2024-2025学年新教材高中数学综合测试含解析新人教B版必修第四册

PAGEPAGE1必修第四册综合测试时间：120分钟分值：150分第Ⅰ卷(选择题，共60分)一、单项选择题：本题共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．复数z满意2＋3i＝zi(其中i是虚数单位)，则z的虚部为(B)A．2B．－2C．3D．－3解析：2＋3i＝zi，∴z＝eq\f(2＋3i,i)＝3－2i，虚部为－2，故选B.2．在△ABC中，a＝eq\r(2)，b＝eq\r(3)，A＝eq\f(π,4)，则B＝(C)A.eq\f(π,3) B.eq\f(2π,3)C.eq\f(π,3)或eq\f(2π,3) D.eq\f(π,6)解析：因为eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，所以eq\f(\r(2),\f(\r(2),2))＝eq\f(\r(3),sinB)，所以sinB＝eq\f(\r(3),2)，又因为b>a，所以B>A，所以B＝eq\f(π,3)或eq\f(2π,3)，故选C.3．设m，n是两条不同直线，α，β是两个不同平面，则下列命题错误的是(D)A．若m⊥α，n∥α，则m⊥nB．若n⊥α，n∥m，则m⊥αC．若m⊥α，m∥β，则α⊥βD．若α⊥β，m∥α，则m⊥β解析：逐一考查所给的选项：由线面垂直的性质定理推论可知：若m⊥α，n∥α，则m⊥n，选项A正确；由线面垂直的性质定理推论可知：若n⊥α，n∥m，则m⊥α，选项B正确；由线面垂直的性质定理推论可知：若m⊥α，m∥β，则平面β内存在直线l，满意l∥m，则l⊥α，然后利用面面垂直的判定定理可得α⊥β，选项C正确；在如图所示的正方体ABCD­A1B1C1D1中，取平面α，β分别为平面ABCD，ADD1A1，直线m为棱B1C1.满意α⊥β，m∥α，但是不满意m⊥β，选项D错误．故选D.4．复数z＝eq\f(－2,1＋\r(3)i)(其中i为虚数单位)在复平面内对应的点位于(B)A．第一象限B．其次象限C．第三象限D．第四象限解析：z＝eq\f(－2,1＋\r(3)i)＝eq\f(－21－\r(3)i,1＋\r(3)i1－\r(3)i)＝eq\f(－2＋2\r(3)i,1－3i2)＝eq\f(－2＋2\r(3)i,4)＝－eq\f(1,2)＋eq\f(\r(3),2)i，所以复数z所对应的点为(－eq\f(1,2)，eq\f(\r(3),2))，它在其次象限，故选B.5．已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，且eq\f(sinA－sinB,sinC)≥eq\f(c－b,a＋b)，则(D)A．A的最大值为eq\f(π,6) B．A的最小值为eq\f(π,6)C．A的最大值为eq\f(π,3) D．A的最小值为eq\f(π,3)解析：由正弦定理得eq\f(a－b,c)≥eq\f(c－b,a＋b)，化简得eq\f(b2＋c2－a2,2bc)≤eq\f(1,2)，由余弦定理得cosA≤eq\f(1,2)，故eq\f(π,3)≤A<π，故选D.6．已知三棱柱ABC­A1B1C1的侧棱与底面垂直，全部棱长均为eq\r(3)，P是底面ABC中心，则PA1与平面ABC所成角大小是(B)A.eq\f(5π,12) B.eq\f(π,3)C.eq\f(π,4) D.eq\f(π,6)解析：连接AP，因为侧棱与底面垂直，所以∠A1PA即为PA1与平面ABC所成的角，因为P是底面A1B1C1中心，所以AP＝eq\f(2,3)×eq\f(\r(3),2)×eq\r(3)＝1，在Rt△APA1中，tan∠APA1＝eq\f(AA1,AP)＝eq\r(3)，∠APA1＝eq\f(π,3)，所以PA1与平面ABC所成角大小为eq\f(π,3).故选B.7．设点P是一个正四面体内的随意一点，则点P到正四面体的各个面的距离之和是一个定值，这个定值等于该四面体的(C)A．棱长 B．斜高C．高 D．两对棱间的距离解析：设正四面体的棱长为a，∵P是正四面体内的一点，∴正四面体的体积等于四个三棱锥的体积和，设它到四个面的距离分别为m，n，p，q，棱长为a的正四面体的四个面的面积都是S＝eq\f(1,2)×a×a×sin60°＝eq\f(\r(3),4)a2.又顶点究竟面的投影在底面的中心，此点究竟面三个顶点的距离都是高的eq\f(2,3)，又高为a×sin60°＝eq\f(\r(3),2)a，故底面中心究竟面顶点的距离都是eq\f(\r(3),3)a.由此知顶点究竟面的距离是eq\r(a2－\f(\r(3),3)a2)＝eq\f(\r(6),3)a.此正四面体的体积是eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)a2×eq\f(\r(6),3)a＝eq\f(\r(2),12)a3.∴eq\f(\r(2),12)a3＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)a2(m＋n＋p＋q)，解得m＋n＋p＋q＝eq\f(\r(6),3)a.∴P到各个面的距离之和是一个定值，这个定值等于四面体的高．故选C.8．已知a，b，c分别是锐角△ABC的内角A，B，C的对边，且b＝2,4－c2＝(a－eq\r(3)c)a，则sinA－2cosC的取值范围是(A)A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(\r(3),2)))C．(0，eq\r(3)) D．(－1,0)解析：由题意得：b2－c2＝a2－eq\r(3)ac，即cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(\r(3),2).∵B∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴B＝eq\f(π,6).sinA－2cosC＝sinA－2cos(π－A－B)＝sinA＋2cos(A＋B)＝sinA＋2cosAcosB－2sinAsinB＝sinA＋eq\r(3)cosA－sinA＝eq\r(3)cosA.∵△ABC为锐角三角形，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0<A<\f(π,2),0<C＝\f(5π,6)－A<\f(π,2)))，解得：eq\f(π,3)<A<eq\f(π,2).∴cosA∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，∴eq\r(3)cosA∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)))，即sinA－2cosC的取值范围为(0，eq\f(\r(3),2))，故选A.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分.9．已知复数z满意i2k＋1z＝2＋i，(k∈Z)，则z在复平面内对应的点可能位于(BD)A．第一象限B．其次象限C．第三象限D．第四象限解析：∵i2k＋1z＝2＋i，∴z＝eq\f(2＋i,i2k＋1)，∵i1＝i5＝…＝i，i3＝i7＝…＝－i.当k为奇数时，∴z＝eq\f(2＋i,i2k＋1)＝eq\f(2＋i,－i)＝eq\f(2＋ii,－i×i)＝－1＋2i，在复平面上对应的点为(－1,2)位于其次象限；当k为偶数时，∴z＝eq\f(2＋i,i2k＋1)＝eq\f(2＋i,i)＝eq\f(2＋ii,i×i)＝1－2i，在复平面上对应的点为(1，－2)位于第四象限，故复数z在复平面内对应的点位于其次象限或第四象限．故选BD.10．下列所给的四个命题中，是真命题的为(ABD)A．两个共轭复数的模相等B．z∈R⇔z＝eq\x\to(z)C．|z1|＝|z2|⇔z1＝±z2D．|z|2＝z·eq\x\to(z)解析：对于A，设z＝a＋bi(a，b∈R)，其共轭复数为eq\x\to(z)＝a－bi，|z|＝|eq\x\to(z)|＝eq\r(a2＋b2)两个共轭复数的模相等，故A正确；对于B，z∈R⇔z＝eq\x\to(z)，故B正确；对于C，例如z1＝1＋i，z2＝eq\r(2)，满意|z1|＝|z2|但不满意z1＝±z2，故C错误．对于D，设z＝a＋bi(a，b∈R)，其共轭复数为eq\x\to(z)＝a－bi，此时，|z|2＝z·eq\x\to(z)＝a2＋b2，故D正确，故选ABD.11．如图，在透亮塑料制成的长方体ABCD­A1B1C1D1容器内灌进一些水，将容器底面一边BC固定于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，下列四个说法成立的是(ACD)A．水的部分始终呈棱柱状B．水面四边形EFGH的面积不变更C．棱A1D1始终与水面EFGH平行D．当E∈AA1时，AE＋BF是定值解析：A中水的部分始终呈棱柱状；从棱柱的特征平面AA1B1B平行平面CC1D1D即可推断A正确；B中水面四边形EFGH的面积不变更；EF是可以变更的，而EH不变的，所以面积是变更的，B是不正确的；C中棱A1D1始终与水面EFGH平行；由直线与平面平行的推断定理，可知A1D1∥EH，所以结论正确；D中当E∈AA1时，AE＋BF是定值，水的体积是定值，高不变，所以底面面积不变，所以正确．故选ACD.12．如图，正方形ABCD中，E、F分别是AB、BC的中点，将△ADE，△CDF，△BEF分别沿DE、DF、EF折起，使A、B、C重合于点P.则下列结论正确的是(ABC)A．PD⊥EFB．平面PDE⊥平面PDFC．二面角P­EF­D的余弦值为eq\f(1,3)D．点P在平面DEF上的投影是△DEF的外心解析：对于A选项，作出图形(如图)，取EF中点H，连接PH，DH，又原图知△BEF和△DEF为等腰三角形，故PH⊥EF，DH⊥EF，所以EF⊥平面PDH，所以PD⊥EF，故A正确；依据折起前后，可知PE，PF，PD三线两两垂直，于是可证平面PDE⊥平面PDF，故B正确；依据A选项可知∠PHD为二面角P­EF­D的平面角，设正方形边长为2，因此PE＝PF＝1，PH＝eq\f(\r(2),2)，DH＝2eq\r(2)－eq\f(\r(2),2)＝eq\f(3\r(2),2)，PD＝AD＝2，由余弦定理得：cos∠PHD＝eq\f(PH2＋HD2－PD2,2PH·HD)＝eq\f(1,3)，故C正确；由于PE＝PF≠PD，故点P在平面DEF上的投影不是△DEF的外心，即D错误．故选ABC.第Ⅱ卷(非选择题，共90分)eq\a\vs4\al(三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.)13．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知bsinB－asinA＝eq\f(1,2)csinC,cosA＝eq\f(1,4)，则eq\f(b,c)的值为3.解析：由正弦定理可得，b2－a2＝eq\f(1,2)c2，由余弦定理可得，cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(1,4)，消去a2，得eq\f(\f(3,2)c2,2bc)＝eq\f(3c,4b)＝eq\f(1,4)，所以eq\f(b,c)＝3.14．将若干水倒入底面半径为2cm的圆柱器皿中(底面水平放置)，量得水面的高度为6cm，若将这些水倒入轴截面是正三角形的倒置的圆锥形器皿中，则水面的高度是6cm.解析：由题意得水的体积为：24π，∵轴截面为正三角形，∴设倒置圆锥形器皿中水面高度为eq\r(3)a，底面半径为a，∴eq\f(1,3)×πa2×eq\r(3)a＝24π，∴a3＝24eq\r(3)，∴3eq\r(3)a3＝216，∴eq\r(3)a＝6.15．已知三棱锥A­BCD中，F，G分别是AC，AD的中点，E在线段AB上，且AE＝2EB，平面EFG将该三棱锥截成一个四面体和一个五面体，分别记该四面体和五面体的体积为V1，V2，则eq\f(V1,V2)＝eq\f(1,5)；若分别记该四面体和五面体的表面积为S1，S2，则S2>2S1(填“>”“<”或“＝”)．解析：如图，设三棱锥A­BCD的体积为V，因为F，G分别是AC，AD的中点，E在线段AB上，且AE＝2EB，所以S△AGF＝eq\f(1,4)S△ACD，设B到面ACD的距离为h，所以E到面ACD的距离为eq\f(2h,3)，所以V1＝eq\f(1,4)×eq\f(2,3)×V＝eq\f(V,6)，V2＝eq\f(5V,6)，所以eq\f(V1,V2)＝eq\f(1,5).因为S△AEG＝eq\f(1,3)S△ABC，所以2S△AEG＝S四边形BCGE，同理2S△AEF＝S四边形BDFE,2S△AGF＝eq\f(2,3)S四边形CDFG<S四边形CDFG，2S△EFG<S△EFG＋S△BCD，所以S2>2S1.16．在△ABC中，AB＝3，AC＝4，若△ABC的面积为3eq\r(3)，则BC边的长度为eq\r(13)或eq\r(37).解析：由题意，在△ABC中，AB＝3，AC＝4，且面积为3eq\r(3)，所以eq\f(1,2)AB·ACsinA＝eq\f(1,2)×3×4sinA＝3eq\r(3)，解得sinA＝eq\f(\r(3),2).又因为A∈(0，π)，所以A＝eq\f(π,3)或A＝eq\f(2π,3).当A＝eq\f(π,3)时，cosA＝eq\f(1,2)，由余弦定理，可得BC＝eq\r(AB2＋AC2－2AB·ACcosA)＝eq\r(32＋42－2×3×4×\f(1,2))＝eq\r(13)；当A＝eq\f(2π,3)时，cosA＝－eq\f(1,2)，由余弦定理，可得BC＝eq\r(AB2＋AC2－2AB·ACcosA)＝eq\r(32＋42－2×3×4×－\f(1,2))＝eq\r(37).综上，BC边的长度为eq\r(13)或eq\r(37).四、解答题：本题共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)设复数z＝(2m2－7m＋3)＋(m2－m－6)i，问当实数m取何值时：(1)z是纯虚数；(2)z对应的点在复平面的第四象限．解：(1)因为复数z＝(2m2－7m＋3)＋(m2－m－6)i是纯虚数，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2m2－7m＋3＝0，,m2－m－6≠0))⇒m＝eq\f(1,2).(2)因为z对应的点在复平面的第四象限，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2m2－7m＋3>0,m2－m－6<0))⇒－2<m<eq\f(1,2).18．(12分)在锐角△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且2asinB＝eq\r(3)b，(1)求角A的大小；(2)若a＝8，b＋c＝10，求△ABC的面积．解：(1)由2asinB＝eq\r(3)b，利用正弦定理得：2sinAsinB＝eq\r(3)sinB，∵sinB≠0，∴sinA＝eq\f(\r(3),2)，又A为锐角，则A＝eq\f(π,3).(2)由余弦定理得：a2＝b2＋c2－2bccosA，即64＝b2＋c2－bc＝(b＋c)2－3bc＝100－3bc，∴bc＝12，又sinA＝eq\f(\r(3),2)，则S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝3eq\r(3).19．(12分)已知z为复数，z＋2i和eq\f(z,2－i)均为实数，其中i是虚数单位．(1)求复数z；(2)若复数(z＋ai)2在复平面上对应的点在第一象限，求实数a的取值范围．解：(1)由题意，设复数z＝x＋yi(x，y∈R)．因为z＋2i和eq\f(z,2－i)均为实数，可得z＋2i＝x＋(y＋2)i∈R，所以y＋2＝0，即y＝－2.eq\f(z,2－i)＝eq\f(x＋yi,2－i)＝eq\f(x＋yi2＋i,2－i2＋i)＝eq\f(2x－y＋x＋2yi,5)∈R，即x＋2y＝0，所以x＝4，所以复数z＝4－2i.(2)由(1)知复数z＝4－2i.因为复数(z＋ai)2＝(4－2i＋ai)2＝[4＋(a－2)i]2＝16－(a－2)2＋8(a－2)i对应的点在复平面位于第一象限，所以16－(a－2)2>0且8(a－2)>0，解得2<a<6.即实数a的取值范围是(2,6)．20．(12分)如图所示，在三棱柱ABC­A1B1C1中，侧棱BB1⊥底面ABC，BB1＝4，AB⊥BC，且AB＝BC＝4，点M，N分别为AB，BC上的动点，且AM＝BN.(1)求证：无论M在何处，总有B1C⊥C1M；(2)求三棱锥B­MNB1体积的最大值．解：(1)证明：要证明无论M在何处，总有B1C⊥C1M，只需证明B1C⊥平面AC1B即可，∵BB1⊥底面ABC，∴BB1⊥AB，又AB⊥BC，BC∩B1B＝B，∴AB⊥平面BCC1B，∴B1C⊥AB，由题知四边形BCC1B1为正方形，∴B1C⊥BC1，又AB∩BC1＝B，∴B1C⊥平面AC1B，原命题得证．(2)由三棱锥B­MNB1的体积为：V三棱锥B­MNB1＝V三棱锥B1­BMN＝eq\f(1,3)×4×eq\f(1,2)BM·BN＝eq\f(2,3)BM·BN≤eq\f(2,3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(BM＋BN,2)))2＝eq\f(8,3)，当BM＝BN＝2时取等号，所以三棱锥B­MNB1体积的最大值为eq\f(8,3).21．(12分)在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满意3b＝3acosC＋eq\r(3)asinC，(1)求A的大小；(2)若a＝eq\r(3)，求b2＋c2的取值范围．解：(1)由题意，在锐角△ABC中，满意3b＝3acosC＋eq\r(3)asinC，依据正弦定理，可得3sinB＝3sinAcosC＋eq\r(3)sinAsinC，解得tanA＝eq\r(3)，又因为A∈(0，π)，所以A＝eq\f(π,3).(2)由正弦定理，可得eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝eq\f(\r(3),\f(\r(3),2))＝2，则b＝2sinB，c＝2sinC，所以b2＋c2＝4(sin2B＋sin2C)＝2(2－cos2B－cos2C)＝4－2cos2B－2cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－B))＝4－cos2B＋eq\r(3)sin2B＝2sineq