍去),再由正弦定理可得==.答案:4.(4分)在△ABC中,A=60°,最大边长与最小边长是方程x2-9x+8=0的两个实根,则边BC的长为________.【解析】设内角B,C所对的边分别为b,c.因为A=60°,所以可设最大边与最小边分别为b,c.由条件可知b+c=9,bc=8,所以BC2=b2+c2-2bccos A=(b+c)2-2bc-2bccos A=92-2×8-2×8×cos60°=57,所以BC=.答案:5.(14分)在△ABC中,a,b,c分别为内角A,B,C的对边,且2asin A=(2b-c)sin B+(2c-b)sin C.(1)求角A的大小.(2)若sin B+sin C=,试判断△ABC的形状.世纪【解析】(1)因为2asin A=(2b-c)sin B+(2c-b)sin C,所以2a2=(2b-c)b+(2c-b)c,即bc=b2+c2-a2,所以cos A==.因为0°<A<180°,所以A=60°.(2)因为A+B+C=180°,所以B+C=180°-60°=120°,由sin B+sin C=,得sin B+sin(120°-B)=,所以sin B+sin120°cos B-cos120°sin B=,所以sin B+cos B=,即sin(B+30°)=1.又因为0°<B<120°,所以30°<B+30°<150°,所以B+30°=90°,即B=60°,所以A=B=C=60°,所以△ABC为正三角形.1.若△ABC的三边长分别为AB=7,BC=5,CA=6,则·的值为() A.19 B.14 C.-18 D.-19【解析】选D.设三角形的三个内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,依题意得a=5,b=6,c=7.所以·=||·||·cos(π-B)=-ac·cos B.由余弦定理得b2=a2+c2-2ac·cos B,所以-ac·cosB=(b2-a2-c2)=(62-52-72)=-19,所以·=-19.2.如图,某住宅小区的平面图呈圆心角为120°的扇形AOB,C是该小区的一个出入口,小区里有一条平行于AO的小路CD.已知某人从点O沿OD走到点D用了2min,从点D沿DC走到点C用了3min.若此人步行的速度为50m/min,求该扇形的半径.【解析】依题意得OD=100m,CD=150m,连接OC,易知∠ODC=180°-∠AOB=60°,因此由余弦定理得OC2=OD2+CD2-2OD×CD×cos∠ODC,即OC2=1002+1502-2×100×150×,解得OC=50(m).则该扇形的半径为50m.。

课时素养评价六复数的加法与减法(25分钟·50分)一、选择题(每小题4分,共16分)1.已知复数z满足z+2i-5=7-i,则|z|= ( )A.12B.3C.3D.9【解析】选C.由题意知z=7-i-(2i-5)=12-3i,所以|z|==3.2.设向量,,对应的复数分别为z1,z2,z3,那么( )A.z1+z2+z3=0B.z1-z2-z3=0C.z1-z2+z3=0D.z1+z2-z3=0【解析】选D.因为+=,所以z1+z2=z3,即z1+z2-z3=0.3.已知|z|=3,且z+3i是纯虚数,则z等于( )A.-3iB.3iC.±3iD.4i【解析】选B.设z=a+bi(a,b∈R),则z+3i=a+bi+3i=a+(b+3)i为纯虚数,所以a=0,b+3≠0,又|b|=3,所以b=3,z=3i.4.若z1=2+i,z2=3+ai(a∈R),且在复平面内z1+z2所对应的点在实轴上,则a的值为()A.3B.2C.1D.-1【解析】选D.z1+z2=2+i+3+ai=(2+3)+(1+a)i=5+(1+a)i.因为在复平面内z1+z2所对应的点在实轴上,所以1+a=0,所以a=-1.【加练·固】复数z1=-3+i,z2=1-i,则复数z=z1-z2在复平面内所对应的点在() A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【解析】选B.因为z1=-3+i,z2=1-i,所以复数z=z1-z2=-3+i-(1-i)=-4+2i,其在复平面内对应的点的坐标为(-4,2),位于第二象限.二、填空题(每小题4分,共8分)5.(2019·潍坊高二检测)已知x∈R,y∈R,(xi+x)+(yi+4)=(y-i)-(1-3xi),则x=________,y=________.【解析】x+4+(x+y)i=(y-1)+(3x-1)i,所以解得答案:6116.计算|(3-i)+(-1+2i)-(-1-3i)|=________.【解析】|(3-i)+(-1+2i)-(-1-3i)|=|(2+i)-(-1-3i)|=|3+4i|==5.答案:5三、解答题(共26分)7.(12分)计算:(1)(1+2i)+(3-4i)-(5+6i).(2)5i-[(3+4i)-(-1+3i)].(3)(a+bi)-(2a-3bi)-3i(a,b∈R).【解析】(1)(1+2i)+(3-4i)-(5+6i)=(1+3-5)+(2-4-6)i=-1-8i.(2)5i-[(3+4i)-(-1+3i)]=5i-(4+i)=-4+4i.(3)(a+bi)-(2a-3bi)-3i=(a-2a)+[b-(-3b)-3]i=-a+(4b-3)i(a,b∈R).8.(14分)设m∈R,复数z1=+(m-15)i,z2=-2+m(m-3)i,若z1+z2是虚数,求m的取值X围.世纪【解析】因为z1=+(m-15)i,z2=-2+m(m-3)i,所以z1+z2=+[(m-15)+m(m-3)]i=+(m2-2m-15)i.因为z1+z2为虚数,所以m2-2m-15≠0且m≠-2,解得m≠5,m≠-3且m≠-2(m∈R).(15分钟·30分)1.(4分)(2019·襄阳高二检测)在平行四边形ABCD中,对角线AC与BD相交于点O,若向量,对应的复数分别是3+i,-1+3i,则对应的复数是( )A.2+4iB.-2+4iC.-4+2iD.4-2i【解析】选D.依题意有==-.而(3+i)-(-1+3i)=4-2i,故对应的复数为4-2i.2.(4分)设f(z)=|z|,z1=3+4i,z2=-2-i,则f(z1-z2)等于( )A. B.5C. D.5【解析】选D.因为z1-z2=5+5i,所以f(z1-z2)=f(5+5i)=|5+5i|=5.3.(4分)设复数z满足z+|z|=2+i,则z=________.【解析】设z=x+yi(x,y∈R),则|z|=.所以x+yi+=2+i.所以解得所以z=+i.答案:+i4.(4分)(2019·某某高二检测)若|z|=2,则|z-1|的最小值是________.【解析】|z-1|≥||z|-1|=|2-1|=1.答案:15.(14分)在复平面内A,B,C三点对应的复数分别为1,2+i,-1+2i. 世纪(1)求,,对应的复数.(2)判断△ABC的形状.(3)求△ABC的面积.【解析】(1)对应的复数为2+i-1=1+i,对应的复数为-1+2i-(2+i)=-3+i,对应的复数为-1+2i-1=-2+2i.(2)因为||=,||=,||==2,所以||2+||2=||2,所以△ABC为直角三角形.(3)S△ABC=××2=2.【加练·固】已知四边形ABCD是复平面内的平行四边形,且A,B,C三点对应的复数分别是1+3i,-i,2+i,求点D对应的复数.【解析】方法一设D点对应的复数为x+yi(x,y∈R),则D(x,y),又由已知A(1,3),B(0,-1),C(2,1).所以AC中点为,BD中点为.因为平行四边形对角线互相平分,所以所以即点D对应的复数为3+5i.方法二设D点对应的复数为x+yi(x,y∈R).则对应的复数为(x+yi)-(1+3i)=(x-1)+(y-3)i,又对应的复数为(2+i)-(-i)=2+2i,由于=.所以(x-1)+(y-3)i=2+2i.所以所以即点D对应的复数为3+5i.1.复数z1=1+icosθ,z2=sinθ-i,则|z1-z2|的最大值为世纪( ) A.3-2 B.-1C.3+2D.+1【解析】选D.|z1-z2|=|(1+icosθ)-(sinθ-i)|===≤=+1.2.已知复平面内的平行四边形ABCD中,A点对应的复数为2+i,向量对应的复数为1+2i,向量对应的复数为3-i,求:(1)点C,D对应的复数.(2)平行四边形ABCD的面积. 世纪【解析】(1)因为向量对应的复数为1+2i,向量对应的复数为3-i,所以向量对应的复数为(3-i)-(1+2i)=2-3i.又因为=+,所以点C对应的复数为(2+i)+(2-3i)=4-2i.因为=,所以向量对应的复数为3-i,即=(3,-1).设D(x,y),则=(x-2,y-1)=(3,-1),所以解得所以点D对应的复数为5.(2)因为·=||||cosB,所以cosB===.因为0<B<π,所以sinB=,所以S▱ABCD=||||sinB=××=7,所以平行四边形ABCD的面积为7.。

模块素养检测(120分钟150分)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,只有一项符合题目要求)1.设a,b∈R,i是虚数单位,则“ab=0”是“复数a+为纯虚数”的( )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【解析】选B.由ab=0,得a=0,b≠0或a≠0,b=0或a=0,b=0,a+=a-bi不一定为纯虚数;若a+=a-bi为纯虚数,则有a=0且b≠0,这时有ab=0.2.△ABC的三边分别为a,b,c,且a=1,B=45°,S△ABC=2,则△ABC的外接圆的直径为( )A.4B.5C.5D.6【解析】选C.因为S△ABC=acsin B=2,所以c=4.由余弦定理,得b2=a2+c2-2accos B=25,所以b=5.由正弦定理得2R==5(R为△ABC外接圆的半径).3.(2020·新高考全国Ⅰ卷)= ( )A.1B.-1C.iD.-i【解析】选D.====-i.4.在△ABC中,a,b,c分别为内角A,B,C所对的边,若a=1,sin B=,C=,则b的值为( )A.1B.C.或D.±1【解析】选C.在△ABC中,sin B=,0<B<π,所以B=或,当B=时,△ABC为直角三角形,所以b=a·sin B=;当B=时,A=C=,a=c=1.由余弦定理得b2=a2+c2-2accos =3,所以b=.5.将正方形ABCD沿BD折起,使平面ABD⊥平面BCD,M为CD的中点,则∠AMD的大小是( )A.45°B.30°C.60°D.90°【解析】选D.如图,设正方形边长为a,作AO⊥BD,则AM===a,又AD=a,DM=,所以AD2=DM2+AM2,所以∠AMD=90°.6.如图,在△ABC中,AB=3,BC=4,∠ABC=120°,若把△ABC绕直线AB旋转一周,则所形成的几何体的体积是( )A.11πB.12πC.13πD.14π【解析】选B.△ABC绕直线AB旋转一周,所形成的几何体如图所示.已知BC=4,∠ABC=120°,所以CO=2,所以几何体的体积V=·π·CO2·AB=12π.【补偿训练】在矩形ABCD中,若AB=3,BC=4,PA⊥平面ABCD,且PA=1,则点P到对角线BD的距离为( ) A. B.C. D.【解析】选B.如图,过点A作AE⊥BD于点E,连接PE.因为PA⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以PA⊥BD.因为AE∩PA=A,所以BD⊥平面PAE,所以BD⊥PE.因为AE==,PA=1,所以PE==.7.在△ABC中,三内角A,B,C所对边分别为a,b,c,若(b-c)sin B=2csin C且a=,cos A=,则△ABC的面积等于( ) A. B. C.3 D.3【解析】选A.由正弦定理,得(b-c)·b=2c2,得b2-bc-2c2=0,得b=2c或b=-c(舍).由a2=b2+c2-2bccos A,得c=2,则b=4.由cos A=知,sin A=,S△ABC=bcsin A=×4×2×=.8.已知A,B是球O的球面上两点,∠AOB=90°,C为该球面上的动点,若三棱锥O-ABC体积的最大值为36,则球O的表面积为( ) A.36π B.64πC.144πD.256π【解析】选C.如图所示,当点C位于垂直于面AOB的直径端点时,三棱锥O-ABC的体积最大,设球O的半径为R,此时V O-ABC=V C-AOB=×R2×R=R3=36,故R=6,则球O的表面积为S=4πR2=144π.【补偿训练】如图,在三棱锥A-BCD中,V A-BPQ=2,V C-APQ=6,V C-DPQ=12,则V A-BCD等于( )A.20B.24C.28D.56【解析】选B.由===,所以=.所以V B-PDQ=V C-PDQ=4,因而V A-BCD=2+6+12+4=24.二、多项选择题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求,全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)9.已知i是虚数单位,z=,则下列结论中正确的是( )A.z=-iB.z=iC.=-iD.|z|=1【解析】选BCD.z====i,所以=-i,|z|=1,故BCD正确.10.满足下列条件的三角形有两解的有( )A.b=3,c=4,B=30°B.a=5,b=8,A=30°C.c=6,b=3,B=60°D.c=9,b=12,C=60°【解析】选AB.选项A中csin B<b<c,故有两解;选项B中bsin A<a<b,故有两解;选项C中b=csin B,有一解;选项D中c<bsin C,无解.所以有两解的是选项AB.11.已知平面α与平面β相交,直线m⊥α,则错误的是( )A.β内必存在直线与m平行且存在直线与m垂直B.β内不一定存在直线与m平行,不一定存在直线与m垂直C.β内不一定存在直线与m平行,但必存在直线与m垂直D.β内必存在直线与m平行,不一定存在直线与m垂直【解析】选ABD.作两个相交平面,交线为n,使得直线m⊥α,假设β内一定存在直线a与m平行,因为m⊥α,而a∥m,所以直线a⊥α,而a⊂β,所以α⊥β,这与平面α与平面β相交不一定垂直矛盾,所以β内不一定存在直线a与m平行,因为直线m⊥α,n⊂α,又n⊂β,所以m⊥n,所以在β内不一定存在直线与m平行,但必存在直线与m垂直.【补偿训练】设a,b为两条直线,α,β为两个平面,则正确的命题是( )A.若a⊂α,b⊂β,α∥β,则a∥bB.若a∥α,b∥β,α∥β,则a∥bC.若a⊂α,b⊂β,a∥b,则α∥βD.若a⊥α,b⊥β,α⊥β,则a⊥b【解析】选D.A中,a,b可以平行或异面;B中,a,b可以平行或异面或相交;C中,α,β可以平行或相交.12.在锐角△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若sin A=,a=3,S△ABC=2,则b的值可以为( ) A.2 B.3 C.4 D.6【解析】选AB.因为S△ABC=2=bcsin A,sin A=,所以bc=6,cos A=,又因为a=3,由余弦定理得9=b2+c2-2bccos A=b2+c2-4,b2+c2=13,可得b=2或b=3.三、填空题(本大题共4个小题,每小题5分,共20分.把答案填在题中的横线上)13.已知z0=2+2i,|z+z0|=,当z=__________时,|z|有最小值,最小值为__________. 【解析】因为|z+z0|=,所以复数z所对应的点Z在以C(-2,-2)为圆心,半径为的圆上,画出图形(图略),由图形知|z|的最小值为-=,此时,点Z是线段OC与圆的交点,线段OC的方程是y=x(-2≤x≤0),圆的方程是(x+2)2+(y+2)2=2,联立方程组解得所以复数z=-1-i.答案:-1-i14.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知a=2,C=45°,1+=,则A=______,边c的值为__________.【解析】在△ABC中,因为1+=1+====.由正弦定理得=,所以cos A=,所以A=60°.又因为a=2,C=45°.由=得,=,所以c=2.答案:60°215.在△ABC中,a,b,c分别为角A,B,C的对边,且a,b,c满足2b=a+c,B=,则cos A-cos C=________.【解析】因为2b=a+c,由正弦定理得2sin B=sin A+sin C,又因为B=,所以sin A+sin C=,A+C=.设cos A-cos C=x,可得(sin A+sin C)2+(cos A-cos C)2=2+x2,即sin2A+2sin Asin C+sin2C+cos2A-2cos Acos C+cos2C=2-2cos (A+C)=2-2cos =2+x2得x2=,所以cos A-cos C=±.答案:±16.(2020·新高考全国Ⅰ卷)已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱长均为2,∠BAD=60°,以D1为球心,为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________.【解析】由已知连接BD,B1D1,则BD=B1D1=2,取BB1和CC1的中点E,F.连接EF,D1E,D1F,则D1E=D1F=,故E,F在球面上.平面BCC1B1截球面的截面圆的圆心是B1C1的中点O,OE=OF=,球面与侧面BCC1B1的交线是侧面上以O为圆心,为半径的圆弧EF,的长为·2π=π.答案:π四、解答题(本大题共6个小题,共70分,解答时写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17. (10分)如图,△ACD是等边三角形,△ABC是等腰直角三角形,∠ACB=90°,BD交AC于E,AB=2.(1)求cos ∠CBE的值;(2)求AE.【解析】(1)因为∠BCD=90°+60°=150°,CB=AC=CD,所以∠CBE=15°.所以cos ∠CBE=cos 15°=cos (45°-30°)=.(2)在△ABE中,AB=2,由正弦定理,得=,故AE===-.18.(12分)已知z=m+3+3i,其中m∈C,且为纯虚数.(1)求m对应点的轨迹;(2)求|z|的最大值、最小值.【解析】(1)设m=x+yi(x,y∈R),则==,因为为纯虚数,所以即所以m对应的点的轨迹是以原点为圆心,半径为3的圆,除去(-3,0),(3,0)两点.(2)由(1)知|m|=3,已知m=z-(3+3i),则|z-(3+3i)|=3.所以z所对应的点Z在以(3,3)为圆心,3为半径的圆上.可知|z|的最大值为|3+3i|+3=9;最小值为|3+3i|-3=3.19.(12分)如图所示,在三棱柱ABC-A1B1C1中,若E,F分别为AB,AC的中点,平面EB1C1F将三棱柱分成体积分别为V1,V2的两部分,求V1∶V2的值.【解析】如图,延长A1A到A2,B1B到B2,C1C到C2,且A1A=AA2,B1B=BB2,C1C=CC2,连接A2B2,B2C2,A2C2,则得到三棱柱ABC-A2B2C2,且=,延长B1E,C1F,则B1E与C1F 相交于点A2.因为A2A∶A2A1=1∶2,所以=.又==×==,所以V1=7=,故V1∶V2=7∶(12-7)=7∶5.20.(12分)已知锐角三角形ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且tanA=.(1)求角A的大小;(2)当a=时,求c2+b2的最大值,并判断此时△ABC的形状.【解析】(1)由已知及余弦定理,得=,sin A=,因为A为锐角,所以A=60°.(2)由正弦定理得====2,所以b=2sin B,c=2sin C=2sin(120°-B).c2+b2=4[sin2B+sin2(120°-B)]=4=4-cos 2B+sin 2B=4+2sin(2B-30°).由得30°<B<90°,所以30°<2B-30°<150°.当sin(2B-30°)=1,即B=60°时,(c2+b2)max=6,此时C=60°,△ABC为等边三角形.【一题多解】由余弦定理得()2=b2+c2-2bccos 60°=b2+c2-bc=3.因为bc≤(当且仅当b=c时取等号),所以b2+c2-≤3,即b2+c2≤6(当且仅当b=c时取等号).故c2+b2的最大值为6,此时△ABC为等边三角形.21.(12分)如图所示,正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直,EF∥AC,AB=,CE=EF=1.(1)求证:AF∥平面BDE;(2)求证:CF⊥平面BDE.【证明】(1)如图,设AC与BD交于点G.因为EF∥AG,且EF=1,AG=AC=1,所以四边形AGEF为平行四边形,所以AF∥EG.因为EG⊂平面BDE,AF⊄平面BDE,所以AF∥平面BDE.(2)连接FG,因为EF∥CG,EF=CG=1,所以四边形CEFG为平行四边形,又因为CE=EF=1,所以▱CEFG为菱形,所以EG⊥CF.在正方形ABCD中,AC⊥BD.因为正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直,所以BD⊥平面CEFG,所以BD⊥CF. 又因为EG∩BD=G,所以CF⊥平面BDE.【补偿训练】如图所示,在三棱锥A-BCD中,∠BCD=90°,BC=CD=1,AB⊥平面BCD,∠ADB=60°,E,F分别是AC,AD上的动点,且==λ(0<λ<1).(1)求证:不论λ为何值,总有平面BEF⊥平面ABC;(2)当λ为何值时,平面BEF⊥平面ACD.【解析】(1)因为AB⊥平面BCD,所以AB⊥CD.因为CD⊥BC,且AB∩BC=B,所以CD⊥平面ABC.又因为==λ(0<λ<1),所以不论λ为何值,恒有EF∥CD,所以EF⊥平面ABC,EF⊂平面BEF,所以不论λ为何值,恒有平面BEF⊥平面ABC.(2)由(1)知,BE⊥EF,因为平面BEF⊥平面ACD,所以BE⊥平面ACD,所以BE⊥AC.因为BC=CD=1,∠BCD=90°,∠ADB=60°,所以BD=,AB=tan 60°=,所以AC==.由AB2=AE·AC,得AE=,所以λ==.22.(12分)如图所示,在三棱台DEF-ABC中,AB=2DE,G,H分别为AC,BC的中点.(1)求证:BD∥平面FGH;(2)若CF⊥BC,AB⊥BC,求证:平面BCD⊥平面EGH.【证明】(1)连接DG,设CD∩GF=M,连接MH.在三棱台DEF-ABC中,AB=2DE,G为AC的中点,可得DF∥GC,DF=GC,所以四边形DFCG为平行四边形,则M为CD的中点.又H为BC的中点,所以MH∥BD.又MH⊂平面FGH,BD⊄平面FGH,所以BD∥平面FGH.【一题多解】在三棱台DEF-ABC中,由BC=2EF,H为BC的中点,可得BH∥EF,BH=EF,所以四边形BHFE为平行四边形,可得BE∥HF.在△ABC中,G为AC的中点,H为BC的中点,所以GH∥AB.又GH∩HF=H,所以平面FGH∥平面ABED.因为BD⊂平面ABED,所以BD∥平面FGH.(2)因为G,H分别为AC,BC的中点,所以GH∥AB.由AB⊥BC,得GH⊥BC.又H为BC的中点,所以EF∥HC,EF=HC,因此四边形EFCH是平行四边形,所以CF∥HE.又CF⊥BC,所以HE⊥BC.又HE,GH⊂平面EGH,HE∩GH=H,所以BC⊥平面EGH.又BC⊂平面BCD,所以平面BCD⊥平面EGH.。

温馨提示：此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。

关闭Word文档返回原板块。

课时素养评价四复数的概念(25分钟·50分)一、选择题(每小题4分,共16分)1.若a,b∈R,i是虚数单位,a+2 020i=2-bi,则a2+bi= ( )A.2 020+2iB.2 020+4iC.2+2 020iD.4-2 020i【解析】选D.因为a+2 020i=2-bi,所以a=2,-b=2 020,即a=2,b=-2 020,所以a2+bi=4-2 020i.2.如果z=m(m+1)+(m2-1)i为纯虚数,则实数m的值为( )A.1B.0C.-1D.-1或1【解析】选B.由题意知所以m=0.【加练·固】设a,b∈R.“a=0”是“复数a+bi是纯虚数”的( )A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【解析】选B.因为a,b∈R.“a=0”时“复数a+bi不一定是纯虚数”.“复数a+bi 是纯虚数”则“a=0”一定成立.所以a,b∈R.“a=0”是“复数a+bi是纯虚数”的必要而不充分条件.3.复数z=a2-b2+(a+|a|)i(a,b∈R)为实数的充要条件是( )A.|a|=|b|B.a<0且a=-bC.a>0且a≠bD.a≤0【解析】选D.复数z为实数的充要条件是a+|a|=0,故a≤0.4.(2019·芜湖高二检测)若复数(a2-3a+2)+(a-1)i是纯虚数,则实数a的值为( ) A.1 B.2 C.1或2 D.-1【解析】选B.依题意,有解得a=2.二、填空题(每小题4分,共8分)5.若复数z=a2-3+2ai的实部与虚部互为相反数,则实数a的值为________.【解析】由条件知a2-3+2a=0,解得a=1或a=-3.答案:1或-36.(2019·榆林高二检测)如果(m2-1)+(m2-2m)i>1,则实数m的值为________.【解析】由题意得解得m=2.答案:2三、解答题(共26分)7.(12分)实数m分别为何值时,复数z=+(m2-3m-18)i是(1)实数;(2)虚数;(3)纯虚数.【解析】(1)要使所给复数为实数,必使复数的虚部为0.故若使z为实数,则解得m=6.所以当m=6时,z为实数.(2)要使所给复数为虚数,必使复数的虚部不为0.故若使z为虚数,则m2-3m-18≠0,且m+3≠0,解得m≠6且m≠-3,所以当m≠6且m≠-3时,z为虚数.(3)要使所给复数为纯虚数,必使复数的实部为0,虚部不为0.故若使z为纯虚数,则解得m=-或m=1.所以当m=-或m=1时,z为纯虚数.8.(14分)定义运算=ad-bc,如果(x+y)+(x+3)i=,求实数x,y的值.世纪【解析】由定义运算=ad-bc,得=3x+2y+yi,故有(x+y)+(x+3)i=3x+2y+yi.因为x,y为实数,所以有得得x=-1,y=2.(15分钟·30分)1.(4分)(2019·黄山高二检测)若sin 2θ-1+i(cos θ+1)是纯虚数,则θ的值为( )A.2kπ-(k∈Z)B.2kπ+(k∈Z)C.2kπ±(k∈Z)D.π+(k∈Z)【解析】选B.由题意,得解得(k∈Z),所以θ=2kπ+,k∈Z.2.(4分)已知z1=-3-4i,z2=(n2-3m-1)+(n2-m-6)i,且z1=z2,则实数m=________, n=________.【解析】由复数相等的充要条件有解得答案:2±23.(4分)若复数z1=m2+1+(m3+3m2+2m)i,z2=4m-2+(m2-5m)i,m为实数,且z1>z2,则实数m的取值集合为________.【解析】因为z1>z2,所以解得m=0,所以实数m的取值集合为{0}.答案:{0}4.(9分)如果l o(m+n)-(m2-3m)i>-1,如何求自然数m,n的值? 世纪【解析】因为lo(m+n)-(m2-3m)i>-1,所以lo(m+n)-(m2-3m)i是实数,从而有由①得m=0或m=3,当m=0时,代入②得n<2,又m+n>0,所以n=1;当m=3时,代入②得n<-1,与n是自然数矛盾,综上可得m=0,n=1.5.(9分)已知关于x的方程x2+kx+2+(2x+k)i=0有实根x0,求x0以及实数k的值.世纪【解析】由x=x0是方程的实根,代入方程,得(+kx0+2)+(2x0+k)i=0,由复数相等的充要条件,得解得或所以x0=或x0=-,相应的k值为k=-2或k=2.1.若复数z1=sin 2θ+icosθ,z2=cos θ+i sin θ(θ∈R),z1=z2,则θ等于世纪( )A.kπ(k∈Z)B.2kπ+(k∈Z)C.2kπ±(k∈Z)D.2kπ+(k∈Z)【解析】选D.由复数相等的定义可知,所以cos θ=,sin θ=.所以θ=+2kπ,k∈Z.2.已知复数z1=4-m2+(m-2)i,z2=λ+2sin θ+(cos θ-2)i(其中i是虚数单位,m,λ,θ∈R).(1)若z1为纯虚数,求实数m的值.(2)若z1=z2,求实数λ的取值范围.世纪【解析】(1)因为z1为纯虚数,则解得m=-2.(2)由z1=z2,得所以λ=4-cos2θ-2sin θ=sin2θ-2sin θ+3=(sin θ-1)2+2.因为-1≤sin θ≤1,所以当sin θ=1时,λmin=2,当sin θ=-1时,λmax=6,所以实数λ的取值范围是[2,6].关闭Word文档返回原板块。

课时素养评价十九平面与平面垂直(25分钟·50分)一、选择题(每小题4分,共16分,多选题全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)1.已知在四面体ABCD中,E,F分别是AC,BD的中点,若AB=2,CD=4,EF⊥AB,则EF与CD所成的角的度数为( )A.90°B.45°C.60°D.30°【解析】选D.取BC的中点G,连接EG,FG,则EG=1,FG=2,EF⊥EG,则EF与CD所成的角等于∠EFG,为30°.2.如图所示,四边形ABCD是矩形,PA⊥平面ABCD,则图中互相垂直的平面共有( )A.3对B.4对C.5对D.6对【解析】选D.因为PA⊥平面ABCD,且PA⊂平面PAB,PA⊂平面PAD,PA⊂平面PAC,所以平面PAB和平面PAC和平面PAD都与平面ABCD垂直,又AD⊥PA,AD⊥AB,所以AD⊥平面PAB,又AD⊂平面PAD,所以平面PAB⊥平面PAD,同理可证平面PBC⊥平面PAB,平面PCD⊥平面PAD.3.矩形ABCD的两边AB=3,AD=4,PA⊥平面ABCD,且PA=,则二面角A-BD-P的度数为( )A.30°B.45°C.60°D.120°【解析】选A.过A作AE⊥BD,连接PE,则∠AEP为所求角.由AB=3,AD=4知BD=5.又AB·AD=BD·AE,所以AE=,所以tan∠AEP==.所以∠AEP=30°.4.(多选题)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,给出下列四个推断中正确的为 ( )A.A1C1⊥AD1B.A1C1⊥BDC.平面A1C1B∥平面ACD1D.平面A1C1B⊥平面BB1D1D【解析】选BCD.对A,A1C1与AD1是异面直线,A1C1与AD1所成角即为AC与AD1所成角,易知为60°,故A错误;对B,由AC⊥BD,AC∥A1C1,可知A1C1⊥BD,故B正确;对C,由A1B∥CD1,AC∥A1C1且A1B∩A1C1=A1,AC∩CD1=C,由面面平行的判定定理的推论可知平面A1C1B∥平面ACD1,故C正确;对D,易知A1C1⊥平面BB1D1D且A1C1⊂平面A1C1B,故平面A1C1B⊥平面BB1D1D,故D正确.二、填空题(每小题4分,共8分)5.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,二面角A-BC-A1的平面角等于________.【解析】根据正方体中的位置关系可知,AB⊥BC,A1B⊥BC,根据二面角的平面角定义可知,∠ABA1即为二面角A-BC-A1的平面角.又AB=AA1,且AB⊥AA1,所以∠ABA1=45°.答案:45°6.如图,△ABC是等腰直角三角形,∠BAC=90°,AB=AC=1,将△ABC沿斜边BC上的高AD折叠,使平面ABD⊥平面ACD,则折叠后BC=________.【解析】因为在△ABC中,AD⊥BC,所以折叠后有AD⊥BD,AD⊥CD,所以∠BDC是二面角B-AD-C的平面角.因为平面ABD⊥平面ACD,所以∠BDC=90°.在△BCD中,∠BDC=90°,BD=CD=,所以BC==1.答案:1三、解答题(共26分)7.(12分)如图所示,已知正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱CC1上的动点.(1)求证:A1E⊥BD.(2)当E恰为棱CC1的中点时,求证:平面A1BD⊥平面EBD.【解题指南】(1)欲证A1E⊥BD,只需证明BD垂直A1E所在平面即可.(2)要证平面A1BD⊥平面EBD,只需求出二面角为直二面角即可,或证明一个平面内的某一直线垂直于另一个面.【证明】连接AC,设AC∩DB=O,连接A1O,OE,(1)因为AA1⊥底面ABCD,所以BD⊥A1A,又BD⊥AC,A1A∩AC=A,所以BD⊥平面ACEA1,因为A1E⊂平面ACEA1,所以A1E⊥BD.(2)在等边三角形A1BD中,BD⊥A1O,因为BD⊥平面ACEA1,OE⊂平面ACEA1,所以BD⊥OE,所以∠A1OE为二面角A1-BD-E的平面角.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,设棱长为2a,因为E为棱CC1的中点,由平面几何知识,得EO=a,A1O=a,A1E=3a,满足A1E2=A1O2+EO2,所以∠A1OE=90°,即平面A1BD⊥平面EBD.【加练·固】(2018·江苏高考)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AB,AB1⊥B1C1. 求证:(1)AB∥平面A1B1C.(2)平面ABB1A1⊥平面A1BC.【证明】(1)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AB∥A1B1.因为AB⊄平面A1B1C,A1B1⊂平面A1B1C,所以AB∥平面A1B1C.(2)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,四边形ABB1A1为平行四边形.又因为AA1=AB,所以四边形ABB1A1为菱形,因此AB1⊥A1B.又因为AB1⊥B1C1,BC∥B1C1,所以AB1⊥BC.又因为A1B∩BC=B,A1B⊂平面A1BC,BC⊂平面A1BC,所以AB1⊥平面A1BC.因为AB1⊂平面ABB1A1,所以平面ABB1A1⊥平面A1BC.8.(14分)如图所示,已知P是边长为a的菱形ABCD所在平面外一点,∠ABC =60°,PC⊥平面ABCD,PC=a,E为PA的中点.(1)求证:平面EDB⊥平面ABCD.(2)求二面角A-EB-D的正切值.世纪【解析】(1)连接AC交BD于O,则O为AC的中点,又因为E为PA的中点,所以EO∥PC,又因为PC⊥平面ABCD,所以EO⊥平面ABCD,又因为EO⊂平面EDB,故平面EDB⊥平面ABCD(2)由(1)知EO⊥AO,又因为四边形ABCD为菱形,所以AO⊥BD,又BD∩EO=O,所以AO⊥平面BDE,过O作OF⊥BE于点F,又AO⊥BE,AO∩OF=O,所以BE⊥平面AOF,所以BE⊥AF,所以∠AFO为所求二面角的平面角.由BC=AB=a,∠ABC=60°,知AC=a,BO==a,又EO=PC=a,所以BE==a,所以OF==a,又AO=,在Rt△AOF中,tan∠AFO==,故二面角A-EB-D的正切值为.(15分钟·30分)1.(4分)在三棱锥A-BCD中,如果AD⊥BC,BD⊥AD,△BCD是锐角三角形,那么( )A.平面ABD⊥平面ADCB.平面ABD⊥平面ABCC.平面BCD⊥平面ADCD.平面ABC⊥平面BCD【解析】选C.因为AD⊥BC,BD⊥AD,且BC∩BD=B,所以AD⊥平面BCD,因为AD⊂平面ADC,所以平面BCD⊥平面ADC.2.(4分)如图,在矩形ABCD中,AB=2,AD=3,点E为AD的中点,现分别沿BE,CE将△ABE,△DCE翻折,使得点A,D重合于F,此时二面角E -BC -F的余弦值为( )A. B. C. D.【解析】选B.取BC的中点O,连接OE,OF,因为BA=CD,所以BF=FC,即三角形BFC是等腰三角形,则FO⊥BC,因为BE=CE,所以△BEC是等腰三角形,所以EO⊥BC,则∠FOE是二面角E -BC -F的平面角,因为EF⊥CF,BF⊥EF,所以EF⊥平面BCF,EF⊥FO,则直角三角形EFO中,OE=AB=2,EF=DE=,所以OF===,则cos∠FOE===.3.(4分)如图所示,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD.底面各边都相等,M是PC上的一动点,当点M满足________时,平面MBD⊥平面PCD.(注:只要填写一个你认为正确的即可)【解析】连接AC,因为四边形ABCD的边长相等,所以四边形ABCD为菱形.所以AC⊥BD,又因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥BD,所以BD⊥平面PAC,所以BD⊥PC.若PC⊥平面BMD,则PC垂直于平面BMD中两条相交直线.所以当BM⊥PC时,PC⊥平面BDM.又PC⊂平面PCD,所以平面PCD⊥平面BDM.答案:BM⊥PC(其他合理即可)4.(4分)设正三角形ABC的边长为a,PA⊥平面ABC,PA=AB,则A到平面PBC的距离为________.世纪【解析】如图所示,取BC中点E,连接AE,PE,则AE⊥BC,又BC⊥PA,AE∩PA=A,所以BC⊥平面PAE.因为BC⊂平面PBC,所以平面PAE⊥平面PBC.在平面PAE内过A作AF⊥PE,垂足为F,则AF⊥平面PBC.则AF== a.答案: a5.(14分)如图所示,△ABC是正三角形,线段EA和DC都垂直于平面ABC,设EA=AB=2a,DC=a,且F为BE的中点.(1)求证:DF∥平面ABC.(2)求证:AF⊥BD.(3)求平面BDF与平面ABC所成的较小二面角的大小. 世纪【解析】(1)如图所示,取AB中点G,连接CG,FG.因为EF=FB,AG=GB,所以FG∥EA,且FG=EA,又DC∥EA,且DC=EA,所以FG∥DC,且FG=DC,所以四边形CDFG为平行四边形,所以DF∥CG,因为DF⊄平面ABC,CG⊂平面ABC,所以DF∥平面ABC.(2)因为 EA⊥平面ABC,所以EA⊥CG.又△ABC 是正三角形,G是AB的中点,所以CG⊥AB.又EA∩AB=A,所以CG⊥平面AEB.又因为DF∥CG,所以DF⊥平面AEB.所以DF⊥AF.因为AE=AB,EF=FB,所以AF⊥BE,又BE∩DF=F,所以AF⊥平面BED, 所以AF⊥BD.(3)延长ED交AC延长线于G′,连接BG′.由DC∥EA,且DC=EA知,D为EG′的中点,所以FD∥BG′.又CG⊥平面ABE, FD∥CG,所以BG′⊥平面ABE.所以∠EBA为所求二面角的平面角.在等腰直角三角形AEB中,可得∠EBA=45°.所以平面BDE与平面ABC所成的较小二面角是45°.【加练·固】如图,棱柱ABC-A1B1C1的侧面BCC1B1是菱形,B1C⊥A1B.证明:平面AB1C⊥平面A1BC1.【证明】因为BCC1B1是菱形,所以B1C⊥BC1,又B1C⊥A1B,且BC1∩A1B=B,所以B1C⊥平面A1BC1,又B1C⊂平面AB1C,所以平面AB1C⊥平面A1BC1.1.(2019·全国卷Ⅲ理科·T8)如图,点N为正方形ABCD的中心,△ECD为正三角形,平面ECD⊥平面ABCD,M 是线段ED的中点,则( )世纪A.BM=EN,且直线BM,EN是相交直线B.BM≠EN,且直线BM,EN是相交直线C.BM=EN,且直线BM,EN是异面直线D.BM≠EN,且直线BM,EN是异面直线【解析】选B.因为直线BM,EN都是平面BED内的直线,且不平行,即直线BM,EN是相交直线.设正方形ABCD的边长为2a,则由题意可得:DE=2a,DM=a,DN=a,DB=2a,根据余弦定理可得:BM2=DB2+DM2-2DB·DMcos∠BDE=9a2-4a2cos∠BDE,EN2=DE2+DN2-2DE·DNcos∠BDE=6a2-4a2cos∠BDE,所以BM≠EN.2.(2018·全国卷Ⅲ)如图,矩形ABCD所在平面与半圆弧所在平面垂直,M是上异于C,D的点.- 11 -(1)证明:平面AMD ⊥平面BMC.(2)在线段AM 上是否存在点P,使得MC ∥平面PBD?说明理由. 世纪【解析】(1)由题设知,平面CMD ⊥平面ABCD,交线为CD.因为BC ⊥CD,BC ⊂平面ABCD,所以BC ⊥平面CMD,故BC ⊥DM.因为M 为上异于C,D 的点,且DC 为直径,所以DM ⊥CM.又BC ∩CM=C,所以DM ⊥平面BMC.而DM ⊂平面AMD,故平面AMD ⊥平面BMC.(2)存在,AM 的中点即为符合题意的点P.证明如下:取AM 的中点P,连接AC,BD 交于点N,连接PN.因为四边形ABCD 是矩形,所以N 是AC 的中点,在△ACM 中,点P,N 分别是AM,AC 的中点,所以PN ∥MC,又因为PN ⊂平面PBD,MC ⊄平面PBD,所以MC ∥平面PBD,所以,在线段AM 上存在点P,即AM 的中点,使得MC ∥平面PBD.。

温馨提示：此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。

关闭Word文档返回原板块。

课时素养评价七复数的乘法与除法(25分钟·50分)一、选择题(每小题4分,共16分)1.i为虚数单位,+++等于( )A.0B.2iC.-2iD.4i【解析】选A.=-i,=i,=-i,=i,所以+++=0.2.复数(1+i)2(2+3i)的值为( )A.6-4iB.-6-4iC.6+4iD.-6+4i【解析】选D.(1+i)2(2+3i)=2i(2+3i)=-6+4i.3.(2019·赣州高二检测)已知复数z满足(z-1)i=1+i,则z等于( )A.-2-iB.-2+iC.2-iD.2+i【解析】选C.由(z-1)i=1+i,两边同乘以-i,则有z-1=1-i,所以z=2-i.4.若方程x2+x+m=0有两个虚根α,β,且|α-β|=3,则实数m的值为 ( )A. B.- C.2 D.-2【解析】选A.因为方程x2+x+m=0是实系数一元二次方程,且有两个虚根α,β,所以α,β互为共轭虚数,所以设α=a+bi,a,b∈R,则β=a-bi,由|α-β|=3,得b=±.当b=时,α=a+i,代入方程得+a+i+m=0,即+i=0,所以所以当b=-时,同理【加练·固】若a为实数,且=3+i,则a= ( )A.-4B.-3C.3D.4【解析】选D.==+i=3+i,所以解得a=4.二、填空题(每小题4分,共8分)5.设复数z=1+i,则z2-2z=________.【解析】因为z=1+i,所以z2-2z=z(z-2)=(1+i)(1+i-2)=(1+i)(-1+i)=-3.答案:-36.(2019·西安八校高二联考)若(a,b∈R)与(2-i)2互为共轭复数,则a-b=________.【解析】因为==b-ai,(2-i)2=4-4i-1=3-4i,(a,b∈R)与(2-i)2互为共轭复数,所以b=3,a=-4,则a-b=-7.答案:-7三、解答题(共26分)7.(12分)已知复数z满足:z·+2zi=8+6i,求复数z的实部与虚部的和.【解析】设z=a+bi(a,b∈R),则z·=a2+b2,所以a2+b2+2i(a+bi)=8+6i,即a2+b2-2b+2ai=8+6i,所以解得所以a+b=4,所以复数z的实部与虚部的和是4.8.(14分)计算.(1).(2).(3)+.【解析】(1)==-1-3i.(2)====+i.(3)+=+=i6+i=-1+i.(15分钟·30分)1.(4分)(2019·全国卷Ⅰ)设复数z满足|z-i|=1,z在复平面内对应的点为(x,y),则 ( )A.(x+1)2+y2=1B.(x-1)2+y2=1C.x2+(y-1)2=1D.x2+(y+1)2=1【解析】选C.因为z在复平面内对应的点为(x,y),所以z=x+yi,所以z-i=x+(y-1)i,所以|z-i|==1,所以x2+(y-1)2=1.2.(4分)(2019·全国卷Ⅲ)设z=i(2+i),则= ( )A.1+2iB.-1+2iC.1-2iD.-1-2i【解析】选D.因为z=i(2+i)=-1+2i,所以=-1-2i.3.(4分)已知1+2i是方程x2-mx+2n=0(m,n∈R)的一个根,则m+n=________. 【解析】由题意,方程另一根为1-2i,所以解得故m+n=2+=.答案:4.(4分)若=1-bi,其中a,b都是实数,i是虚数单位,则|a+bi|=________. 【解析】因为a,b∈R,且=1-bi,则a=(1-bi)(1-i)=(1-b)-(1+b)i,所以所以所以|a+bi|=|2-i|==.答案:【加练·固】若复数z满足(3-4i)z=4+3i(i是虚数单位),则|z|=________. 【解析】因为(3-4i)z=4+3i,所以z====i.则|z|=1.答案:15.(14分)已知复数z=1+i,求实数a,b,使az+2b=(a+2z)2. 世纪【解析】因为z=1+i,所以az+2b=(a+2b)+(a-2b)i,(a+2z)2=(a+2)2-4+4(a+2)i=(a2+4a)+4(a+2)i.因为a,b都是实数,所以由az+2b=(a+2z)2,得解得a=-2或a=-4,对应得b=-1或b=2,所以所求实数为a=-2,b=-1或a=-4,b=2.1.计算+的值是( )世纪A.0B.1C.iD.2i【解析】选D.原式=+=+=+i=+i=+i=2i.2.复数z=且|z|=4,z对应的点在第一象限,若复数0,z,对应的点是正三角形的三个顶点,求实数a,b的值. 世纪【解析】z=(a+bi)=2i·i(a+bi)=-2a-2bi.由|z|=4得a2+b2=4,①因为复数0,z,对应的点构成正三角形,所以|z-|=|z|.把z=-2a-2bi代入化简得|b|=1.②又因为z对应的点在第一象限,所以a<0,b<0.由①②得故所求值为a=-,b=-1.关闭Word文档返回原板块。

单元素养评价(三)(120分钟150分)一、单选题(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.设BD1是正方体ABCD-A1B1C1D1的一条对角线,则这个正方体中面对角线与BD1异面的有( )A.0条B.4条C.6条D.12条【解析】选C.每个面中各有一条对角线与BD1异面,它们是:AC,A1C1,B1C,A1D,AB1,DC1.2.下列说法不正确的是( )A.空间中,一组对边平行且相等的四边形一定是平行四边形B.同一平面的两条垂线一定共面C.过直线上一点可以作无数条直线与这条直线垂直,且这些直线都在同一平面内D.过一条直线有且只有一个平面与已知平面垂直【解析】选D.如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AD⊥平面DCC1D1,因此平面ABCD,平面AA1D1D均与平面DCC1D1垂直而且平面AA1D1D∩平面ABCD=AD,显然选项D不正确.3.已知圆锥的底面半径为1,且它的侧面展开图是一个半圆,则这个圆锥的体积为( )A.πB.πC.πD.π【解析】选A.设圆锥的底面半径为r,母线长为R,如图所示,则2πr=πR,因为r=1,所以R=2,所以圆锥的高h==,所以圆锥的体积V=π×12×=π.【加练·固】如图,圆柱内有一个三棱柱,三棱柱的底面为等腰直角三角形,且此三角形内接于圆柱的底面圆.如果圆柱的体积是V,那么三棱柱的体积是( )A. B. C. D.【解析】选C.设圆柱的底面圆半径为R,高为h,在等腰Rt△A1B1C1中,A1B1=2R.所以=(R)2=R2,又S圆=πR2,h=,所以V三棱柱=h·=hR2=.4.如图所示,有一个圆柱,在圆柱下底面的点A处有一只蚂蚁,它想吃到上底面的点B处的食物.当圆柱的高等于12 cm,底面半径为3 cm时,蚂蚁沿圆柱表面爬行的最短路程是(π=3)( )A.12 cmB.13 cmC.15 cmD.18 cm【解析】选C.如图所示,在圆柱的侧面展开图中,BC的长为底面圆周长的一半,即BC=×2π×3=3π,蚂蚁所走路程为AB===15(cm).所以蚂蚁沿圆柱表面爬行的最短路程是15 cm.【加练·固】一个圆锥的高扩大为原来的2倍,底面半径缩小为原来的,则圆锥的体积变为原来的( )A.一半B.2倍C.不变D.3倍【解析】选A.设原圆锥的高为h,半径为r,体积为V,则V=πr2h;变化后圆锥的体积为V′=π··2h=·πr2h=V.5.如图所示,点P是正方形ABCD所在平面外一点,且PA⊥平面ABCD,PA=AB,则直线PB与AC所成的角等于( )A.90°B.60°C. 45°D.30°【解析】选B.将题图补成正方体ABCD -PQRS,连接SC,AS,则PB∥SC,所以∠ACS是异面直线PB与AC所成的角,因为△ACS为正三角形,所以∠ACS=60°,所以直线PB与AC所成的角等于60°.6.如图,在矩形ABCD中,EF∥AD,GH∥BC,BC=2,AF=FG=BG=1,现分别沿EF,GH将矩形折叠,使得AD与BC重合,则折叠后的几何体的外接球的表面积为( )A. B. C.6π D.24π【解析】选B.由题意得,折叠后的几何体为正三棱柱,且该三棱柱的底面边长为1,高为2,如图所示的正三棱柱AGF-CHE.设上下底面的中心分别为O1,O2,则球心O为O1,O2的中点,连接OH,O2H,则O2H=××1=,OO2=1.所以OH===,即球的半径R=.所以该几何体的外接球的表面积为S=4πR2=4π×=.7.如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,若E是A1C1的中点,则直线CE垂直于( ) 世纪A.ACB.BDC.A1DD.A1D1【解析】选B.CE⊂平面ACC1A1,而BD⊥AC,BD⊥AA1,AC∩AA1=A,所以BD⊥平面ACC1A1,所以BD⊥CE.8.矩形ABCD中,AB=4,BC=3,沿AC将矩形ABCD折成一个直二面角B-AC-D,则四面体ABCD的外接球的体积为世纪( )A. B. C. D.【解析】选C.球心O为AC中点,半径为R=AC=,V=πR3=.二、多选题(本大题共4个小题,每小题5分,共20分,在每小题给出的四个选项中,有多项是符合题目要求的,全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)9.如图,在三棱锥P-ABC中,已知PC⊥BC,PC⊥AC,点E,F,G分别是所在棱的中点,则下面结论正确的有( )A.平面EFG∥平面PBCB.平面EFG⊥平面ABCC.∠BPC是直线EF与直线PC所成的角D.∠FEG是平面PAB与平面ABC所成二面角的平面角【解析】选ABC.A正确,因为GF∥PC,GE∥CB,GF∩GE=G,PC∩CB=C,所以平面EFG∥平面PBC;B正确,因为PC⊥BC,PC⊥AC,PC∥GF,所以GF⊥BC,GF⊥AC,又BC∩AC=C,所以GF⊥平面ABC,又GF⊂平面EFG,所以平面EFG⊥平面ABC;C正确,因为EF∥BP,所以∠BPC是直线EF与直线PC所成的角;D错误,因为GE与AB不垂直,所以∠FEG不是平面PAB与平面ABC所成二面角的平面角.10.如图,在正方体ABCD -A1B1C1D1中,点P在面对角线AC上运动,则下列结论正确的为( )A.D1P∥平面A1BC1B.D1P⊥BDC.平面PDB1⊥平面A1BC1D.三棱锥A1 -BPC1的体积不变【解析】选ACD.对A,因为在正方体中,D1A∥BC1,D1C∥BA1,且D1A∩D1C=D1,BC1∩BA1=B,所以平面D1AC∥平面A1BC1;因为P在面对角线AC上运动,所以D1P∥平面A1BC1,所以A正确.对B,当P位于AC的中点时,D1P⊥BD不成立,所以B错误.对C,因为A1C1⊥平面BDD1B1;所以A1C1⊥B1D,同理A1B⊥B1D,因为A1C1∩A1B=A1,所以B1D⊥平面A1BC1,又B1D⊂平面PDB1,所以平面PDB1⊥平面A1BC1,所以C正确.对D,三棱锥A1 -BPC1的体积等于三棱锥B -A1PC1的体积.△A1PC1的面积为定值A1C1·AA1,B到平面A1PC1的高为定值,所以三棱锥A1 -BPC1的体积不变,所以D正确.11.如图所示,四面体ABCD中,E,F是线段AD上互异的两点,G,H是线段BC上互异的两点(E,F,G,H位置不确定),则下列结论正确的为( )A.AB与CD互为异面直线B.FH分别与DC,DB互为异面直线C.EG与FH互为异面直线D.EG与AB互为异面直线【解析】选AC.根据图形可知AB与CD互为异面直线,故A正确;当F点与D点重合时,B,F,C,H四点共面,FH 与DC,DB不是异面直线,故B错误;由于EG与FH不可能共面(否则A,B,C,D四点共面),所以EG与FH互为异面直线,故C正确;当G与B重合时,AB与EG为共面直线,故D错误.12.如图,在四棱锥S -ABCD 中,底面ABCD 为正方形,且SA=SB=SC=SD ,其中E,M ,N分别是 BC,CD,SC 的中点,动点P在线段MN上运动时,下列结论正确的是世纪( )A.EP⊥ACB.EP∥BDC.EP∥平面SBDD.EP⊥平面SAC【解析】选AC.如图所示,设AC,BD相交于点O,连接EM,EN,SO.对于A,由正四棱锥S -ABCD,可得SO⊥底面ABCD,AC⊥BD,所以SO⊥AC.因为SO∩BD=O,所以AC⊥平面SBD,因为E,M,N分别是BC,CD,SC的中点,所以EM∥BD,MN∥SD,而EM∩MN=M,BD∩SD=D,所以平面EMN∥平面SBD,所以AC⊥平面EMN,所以AC⊥EP,故A正确.对于B,由异面直线的定义可知:EP与BD是异面直线,不可能EP∥BD,因此B不正确.对于C,由A可知:平面EMN∥平面SBD,所以EP∥平面SBD,因此C正确.对于D,由A同理可得:EM⊥平面SAC,若EP⊥平面SAC,则EP∥EM,与EP∩EM=E相矛盾,因此当P与M不重合时,EP与平面SAC不垂直,即D不正确.三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分,将答案填在题中的横线上)13.湖面上漂着一个小球,湖水结冰后将球取出,冰面上留下一个直径为12 cm、深2 cm的空穴,则该球的半径是________cm,表面积是________cm2.【解析】设球的半径为R cm,由条件,知R2=62+(R-2)2,解得R=10,S表=4πR2=400π(cm2).答案:10 400π14.如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,E,F分别为线段AA1,B1C上的点,则三棱锥D1-EDF的体积为________.【解析】=×1×1=,又点F到平面DD1E的距离为1,所以==×1=.答案:15. (2018·全国卷II)已知圆锥的顶点为S,母线SA,SB互相垂直,SA与圆锥底面所成角为30°,若△SAB 的面积为8,则该圆锥的体积为________.【解析】设底面圆的半径为r,底面圆心为O,因为SA与圆锥底面所成角为30°,所以SA=,SO=r,又Rt△SAB的面积为8,所以·=8,解得r=2.所以V=πr2·SO=π×(2)2××2=8π.答案:8π16.(2019·全国卷Ⅰ)已知∠ACB=90°,P为平面ABC外一点,PC=2,点P到∠ACB两边AC,BC的距离均为,那么P到平面ABC的距离为________.世纪【解析】作PD,PE分别垂直于AC,BC于点D,E,PO⊥平面ABC,连接OD,CO,知CD⊥PD,CD⊥PO,PD∩PO=P, 所以CD⊥平面PDO,OD⊂平面PDO,所以CD⊥OD,因为PD=PE=,PC=2.所以sin∠PCE=sin∠PCD=,所以∠PCB=∠PCA=60°,所以PO⊥CO,CO为∠ACB的平分线,所以∠OCD=45°,所以OD=CD=1,OC=,又PC=2,所以PO==.答案:四、解答题(本大题共6小题,共70分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤)17.(10分)如图,一个圆锥形的空杯子上面放着一个半球形的冰淇淋,如果冰淇淋融化了,会溢出杯子吗?请用你的计算数据说明理由.【解析】因为V半球=×πR3=××π×43≈134(cm3),V圆锥=πr2h=π×42×12≈201(cm3),因为134<201,所以V半球<V圆锥,所以冰淇淋融化了,不会溢出杯子.18.(12分)已知圆台侧面的母线长为2a,母线与轴的夹角为30°,一个底面的半径是另一个底面半径的2倍.求两底面的半径及两底面面积之和.【解析】如图所示,设圆台上底面半径为r,则下底面半径为2r,且∠ASO=30°,在Rt△SO′A′中,=sin 30°,所以SA′=2r.在Rt△SOA中,=sin 30°,所以SA=4r.因为SA-SA′=AA′,即4r-2r=2a,所以r=a.所以S=S1+S2=πr2+π(2r)2=5πr2=5πa2.所以圆台上底面半径为a,下底面半径为2a,两底面面积之和为5πa2.19.(12分)如图,已知正方体ABCD -A1B1C1D1的棱长为3,M,N分别为A1B和AC上的点,A1M=AN=.(1)求证:MN∥平面BB1C1C.(2)求MN的长.【解析】(1)作NP∥BC,交AB于点P,连接MP, 因为正方体的棱长为3,所以AC=A1B=3,所以===.因为===,所以MP∥AA1∥BB1,因为MP⊄平面BB1C1C,BB1⊂平面BB1C1C,所以MP∥平面BB1C1C,又因为NP∥BC,NP⊄平面BB1C1C,BC⊂平面BB1C1C,所以NP∥平面BB1C1C,因为NP∩MP=P,所以平面MNP∥平面BB1C1C,因为MN⊂平面MNP,所以MN∥平面BB1C1C.(2)由(1)MP∥AA1,=,得=,MP=AA1=2,同理NP=AD=1,MP∥AA1,NP∥BC,∠MPN=90°,MN===.20.(12分)如图所示,已知在△BCD中,∠BCD=90°,BC=CD=1,AB⊥平面BCD,∠ADB=60°,E,F分别是AC,AD上的动点,且==λ(0<λ<1).求证:不论λ为何值,总有平面BEF⊥平面ABC.世纪【证明】因为AB⊥平面BCD,所以AB⊥CD.因为CD⊥BC且AB∩BC=B,所以CD⊥平面ABC.又因为==λ(0<λ<1),所以不论λ为何值,恒有EF∥CD,所以EF⊥平面ABC.又EF⊂平面BEF,所以不论λ为何值恒有平面BEF⊥平面ABC.21.(12分)如图,在四面体ABCD中,CB=CD,AD⊥BD,且E,F分别是AB,BD的中点.求证:(1)EF∥平面ACD.(2)平面EFC⊥平面BCD. 世纪【证明】(1)因为E,F分别是AB,BD的中点,所以EF是△ABD的中位线,所以EF∥AD,因为EF⊄平面ACD,AD⊂平面ACD,所以EF∥平面ACD.(2)因为AD⊥BD,EF∥AD,所以EF⊥BD.因为CB=CD,F是BD的中点,所以CF⊥BD.又EF∩CF=F,所以BD⊥平面EFC.因为BD⊂平面BCD,所以平面EFC⊥平面BCD.22.(12分)(2019·北京高考)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD为菱形,E为CD的中点.(1)求证:BD⊥平面PAC.(2)若∠ABC=60°,求证:平面PAB⊥平面PAE.(3)棱PB上是否存在点F,使得CF∥平面PAE?说明理由. 世纪【解析】(1)因为PA⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以PA⊥BD,因为底面ABCD是菱形,所以BD⊥AC,又因为AC∩PA=A,AC,PA⊂平面PAC,所以BD⊥平面PAC.(2)在菱形ABCD中,∠ABC=60°,E为CD中点,所以AC=AD,AE⊥CD,因为AB∥CD,所以AE⊥AB,因为PA⊥平面ABCD,AE⊂平面ABCD,所以PA⊥AE,又因为PA∩AB=A,PA,AB⊂平面PAB,所以AE⊥平面PAB,又AE⊂平面PAE,所以平面PAB⊥平面PAE.(3)PB中点F符合题意,下证.取AB中点G,连接CG,FG,CF.因为AB CD,E,G分别为CD,AB中点,所以AG CE,所以四边形AGCE为平行四边形, 所以AE∥CG,又因为AE⊂平面PAE,CG⊄平面PAE,所以CG∥平面PAE,在△PAB中,F,G分别为PB,AB的中点,所以FG∥PA,易得FG∥平面PAE,又因为CG∩FG=G,CG,FG⊂平面CFG,所以平面CFG∥平面PAE,又因为CF⊂平面CFG,所以CF∥平面PAE.。

课时素养评价十一棱锥与棱台(25分钟·50分)一、选择题(每小题4分,共16分,多选题全部选对得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)1.(2019·天津高一检测)下列说法不正确的是( )A.三棱锥是四面体B.三棱台是五面体C.正方体是四棱柱D.四棱柱是长方体【解析】选D.三棱锥有四个面,三棱台有五个面,所以A,B正确.正方体是四棱柱,但是四棱柱不一定是长方体,所以C正确,D错误.2.如图所示,在四面体P-ABC中,PA=PB=PC=2.∠APB=∠BPC=∠APC=30°,一只蜜蜂从A点出发沿四面体的表面绕行一周,再回到A点,则蜜蜂经过的最短路程是( )A.2B.10C.2D.10【解析】选C.将四面体沿PA剪开,并展成如图所示的平面图形,则AA′就是所求的最短路程.因为∠APA′=90°,PA=PA′=2,所以最短路程AA′为2.3.正方体的8个顶点中,有4个恰为正三棱锥的顶点,则正方体与正三棱锥的表面积之比是( )A. B. C. D.【解析】选B.不妨设正三棱锥的顶点为A,C,B1,D1,设正方体的棱长为1,则正三棱锥的棱长为.所以正方体的表面积为6,正三棱锥的表面积为2.所以它们的表面积之比为.4.(多选题)如果一个棱锥的各条棱长都相等,那么这个棱锥可能是( )A.三棱锥B.四棱锥C.五棱锥D.六棱锥【解析】选ABC.由题意可知,每个侧面均为等边三角形,因为每个侧面的顶角为60°,故三棱锥、四棱锥、五棱锥都有可能,若是六棱锥,因为6×60°=360°,所以顶点会在底面上,因此这个棱锥一定不是六棱锥.二、填空题(每小题4分,共8分)5.已知,在正四棱锥P-ABCD中,底面面积为16,一条侧棱的长为2,则该棱锥的高为________.【解析】如图所示,P点在底面上的射影O是底面正方形的中心,所以OA=2.又PA=2,所以在Rt△POA中可求得PO=6.答案:66.一个棱锥被平行于底面的平面所截,若截面面积与底面面积之比为4∶9,则此棱锥的侧棱被分成的上、下两部分之比为________.【解析】设棱锥为S-ABCD,截面为A′B′C′D′,则=,所以==.所以=.答案:2∶1三、解答题(共26分)7.(12分)试从正方体ABCD -A1B1C1D1的八个顶点中任取若干个点,连接后构成以下空间几何体,并且用适当的符号表示出来.(1)只有一个面是等边三角形的三棱锥;(2)四个面都是等边三角形的三棱锥;(3)三棱柱.【解析】(1)如图所示,三棱锥A1-AB1D1(答案不唯一).(2)如图所示,三棱锥B1-ACD1(答案不唯一).(3)如图所示,三棱柱A1B1D1-ABD(答案不唯一).【加练·固】画一个三棱台,再把它分成:(1)一个三棱柱和另一个多面体.(2)三个三棱锥,并用字母表示.【解析】画三棱台一定要利用三棱锥.(1)如图①所示,三棱柱是棱柱A′B′C′ AB″C″,另一个多面体是C′B′BCC′′B′′.(2)如图②所示,三个三棱锥分别是A′ ABC,B′ A′BC,C′ A′B′C.8.(14分)正四棱台ABCD-A1B1C1D1的高是17 cm,两底面的边长分别是4 cm和16 cm,求这个棱台的侧棱长和斜高. 世纪【解析】设棱台两底面的中心分别是O1和O,B1C1和BC的中点分别是E1和E,如图所示,连接O1O,E1E,AC,BD,A1C1,B1D1,OE,O1E1,则OBB1O1和OEE1O1都是直角梯形.因为A1B1=4 cm,AB=16 cm,所以O1E1=2 cm,OE=8 cm,O1B1=2 cm,OB=8 cm.因此BB1==19(cm),EE1==5(cm),即这个棱台的侧棱长是19 cm,斜高是5 cm.(15分钟·30分)1.(4分)在四棱锥的四个侧面中,直角三角形最多可有( )A.1个B.2个C.3个D.4个【解析】选D.如图所示,在长方体ABCD-A1B1C1D1中取四棱锥A1-ABCD,则此四棱锥的四个侧面全为直角三角形.2.(4分)正四棱台两底面边长分别为3 cm和5 cm,那么它的中截面面积为( ) A.2 cm2 B.16 cm2 C.25 cm2 D.4 cm2【解析】选B.如图所示,取A′A,B′B的中点分别为E,F,所以EF=(3+5)=4(cm).所以S截=42=16(cm2).3.(4分)如图所示,关于该几何体的说法正确的序号为________.(1)这是一个六面体.(2)这是一个四棱台.(3)这是一个四棱柱.(4)此几何体可由三棱柱截去一个三棱柱得到.(5)此几何体可由四棱柱截去一个三棱柱得到.【解析】(1)正确,因为该几何体有六个面,所以它是一个六面体.(2)错误,因为该几何体侧棱的延长线不能交于一点,所以它不是一个棱台.(3)正确,如果将该几何体的前后两个面作为底面,则它可以看作是一个四棱柱.(4)、(5)都正确,如图所示.答案:(1)(3)(4)(5)4.(4分)一个正四棱台上、下底面边长分别为a,b,高是h,则它的一个对角面(经过不相邻两条侧棱的截面)的面积是________.【解析】可知对角面是上、下底分别为a和b,高为h的等腰梯形,其面积S=(a+b)h=.答案:5.(14分)棱台的两底面都是矩形,两底面对角线交点的连线是棱台的高且长为12 cm,上底的周长为112 cm,下底的长和宽分别为54 cm和30 cm.求棱台的侧面积. 世纪【解析】设上底面的长为x cm,宽为(56-x)cm,把棱台恢复成棱锥以后小棱锥的高为h cm.则==,所以x=36,56-x=20.设侧面梯形的高分别为y cm,z cm.则y==15,z==13.所以S侧=(54+36)×13+(30+20)×15=1 170+750=1 920(cm2).答:棱台的侧面积是1 920 cm2.【加练·固】已知棱锥V-ABC的底面面积是64 cm2,平行于底面的截面面积是4 cm2,棱锥顶点V在截面和底面上的射影分别是O1,O,过O1O的三等分点作平行于底面的截面,求各截面的面积.【解析】设棱锥的高为h,其顶点到已知截面的距离VO1=h1,O1O的三等分点为O2,O3,由已知得=,所以=.所以h1=h.所以O1O=VO-VO1=h-h=h.而O1O2=O2O3=O3O,所以O1O2=O2O3=O3O=×h=h.所以VO2=h+h=,VO3=h+h+h=h.设过O2,O3的截面面积分别为S2,S3,底面△ABC的面积为S.因为S2∶S=∶h2,所以S2=S=16(cm2).因为S3∶S=∶h2,所以S3=S=36(cm2).所以两截面的面积分别为16 cm2和36 cm2.1.用一个平面去截一个三棱锥,截面形状是( )世纪A.四边形B.三角形C.三角形或四边形D.不可能为四边形【解析】选C.当截面图形如图所示时,依次为三角形与四边形.2.一个棱台的上、下底面积之比为4∶9,若棱台的高是4 cm,求截得这个棱台的棱锥的高. 世纪【解析】如图所示,将棱台还原为棱锥,设PO是原棱锥的高,O′O是棱台的高.因为棱台的上、下底面积之比为4∶9,所以它的底面对应边之比为A′B′∶AB=2∶3.所以PA′∶PA=2∶3.由于A′O′∥AO,所以=,即==.所以PO=12 cm,即原棱锥的高是12 cm.。

温馨提示：此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。

关闭Word文档返回原板块。

单元素养评价(二)(第十章)(120分钟150分)一、单选题(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.已知a,b∈R,i是虚数单位.若a+i=2-bi,则 (a+bi)2= ( )A.3-4iB.3+4iC.4-3iD.4+3i【解析】选A.由a+i=2-bi可得a=2,b=-1,则(a+bi)2=(2-i)2=3-4i.2.复数z满足(-1+i)z=(1+i)2,其中i为虚数单位,则在复平面上复数z对应的点位于( )A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【解析】选D.z====1-i,故z在复平面内对应的点的坐标为(1,-1),位于第四象限.3.若复数z满足(z-3)(2-i)=5(i为虚数单位),则z的共轭复数为( )A.2+iB.2-iC.5+iD.5-i【解析】选D.因为(z-3)(2-i)=5,所以z-3===2+i,所以z=5+i,所以=5-i.4.(2019·济南高二检测)设z=+i(i为虚数单位),则|z|= ( )A. B. C. D.2【解析】选B.因为z=+i=+i=+i=+i,所以|z|==.5.(2020·亳州高二检测)已知复数=x+yi(a,x,y∈R,i是虚数单位),则x+2y=( ) A.1 B. C.- D.-1【解析】选A.由题意得a+i=(x+yi)(2+i)=2x-y+(x+2y)i,所以x+2y=1,故选A.6.已知i为虚数单位,复数z1=a+2i,z2=2-i,且|z1|=|z2|,则实数a的值为( ) A.1 B.-1 C.1或-1 D.±1或0【解析】选C.因为复数z1=a+2i,z2=2-i,且|z1|=|z2|,所以a2+4=4+1,解得a=±1.7.已知复数z=-+i,则+|z|= ( )A.--iB.-+iC.+iD.-i【解析】选D.因为z=-+i,所以+|z|=--i+=-i. 8.复数2+i与复数在复平面上的对应点分别是A,B,若O为坐标原点,则∠AOB 等于( )世纪A. B. C. D.【解析】选B.因为==-,所以它在复平面上的对应点为B,而复数2+i在复平面上的对应点是A(2,1),显然AO=,BO=,AB=.由余弦定理得cos ∠AOB==,所以∠AOB=.二、多选题(本大题共4个小题,每小题5分,共20分,在每小题给出的四个选项中,有多项是符合题目要求的,全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)9.下列各式的运算结果为纯虚数的是 ( )A.(1-i)2B.i2(1-i)C.(1+i)2D.i(1+i)【解析】选AC.(1-i)2=-2i,-2i是纯虚数,故A正确;i2(1-i)=-(1-i)=-1+i,不是纯虚数,排除B;i(1+i)=-1+i,不是纯虚数,排除D;(1+i)2=2i,2i是纯虚数.故C 正确.10.如果复数z=,则 ( )A.|z|=2B.z的实部为1C.z的虚部为-1D.z的共轭复数为-1+i【解析】选CD.因为z===-1-i,所以|z|=,z的实部为-1,虚部为-1,共轭复数为-1+i,因此选CD.11.设z=(2t2+5t-3)+(t2+2t+2)i,t∈R,则以下结论正确的是( )A.z对应的点在实轴的上方B.z一定不为纯虚数C.对应的点在实轴的下方D.z一定为实数【解析】选AC.因为t2+2t+2=(t+1)2+1>0,所以z对应的点在实轴的上方.又因为z与对应的点关于实轴对称.所以对应的点在实轴的下方.12.设z是复数,则下列命题中的真命题是( )世纪A.若z2≥0,则z是实数B.若z2<0,则z是虚数C.若z是虚数,则z2≥0D.若z是纯虚数,则z2<0【解析】选ABD.设z=a+bi(a,b∈R),选项A,z2=(a+bi)2=a2-b2+2abi≥0,则故b=0,a∈R,即z为实数,正确.选项B,z2=(a+bi)2=a2-b2+2abi<0,则则故z一定为虚数,正确.选项C,若z为虚数,则b≠0,z2=(a+bi)2=a2-b2+2abi,由于a的值不确定,故z2无法与0比较大小,错误.选项D,若z为纯虚数,则则z2=-b2<0,正确.三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分,将答案填在题中的横线上)13.i为虚数单位,设复数z1,z2在复平面内对应的点关于原点对称,若z1=2-3i,则z2=________,z1+z2=________.【解析】因为(2,-3)关于原点的对称点是(-2,3),所以z2=-2+3i.z1+z2=2-3i+(-2+3i)=0.答案:-2+3i014.设复数a+bi(a,b∈R)的模为,则(a+bi)(a-bi)=________.【解析】因为|a+bi|==,所以(a+bi)(a-bi)=a2+b2=3.答案:315.计算:=________.【解析】=====i.答案:i16.已知z,ω为复数,(1+3i)z为纯虚数,ω=,且|ω|=5,则ω=________.世纪【解析】由题意设(1+3i)z=ki(k≠0且k∈R),则ω=.因为|ω|=5,所以k=±50,故ω=±(7-i).答案:±(7-i)四、解答题(本大题共6小题,共70分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤)17.(10分)已知复数z1=2-3i,z2=.求:(1)z1z2.(2).【解析】z2=====1-3i.(1)z1z2=(2-3i)(1-3i)=-7-9i.(2)====+i.18.(12分)已知复数z=(1-i)2+1+3i.(1)求|z|.(2)若z2+az+b=,求实数a,b的值.【解析】z=(1-i)2+1+3i=-2i+1+3i=1+i.(1)|z|==.(2)z2+az+b=(1+i)2+a(1+i)+b=2i+a+ai+b=a+b+(a+2)i,因为=1-i,所以a+b+(a+2)i=1-i,所以所以a=-3,b=4.19.(12分)设复数z=l g(m2-2m-2)+(m2+3m+2)i(m∈R),试求m取何值时.(1)z是实数.(2)z是纯虚数.(3)z对应的点位于复平面的第一象限.【解析】(1)由m2+3m+2=0且m2-2m-2>0,解得m=-1或m=-2,复数z表示实数.(2)当实部等于零且虚部不等于零时复数表示纯虚数.由lg(m2-2m-2)=0,且m2+3m+2≠0,求得m=3,故当m=3时,复数z为纯虚数.(3)由lg(m2-2m-2)>0,且m2+3m+2>0,解得m<-2或m>3,故当m<-2或m>3时,复数z对应的点位于复平面的第一象限.20.(12分)已知复数z满足(1+2i)=4+3i.(1)求复数z.(2)若复数(z+ai)2在复平面内对应的点在第一象限,求实数a的取值范围. 世纪【解析】(1)因为(1+2i)=4+3i,所以====2-i,所以z=2+i.(2)由(1)知z=2+i,则(z+ai)2=(2+i+ai)2=[2+(a+1)i]2=4-(a+1)2+4(a+1)i, 因为复数(z+ai)2在复平面内对应的点在第一象限,所以解得-1<a<1,即实数a的取值范围为(-1,1).21.(12分)已知等腰梯形OABC的顶点A,B在复平面上对应的复数分别为1+2i,-2+6i,OA∥BC.求顶点C所对应的复数z. 世纪【解析】设z=x+yi,x,y∈R,如图,因为OA∥BC,|OC|=|BA|,所以k OA=k BC,|z C|=|z B-z A|,即解得或因为|OA|≠|BC|,所以x=-3,y=4(舍去),故z=-5.22.(12分)已知复数z满足|z|=,z2的虚部是2.(1)求复数z.(2)设z,z2,z-z2在复平面上的对应点分别为A,B,C,求△ABC的面积世纪【解析】(1)设z=a+bi(a,b∈R),则z2=a2-b2+2abi,由题意得a2+b2=2且2ab=2,解得a=b=1或a=b=-1,所以z=1+i或z=-1-i.(2)当z=1+i时,z2=2i,z-z2=1-i,所以A(1,1),B(0,2),C(1,-1),所以S△ABC=1.当z=-1-i时,z2=2i,z-z2=-1-3i,所以A(-1,-1),B(0,2),C(-1,-3),所以S△ABC=1.关闭Word文档返回原板块由Ruize收集整理。

单元素养评价（一)（120分钟150分）一、单选题（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。

在△ABC中，若a=b，A=2B，则cos B等于( )A. B. C. D.【解析】选B.由正弦定理得=,所以a=b可化为=。

又A=2B，所以=,所以cos B=.2。

（2019·邯郸高二检测）在锐角△ABC中，角A,B，C的对边分别是a,b，c,若a=bsin A，则角B的大小为（）A。

B。

C。

D.【解析】选A.因为a=bsin A,所以由正弦定理可得sin A=sin Bsin A,因为sin A〉0,所以sin B=,所以由B为锐角可得B=。

3。

在△ABC中，a=15,b=20，A=30°，则cos B= ( ）A。

± B.C。

— D.【解析】选A.因为=,所以=，解得sin B=。

因为b〉a,所以B〉A,故B有两解,所以cos B=±。

4.在△ABC中，a，b，c分别是角A,B，C的对边,已知b2=c（b+2c），若a=，cos A=，则△ABC的面积等于（）A.B。

C.D。

3【解析】选C.因为b2=c（b+2c)，所以b2-bc—2c2=0，即(b+c)·（b-2c)=0，所以b=2c。

又a=，cos A==，解得c=2，b=4。

所以S△ABC=bcsin A=×4×2×=.5。

（2019·全国卷Ⅰ）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asin A—bsin B=4csin C,cos A=-，则= ( ）A。

6 B。

5 C.4 D.3【解析】选A.由已知及正弦定理可得a2—b2=4c2,由余弦定理推论可得-=cos A=，所以=-,所以=,所以=×4=6。

6.（2020·南昌高二检测）在△ABC中，AB=2,AC=3，·=1，则BC等于（）A。