2024-2025學(xué)年新教材高中數(shù)學(xué)模塊綜合提升教案新人教B版必修第四冊(cè)

PAGE1-模塊綜合提升1．在△ABC中，sinA＞sinB的充要條件是A＞B． (√)2．已知三角形兩邊及一邊的對(duì)角時(shí)，解肯定有兩個(gè)． (×)[提示]可能無解，也可能一解，也可能兩解．3．在△ABC中，若a2<b2＋c2，則△ABC肯定為銳角三角形． (×)[提示]若a2<b2＋c2，則∠A為銳角，而銳角三角形是三個(gè)角均為銳角．4．余弦定理揭示了隨意三角形邊角之間的關(guān)系，因此，它適用于任何三角形． (√)5．在△ABC中，eq\f(a2＋b2,c2)＝eq\f(sin2A＋sin2B,sin2C)恒成立． (√)6．若2a＋1，a,2a－1是鈍角三角形的三邊長，則a的范圍是eq\f(1,2)＜a＜8. (×)[提示]2a＋1，a,2a－1能構(gòu)成三角形，則a＞2，故a的范圍應(yīng)為2＜7．若a，b為實(shí)數(shù)，則z＝a＋bi為虛數(shù)． (×)[提示]當(dāng)b＝0時(shí)，z為實(shí)數(shù)．8．若a為實(shí)數(shù)，則z＝a肯定不是虛數(shù)． (√)9．假如兩個(gè)復(fù)數(shù)的實(shí)部的差和虛部的差都等于0，那么這兩個(gè)復(fù)數(shù)相等． (√)10．在復(fù)平面內(nèi)，虛軸上的點(diǎn)所對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)都是純虛數(shù)． (×)[提示]在復(fù)平面內(nèi)，虛軸上的點(diǎn)除原點(diǎn)外所對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)都是純虛數(shù)．11．復(fù)數(shù)的模肯定是正實(shí)數(shù)． (×)[提示]當(dāng)復(fù)數(shù)z＝0時(shí)，復(fù)數(shù)的模為0，不是正實(shí)數(shù)．12．a(chǎn)＝0是復(fù)數(shù)z＝a＋bi(a，b∈R)為純虛數(shù)的充分但不必要條件． (×)[提示]a＝0是復(fù)數(shù)z＝a＋bi(a，b∈R)為純虛數(shù)的必要但不充分條件．13．兩個(gè)復(fù)數(shù)互為共軛復(fù)數(shù)是它們的模相等的必要條件． (×)[提示]兩個(gè)復(fù)數(shù)互為共軛復(fù)數(shù)是它們的模相等的充分不必要條件．14．若z1，z2∈C，且zeq\o\al(2,1)＋zeq\o\al(2,2)＝0，則z1＝z2＝0. (×)[提示]舉反例，例如z1＝－1，z2＝i時(shí)，滿意zeq\o\al(2,1)＋zeq\o\al(2,2)＝0，但z1與z2不肯定相等．15．空間中兩直線沒有交點(diǎn)，則兩直線平行． (×)[提示]還可以是異面．16．有兩個(gè)面相互平行，其余各面都是四邊形，所圍成的幾何體是棱柱． (×)[提示]還要有每相鄰兩個(gè)四邊形公共邊平行．17．有兩個(gè)面平行，其余各面都是梯形的幾何體是棱臺(tái)． (×)[提示]棱臺(tái)側(cè)棱延長后會(huì)交于一點(diǎn)．18．一條直線平行于兩平行平面中的一個(gè)平面，也平行于另一個(gè)． (×)[提示]可能直線在平面內(nèi)．19．一條直線平行于兩相互垂直的兩平面中的一個(gè)，就會(huì)垂直于另一平面． (×)[提示]還可能相交，平行，在平面內(nèi)．20．若a∥b，b?α，則a∥α. (×)[提示]還須要a?α.21．假如一個(gè)平面內(nèi)有兩條直線與另一個(gè)平面平行，那么兩平面平行． (×)[提示]兩直線相交時(shí)才成立．22．垂直于同始終線的兩直線平行． (×)23．垂直于同始終線的兩平面平行． (√)24．垂直于同一平面的兩平面平行． (×)25．經(jīng)過球心的平面截得的圓的半徑等于球的半徑． (√)26．兩平面相互垂直，其中一個(gè)平面內(nèi)的直線垂直于另一平面． (×)27．兩平面相互平行，其中一個(gè)平面內(nèi)的直線平行于另一個(gè)平面． (√)28．三棱錐的四個(gè)面可以都是直角三角形． (√)解三角形、復(fù)數(shù)的四則運(yùn)算是高考的必考考點(diǎn)，題目相對(duì)較易．三角公式和正、余弦定理是解三角形的必備學(xué)問；復(fù)數(shù)的概念和四則運(yùn)算是高考考查的重點(diǎn)內(nèi)容；高考對(duì)立體幾何的考查主要涉及柱、錐、臺(tái)、球等幾何體的結(jié)構(gòu)特征及表面積、體積的計(jì)算，空間中直線、平面的平行與垂直的證明，空間角與距離的計(jì)算等，旨在提升數(shù)學(xué)運(yùn)算、直觀想象、邏輯推理等核心素養(yǎng)．1．設(shè)z＝－3＋2i，則在復(fù)平面內(nèi)eq\x\to(z)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于()A．第一象限 B．其次象限C．第三象限 D．第四象限C[由題意，得eq\x\to(z)＝－3－2i，其在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為(－3，－2)，位于第三象限，故選C．]2．若z(1＋i)＝2i，則z＝()A．－1－i B．－1＋iC．1－i D．1＋iD[z＝eq\f(2i,1＋i)＝eq\f(2i1－i,1＋i1－i)＝eq\f(2＋2i,2)＝1＋i.]3．設(shè)α，β為兩個(gè)平面，則α∥β的充要條件是()A．α內(nèi)有多數(shù)條直線與β平行B．α內(nèi)有兩條相交直線與β平行C．α，β平行于同一條直線D．α，β垂直于同一平面B[對(duì)于A，α內(nèi)有多數(shù)條直線與β平行，當(dāng)這多數(shù)條直線相互平行時(shí)，α與β可能相交，所以A不正確；對(duì)于B，依據(jù)兩平面平行的判定定理與性質(zhì)知，B正確；對(duì)于C，平行于同一條直線的兩個(gè)平面可能相交，也可能平行，所以C不正確；對(duì)于D，垂直于同一平面的兩個(gè)平面可能相交，也可能平行，如長方體的相鄰兩個(gè)側(cè)面都垂直于底面，但它們是相交的，所以D不正確．綜上可知選B．]4．已知三棱錐P-ABC的四個(gè)頂點(diǎn)在球O的球面上，PA＝PB＝PC，△ABC是邊長為2的正三角形，E，F(xiàn)分別是PA，AB的中點(diǎn)，∠CEF＝90°，則球O的體積為()A．8eq\r(6)π B．4eq\r(6)πC．2eq\r(6)π D．eq\r(6)πD[因?yàn)辄c(diǎn)E，F(xiàn)分別為PA，AB的中點(diǎn)，所以EF∥PB，因?yàn)椤螩EF＝90°，所以EF⊥CE，所以PB⊥CE.取AC的中點(diǎn)D，連接BD，PD，易證AC⊥平面BDP，所以PB⊥AC，又AC∩CE＝C，AC，CE?平面PAC，所以PB⊥平面PAC，所以PB⊥PA，PB⊥PC，因?yàn)镻A＝PB＝PC，△ABC為正三角形，所以PA⊥PC，即PA，PB，PC兩兩垂直，將三棱錐P-ABC放在正方體中如圖所示．因?yàn)锳B＝2，所以該正方體的棱長為eq\r(2)，所以該正方體的體對(duì)角線長為eq\r(6)，所以三棱錐P-ABC的外接球的半徑R＝eq\f(\r(6),2)，所以球O的體積V＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(4,3)πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)))eq\s\UP12(3)＝eq\r(6)π，故選D．]5.學(xué)生到工廠勞動(dòng)實(shí)踐，利用3D打印技術(shù)制作模型，如圖，該模型為長方體ABCD-A1B1C1D1挖去四棱錐O-EFGH后所得的幾何體，其中O為長方體的中心，E，F(xiàn)，G，H分別為所在棱的中點(diǎn)，AB＝BC＝6cm，AA1＝4cm，3D打印所用原料密度為0.9g/cm3118.8[由題易得長方體ABCD-A1B1C1D1的體積為6×6×4＝144(cm3四邊形EFGH為平行四邊形，如圖所示，連接GE，HF，易知四邊形EFGH的面積為矩形BCC1B1面積的一半，即eq\f(1,2)×6×4＝12(cm2)，所以V四棱錐O-EFGH＝eq\f(1,3)×3×12＝12(cm3)，所以該模型的體積為144－12＝132(cm3)，所以制作該模型所需原料的質(zhì)量為132×0.9＝118.8(g)．]6．△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c.若b＝6，a＝2c，B＝eq\f(π,3)，則△ABC的面積為____________．6eq\r(3)[法一：因?yàn)閍＝2c，b＝6，B＝eq\f(π,3)，所以由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB，得62＝(2c)2＋c2－2×2c×ccoseq\f(π,3)，得c＝2eq\r(3)，所以a＝4eq\r(3)，所以△ABC的面積S＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)×4eq\r(3)×2eq\r(3)×sineq\f(π,3)＝6eq\r(3).法二：因?yàn)閍＝2c，b＝6，B＝eq\f(π,3)，所以由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB，得62＝(2c)2＋c2－2×2c×ccoseq\f(π,3)，得c＝2eq\r(3)，所以a＝4eq\r(3)，所以a2＝b2＋c2，所以A＝eq\f(π,2)，所以△ABC的面積S＝eq\f(1,2)×2eq\r(3)×6＝6eq\r(3).]7．△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c.已知bsinA＋acosB＝0，則B＝________.eq\f(3π,4)[因?yàn)閎sinA＋acosB＝0，所以eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,－cosB).由正弦定理，得－cosB＝sinB，所以tanB＝－1.又B∈(0，π)，所以B＝eq\f(3π,4).]8.如圖，長方體ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，點(diǎn)E在棱AA1上，BE⊥EC1(1)證明：BE⊥平面EB1C1(2)若AE＝A1E，AB＝3，求四棱錐E-BB1C[解](1)證明：由已知得B1C1⊥平面ABB1A1，BE?平面ABB1A1，故B1C1⊥BE.又BE⊥EC1，B1C1∩EC所以BE⊥平面EB1C1(2)由(1)知∠BEB1＝90°.由題設(shè)知Rt△ABE≌Rt△A1B1E，所以∠AEB＝∠A1EB1＝45°，故AE＝AB＝3，AA1＝2AE＝6.如圖，作EF⊥BB1，垂足為F，則EF⊥平面BB1C1C，且EF所以四棱錐E-BB1CV＝eq\f(1,3)×3×6×3＝18.9．圖1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC組成的一個(gè)平面圖形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.將其沿AB，BC折起使得BE與BF重合，連接DG，如圖2.圖1圖2(1)證明：圖2中的A，C，G，D四點(diǎn)共面，且平面ABC⊥平面BCGE；(2)求圖2中的四邊形ACGD的面積．[解](1)證明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，故AD，CG確定一個(gè)平面，從而A，C，G，D四點(diǎn)共面．由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，故AB⊥平面BCGE.又因?yàn)锳B?平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.(2)取CG的中點(diǎn)M，連接EM，DM.因?yàn)锳B∥DE，AB⊥平面BCGE，所以DE⊥平面BCGE，故DE⊥CG.由已知，四邊形BCGE是菱形，且∠EBC＝60°，得EM⊥CG，故CG⊥平面DEM.因此DM⊥CG.在Rt△DEM中，DE＝1，EM＝eq\r(3)，故DM＝2.所以四邊形ACGD的面積為4.10．△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知asineq\f(A＋C,2)＝bsinA．(1)求B；(2)若△ABC為銳角三角形，且c＝1，求△ABC面積的取值范圍．[解](1)由題設(shè)及正弦定理得sinAsineq\f(A＋C,2)＝sinBsinA．因?yàn)閟inA≠0，所以sineq\f(A＋C,2)＝sinB．由A＋B＋C＝180°，可得sineq\f(A＋C,2)＝coseq\f(B,2)，故coseq\f(B,2)＝2sineq\f(B,2)coseq\f(B,2).因?yàn)閏oseq\f(B,2)≠0，故sineq\f(B,2)＝eq\f(1,2)，因此B＝60°.(2)由題設(shè)及(1)知△ABC的面積S△ABC＝eq\f(\r(3),4)a.由(1)知A＋C＝120°，由正弦定理得a＝eq\f(csinA,