模块素养测评卷(一) 1.B [解析] i(i-1)=i2-i=-1-i.故选B. 2.B [解析] 由正弦定理得=,即=,解得sin C=,因为AC>AB,所以0
0,所以cos C==.故选B. 3.C [解析] 由题意可知,球的半径R=24 cm,上球冠的高h1=6 cm,下球冠的高h2=4 cm,设下底面圆的半径为r,则r2=242-202=176,所以该瓷器的外表面积为4π×242-2π×24×6-2π×24×4+π×176=2000π≈6280(cm2).故选C. 4.A [解析] 由c=2bcos A及正弦定理得sin C=2sin Bcos A,即sin(A+B)=2sin Bcos A,即sin Acos B+cos Asin B=2sin Bcos A,即sin Acos B=sin Bcos A,可得sin(A-B)=0,又A-B∈(-π,π),所以A=B,所以△ABC的形状一定是等腰三角形.故选A. 5.B [解析] 在正四棱锥P-ABCD中,连接AC,BD,AC∩BD=O',连接PO',如图,则PO'⊥平面ABCD,∠PAO'为侧棱PA与底面ABCD所成的角,则∠PAO'=45°,可得O'P=O'A=O'B=O'C=O'D=2,所以顶点P,A,B,C,D在以O'为球心,2为半径的球面上,即点O与O'重合,所以球O的体积V=π×23=π.故选B. 6.C [解析] 因为γ∥平面A1BD,γ∩平面ABCD=l,平面A1BD∩平面ABCD=BD,所以BD∥l,所以∠A1BD或其补角即为直线l和直线A1B所成的角.在△A1BD中,A1B==,BD==,A1D==,由余弦定理得cos∠A1BD===,所以直线l和直线A1B所成角的余弦值为.故选C. 7.C [解析] ∵b2=ac,a2-c2=ac-bc,∴b2+c2-a2=bc.在△ABC中,由余弦定理得cos A===,∴A=60°,由正弦定理=,得sin B=,∴==. 8.C [解析] 由题意知,过A,B,C,D四点的球的直径为以D为顶点,以DB,DC,DA分别为长、宽、高的长方体的体对角线的长,易知DA=,DB=DC=1,则球的半径R=×=,所以球的表面积S=4π×=5π.故选C. 9.AD [解析] 对于A,i2021+i2022+i2023+i2024=i1+i2+i3+i4=i-1-i+1=0,故A正确;对于B,复数z=-3+i的虚部为1,故B错误;对于C,设复数z1=a+bi,z2=c+di,a,b,c,d∈R,则z1z2=(ac-bd)+(ad+bc)i,若z1z2∈R,则ad+bc=0,故C错误;对于D,若复数z满足|z-3i|=2,则z在复平面内对应的点的轨迹是以点(0,3)为圆心,以2为半径的圆,故D正确.故选AD. 10.ABD [解析] 由sin A-bsin B=(c+b)sin C及正弦定理得a-b2=(c+b)c,因为a=1,所以a2=b2+c2+bc,由余弦定理得cos A==-.对于A,因为0