2021-2022學(xué)年新教材高中數(shù)學(xué)全冊測試練習(xí)【含答案】

必修四全冊測試150分一、單項選擇題(本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．)1．已知復(fù)數(shù)z1＝2－ai(a∈R)對應(yīng)的點(diǎn)在直線x－3y＋4＝0上，則復(fù)數(shù)z2＝a＋2i對應(yīng)的點(diǎn)在()A．第一象限B．第二象限C．第三象限D(zhuǎn)．第四象限2．設(shè)m、n是兩條不同的直線，α、β是兩個不同的平面，則下列命題正確的是()A．若m∥α，n∥α，則m∥nB．若m∥α，m∥β，則α∥βC．若m∥n，m⊥α，則n⊥αD．若m∥α，α⊥β，則m⊥β3．△ABC的三個內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若B＝120°，sinC＝eq\f(\r(21),7)，c＝2，則△ABC的面積等于()A.eq\f(\r(3),2)B．2eq\r(3)C.eq\f(\r(3),4)D.eq\r(3)4．已知等腰直角三角形ABC中，∠C＝eq\f(π,2)，AC＝2eq\r(2)，D為AB的中點(diǎn)，將它沿CD翻折，使點(diǎn)A與點(diǎn)B間的距離為2eq\r(2)，此時三棱錐C-ABD的外接球的表面積為()A．5πB．4eq\r(3)πC．3πD．12π5．△ABC的內(nèi)角A、B、C的對邊分別是a、b、c，且acosB＝(2c－b)cosA，則角A的大小為()A.eq\f(π,6)B.eq\f(π,4)C.eq\f(π,3)D.eq\f(π,2)6．唐朝著名的鳳鳥花卉紋浮雕銀杯如圖1所示，它的盛酒部分可以近似地看作是半球與圓柱的組合體(如圖2)．當(dāng)這種酒杯內(nèi)壁表面積(假設(shè)內(nèi)壁表面光滑，表面積為S平方厘米，半球的半徑為R厘米)固定時，若要使得酒杯的容積不大于半球體積的2倍，則R的取值范圍為()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(35,10π））B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3S,10π)，＋∞）C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\r(\f(S,5π），\r(\f(3S,10π））D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(3S,10π），\r(\f(S,2π））7．如圖，在正四面體P-ABC中，D、E、F分別是AB、BC、CA的中點(diǎn)，下面四個結(jié)論不成立的是()A．BC∥平面PDFB．DF⊥平面PAEC．平面PDF⊥平面PAED．平面PDE⊥平面ABC8．中華人民共和國國歌有84個字，37小節(jié)，奏唱需要46秒，某校周一舉行升旗儀式，旗桿正好處在坡度15°的看臺的某一列的正前方，從這一列的第一排和最后一排測得旗桿頂部的仰角分別為60°和30°，第一排和最后一排的距離為10eq\r(2)米(如圖所示)，旗桿底部與第一排在同一個水平面上．要使國歌結(jié)束時國旗剛好升到旗桿頂部，升旗手升旗的速度應(yīng)為(米/秒)()A.eq\f(3\r(3),23)B.eq\f(5\r(3),23)C.eq\f(7\r(3),23)D.eq\f(8\r(3),23)二、多項選擇題(本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得5分，部分選對的得3分，有選錯的得0分．)9．設(shè)l為直線，α，β是兩個不同的平面，下列命題中錯誤的是()A．若l∥α，l∥β，則α∥βB．若l⊥α，l⊥β，則α∥βC．若l⊥α，l∥β，則α∥βD．若α⊥β，l∥α，則l⊥β10．下面給出的四個結(jié)論正確的為()A．若復(fù)數(shù)z∈R，則eq\o(z,\s\up6(－）∈RB．若復(fù)數(shù)z滿足eq\f(1,z)∈R，則z∈RC．對于復(fù)數(shù)z，有|z|2＝z2D．對于復(fù)數(shù)z1，z2，若zeq\o\al(2,1)＋zeq\o\al(2,2)＝0，則z1＝z2＝011．已知銳角△ABC，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若c＝4，∠B＝60°，則邊b的可能取值為()A．2B．3C．4D．512．已知空間中兩條直線a，b所成的角為50°，P為空間中給定的一個定點(diǎn)，直線l過點(diǎn)P且與直線a和直線b所成的角都是θ(0°<θ≤90°)，則下列選項正確的是()A．當(dāng)θ＝15°時，滿足題意的直線l不存在B．當(dāng)θ＝25°時，滿足題意的直線l有且僅有1條C．當(dāng)θ＝40°時，滿足題意的直線l有且僅有2條D．當(dāng)θ＝60°時，滿足題意的直線l有且僅有3條三、填空題(本題共4小題，每小題5分，共20分．)13．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________.14．公元一世紀(jì)的我國經(jīng)典數(shù)學(xué)著作《九章算術(shù)》中有這樣一道名題，就是“引葭赴岸”問題，題目是：“今有池方一丈，葭生其中央，出水一尺，引葭赴岸，適馬岸齊，問水深，葭長各幾何？”題意是：有一正方形池塘，邊長為一丈(10尺)，有棵蘆葦長在它的正中央，高出水面部分有1尺長，把蘆葦拉向岸邊，恰好碰到沿岸(池塘一邊的中點(diǎn))，則水深為________尺．15．歐拉公式eix＝cosx＋isinx(i為虛數(shù)單位)是由瑞士著名數(shù)學(xué)家歐拉發(fā)現(xiàn)的，它將指數(shù)函數(shù)的定義域擴(kuò)大到復(fù)數(shù)，建立了三角函數(shù)和指數(shù)函數(shù)的關(guān)系，它在復(fù)變函數(shù)論里非常重要，被譽(yù)為“數(shù)學(xué)中的天橋”，根據(jù)歐拉公式可知，對表示的復(fù)數(shù)z，則|z|＝__________.16．在△ABC中，∠ABC＝eq\f(π,3)，邊BC在平面α內(nèi)，頂點(diǎn)A在平面α外，直線AB與平面α所成角為θ.若平面ABC與平面α所成的二面角為eq\f(π,3)，則sinθ＝________.四、解答題(本題共6小題，共70分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟)17．(10分)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且asinB＋1＝bsinA＋2cosC.(1)求角C的大??；(2)若a＝2，a2＋b2＝2c2，求△ABC的面積．18．(12分)如圖，直三棱柱ABC-A1B1C1中，M，N分別為A1B，B1C1的中點(diǎn)．(1)求證：MN∥平面A1ACC1；(2)已知A1A＝AB＝2，BC＝eq\r(5)，∠CAB＝90°，求三棱錐C1-ABA1的體積．19．(12分)已知函數(shù)f(x)＝sinx·sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3）)－eq\f(1,4)(x∈R)．(1)求feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3）)的值和f(x)的最小正周期；(2)設(shè)銳角△ABC的三邊a，b，c所對的角分別為A，B，C，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A,2）)＝eq\f(1,4)，a＝2，求b＋c的取值范圍．20．(12分)如圖，DC⊥平面ABC，EB∥DC，AC＝BC＝EB＝2DC＝2，∠ACB＝120°，P，Q分別為AE，AB的中點(diǎn)．(1)證明：PQ∥平面ACD；(2)求AD與平面ABE所成角的正弦值．21．(12分)法國數(shù)學(xué)家費(fèi)馬被稱為“業(yè)余數(shù)學(xué)家之王”，很多數(shù)學(xué)定理以他的名字命名．對△ABC而言，若其內(nèi)部的點(diǎn)P滿足∠APB＝∠BPC＝∠CPA＝120°，則稱P為△ABC的費(fèi)馬點(diǎn)．如圖所示，在△ABC中，已知∠BAC＝45°，設(shè)P為△ABC的費(fèi)馬點(diǎn)，且滿足∠PBA＝45°，PA＝2.(1)求△PAC的面積；(2)求PB的長度．22．(12分)如圖1所示，在長方形ABCD中，AB＝2，AD＝1，E為CD的中點(diǎn)，以AE為折痕，把△DAE折起到△D′AE的位置(如圖2所示)，且平面D′AE⊥平面ABCE.(1)求證：AD′⊥BE；(2)求四棱錐D′-ABCE的體積；(3)在棱ED′上是否存在一點(diǎn)P，使得D′B∥平面PAC，若存在，求出點(diǎn)P的位置，若不存在，請說明理由．圖1圖2必修四全冊測試1．答案：B解析：復(fù)數(shù)z1＝2－ai對應(yīng)的點(diǎn)為(2，－a)，它在直線x－3y＋4＝0上，故2＋3a＋4＝0，解得a＝－2，于是復(fù)數(shù)z2＝－2＋2i，它對應(yīng)點(diǎn)的點(diǎn)在第二象限，故選B.2．答案：C解析：由于m∥α，n∥α，則m∥n，m與n可能相交也可能異面，所以A不正確；m∥α，m∥β，則α∥β，還有α與β可能相交，所以B不正確；m∥n，m⊥α，則n⊥α，滿足直線與平面垂直的性質(zhì)定理，所以C正確．m∥α，α⊥β，則m⊥β，也可能m∥β，也可能m∩β＝A，所以D不正確．3．答案：A解析：∵B＝120°，sinC＝eq\f(\r(21),7)，c＝2，∴由正弦定理eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，可得b＝eq\f(c·sinB,sinC)＝eq\r(7)，∴由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB，可得7＝a2＋4－2×a×2×(－eq\f(1,2))，整理得a2＋2a－3＝0，解得a＝1，或－3(舍去)，∴S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×1×eq\r(7)×eq\f(\r(21),7)＝eq\f(\r(3),2).4．答案：D解析：等腰直角三角形ABC中，∠C＝eq\f(π,2)，AC＝2eq\r(2)，解得AB＝4.由于CD⊥AD，CD⊥BD，易得CD⊥平面ABD，點(diǎn)A與點(diǎn)B間的距離為2eq\r(2)，所以AD2＋BD2＝AB2，則AD⊥BD，所以將三棱錐C-ABD放到棱長為2的正方體中，所以(2R)2＝22＋22＋22，解得R＝eq\r(3)，S表＝4πR2＝12π.5．答案：C解析：因為acosB＝(2c－b)cosA，由正弦定理得sinAcosB＝(2sinC－sinB)cosA，所以sinC(1－2cosA)＝0.因為0＜C＜π，所以sinC＞0，所以cosA＝eq\f(1,2).又0＜A＜π，所以A＝eq\f(π,3).6．答案：D解析：設(shè)圓柱的高度與半球的半徑分別為h，R，則S＝2πR2＋2πRh，則πRh＝eq\f(S,2)－πR2，所以酒杯的容積V＝eq\f(2,3)πR3＋πR2h＝eq\f(2,3)πR3＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(S,2)－πR2）R＝－eq\f(π,3)R3＋eq\f(S,2)R≤eq\f(4,3)πR3.又h＞0，所以eq\f(S,2)－πR2>0，所以πR2＜eq\f(S,2)≤eq\f(5,3)πR2，解得eq\r(\f(3S,10π）≤R＜eq\r(\f(S,2π）.7．答案：D解析：設(shè)AE∩DF＝O，由DF∥BC，可得BC∥平面PDF，故A正確．若PO⊥平面ABC，垂足為O，則O在AE上，則DF⊥PO，又DF⊥AE，故DF⊥平面PAE，故B正確．由DF⊥平面PAE可得，平面PDF⊥平面PAE，故C正確．∵DF⊥平面PAE，DF?平面ABC，∴平面PAE⊥平面ABC，∵平面PAE∩平面PDE＝PE，且PE與平面ABC不垂直，∴平面PDE與平面ABC不垂直，故D錯誤．8．答案：B解析：如圖所示，依題意知∠AEC＝45°，∠ACE＝180°－60°－15°＝105°，∴∠EAC＝180°－45°－105°＝30°.由正弦定理知eq\f(CE,sin∠EAC)＝eq\f(AC,sin∠AEC)，∴AC＝eq\f(10\r(2),sin30°)×sin45°＝20(米)，∴在Rt△ABC中，AB＝AC·sin∠ACB＝20×eq\f(\r(3),2)＝10eq\r(3)(米)．∵國歌長度約為46秒，∴升旗手升旗的速度應(yīng)為eq\f(10\r(3),46)＝eq\f(5\r(3),23)(米/秒)．9．答案：ACD解析：A中α，β也可相交，A不正確；由垂直同一直線的兩平面平行知，B正確；C中，α，β垂直，不正確；D中l(wèi)與β也可平行或l?β，不正確．10．答案：AB解析：若復(fù)數(shù)z∈R，則z虛部為0，所以它的共軛復(fù)數(shù)是它本身，也屬于實(shí)數(shù)，選項A正確；設(shè)z＝a＋bi，則eq\f(1,z)＝eq\f(1,a＋bi)＝eq\f(a－bi,a2＋b2)∈R.由eq\f(1,z)∈R得到b＝0，所以z∈R，選項B正確；對于復(fù)數(shù)z，例如z＝i，則|z|2＝1，z2＝－1，不滿足|z|2＝z2，選項C不正確；對于復(fù)數(shù)z1，z2，例如z1＝1，z2＝i，滿足zeq\o\al(2,1)＋zeq\o\al(2,2)＝0但是不滿足z1＝z2＝0，選項D不正確．11．答案：CD解析：在△ABC中，c＝4，∠B＝60°，由eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，得b＝eq\f(csinB,sinC)＝eq\f(4×\f(\r(3),2),sinC)＝eq\f(2\r(3),sinC).由于0＜C＜eq\f(π,2)，可得sinC∈(0,1)，即有b＞2eq\r(3).若b＝4，則b＝c，即B＝C＝60°，△ABC為等邊三角形，成立；若b＝5，可得sinC＝eq\f(2\r(3),5)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2）)，且b＞c，即B＞C，即為30°＜C＜60°，即有60°＜A＜90°，成立．12．答案：ABC解析：如圖，過點(diǎn)P作a1∥a，b1∥b，則相交直線a1，b1確定一平面α.a1與b1夾角為50°，設(shè)直線PA即l與a1，b1所成角均為θ角，如圖l繞P轉(zhuǎn)動保持與a1，b1夾角相等，當(dāng)l在α內(nèi)為a，b夾角平分線時，θ最小為25°，所以AB正確，當(dāng)θ為40°和60°時直線l都有2條，所以C正確，D錯．13．答案：eq\f(61,2)解析：因為cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)，所以bccosA＝eq\f(1,2)(b2＋c2－a2)．同理，accosB＝eq\f(1,2)(a2＋c2－b2)，abcosC＝eq\f(1,2)(a2＋b2－c2)．所以bccosA＋accosB＋abcosC＝eq\f(1,2)(a2＋b2＋c2)＝eq\f(61,2).14．答案：12解析：如圖所示，OA＝OB，AC＝1，BC⊥OA，BC＝eq\f(1,2)×10＝5.設(shè)水深OC＝x尺，則葭長為x＋1尺．在Rt△OBC中，x2＋52＝(x＋1)2，解得x＝12.∴水深OC＝12尺．15．答案：1解析：由題意，＝coseq\f(2019,4)π＋isineq\f(2019,4)π＝coseq\f(3π,4)＋isineq\f(3π,4)＝－eq\f(\r(2),2)＋eq\f(\r(2),2)i，所以|z|＝eq\r(\f(1,2)＋\f(1,2）＝1.16．答案：eq\f(3,4)解析：如圖，過A作AO⊥α，垂足是O，過O作OD⊥BC，交BC于D，連接AD，則AD⊥BC，∴平面ABC與平面α所成的二面角為∠ADO＝eq\f(π,3)，∠ABO是直線AB與平面α所成角，即∠ABO＝eq\f(π,3)，設(shè)AO＝eq\r(3)，∵△ABC中，∠ABC＝eq\f(π,3)，BD＝eq\f(1,2)AB，AD＝eq\f(\r(3),2)AB，AO＝eq\f(\r(3),2)AD＝eq\f(3,4)AB，∴sinθ＝eq\f(AO,AB)＝eq\f(3,4).17．解析：(1)因為由正弦定理得eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，所以asinB＝bsinA，∴2cosC＝1，cosC＝eq\f(1,2).又0<C<π，∴C＝eq\f(π,3).(2)由余弦定理得c2＝a2＋b2－ab，∴4＋b2＝2(4＋b2－2b)，解得b＝2.∴S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×2×2×sineq\f(π,3)＝eq\r(3).18．解析：(1)證明：如圖，設(shè)K是B1C的中點(diǎn)，連接KN，KM，分別在△AB1C，△B1C1C中利用三角形中位線定理可得：MK∥AC，KN∥CC1，又MK∩NK＝K，∴平面MNK∥平面AA1C1C，又MN?平面MNK，∴MN∥平面A1ACC1.(2)∵∠CAB＝90°，AB＝2，BC＝eq\r(5)，∴AC＝eq\r(BC2－AB2)＝1，則S△ABC＝1，∵ABC-A1B1C1是直棱柱，∴高為AA1＝2，∴棱柱ABC-A1B1C1的體積為VABC-A1B1C1＝2.∴VC1-ABA1＝eq\f(1,3)VABC-A1B1C1＝eq\f(2,3).19．解析：(1)函數(shù)f(x)＝sinx·sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3）)－eq\f(1,4)(x∈R)．所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3）)＝eq\f(\r(3),2)×eq\f(\r(3),2)－eq\f(1,4)＝eq\f(1,2).f(x)＝sinxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sinx＋\f(\r(3),2)cosx）－eq\f(1,4)＝eq\f(1－cos2x,4)＋eq\f(\r(3),4)sin2x－eq\f(1,4)＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6）)，所以函數(shù)f(x)的最小正周期為π.(2)設(shè)銳角△ABC的三邊a，b，c所對的角分別為A，B，C，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A,2）)＝eq\f(1,4)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,6）)＝eq\f(1,2)，解得A＝eq\f(π,3).利用正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，解得b＝eq\f(4,\r(3）sinB，c＝eq\f(4,\r(3）sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－B），所以b＋c＝eq\f(4,\r(3）eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(sinB＋sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－B））＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,6）)，由于eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0<B<\f(π,2),0<C＝\f(2π,3)－B<\f(π,2）)，解得eq\f(π,6)<B<eq\f(π,2)，所以B＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(2π,3）)，所以b＋c∈(2eq\r(3)，4]．20．解析：(1)證明：因為P，Q分別為AE，AB的中點(diǎn)，所以PQ∥EB.又DC∥EB，因此PQ∥DC，又PQ?平面ACD，從而PQ∥平面ACD.(2)如圖，連接CQ，DP，因為Q為AB的中點(diǎn)，且AC＝BC，所以CQ⊥AB.因為DC⊥平面ABC，EB∥DC，所以EB⊥平面ABC，因此CQ⊥EB.故CQ⊥平面ABE.由(1)有PQ∥DC，又PQ＝eq\f(1,2)EB＝DC，所以四邊形CQPD為平行四邊形，故DP∥CQ.因此DP⊥平面ABE，∠DAP為AD和平面ABE所成的角，在Rt△DPA中，AD＝eq\r(5)，DP＝1，sin∠DAP＝eq\f(\r(5),5)，因此AD和平面ABE所成角的正弦值為eq\f(\r(5),5).21．解析：(1)由已知得∠PAB＝180°－120°－45°＝15°，∴∠PAC＝45°－15°＝30°.在△PAC中，∠PCA＝180°－120°－30°＝30°，∴PA＝PC＝2，∴△PAC的面積S