2024-2025学年新教材高中数学模块综合提升教案新人教B版必修第四册

PAGE1-模块综合提升1．在△ABC中，sinA＞sinB的充要条件是A＞B． (√)2．已知三角形两边及一边的对角时，解肯定有两个． (×)[提示]可能无解，也可能一解，也可能两解．3．在△ABC中，若a2<b2＋c2，则△ABC肯定为锐角三角形． (×)[提示]若a2<b2＋c2，则∠A为锐角，而锐角三角形是三个角均为锐角．4．余弦定理揭示了随意三角形边角之间的关系，因此，它适用于任何三角形． (√)5．在△ABC中，eq\f(a2＋b2,c2)＝eq\f(sin2A＋sin2B,sin2C)恒成立． (√)6．若2a＋1，a,2a－1是钝角三角形的三边长，则a的范围是eq\f(1,2)＜a＜8. (×)[提示]2a＋1，a,2a－1能构成三角形，则a＞2，故a的范围应为2＜7．若a，b为实数，则z＝a＋bi为虚数． (×)[提示]当b＝0时，z为实数．8．若a为实数，则z＝a肯定不是虚数． (√)9．假如两个复数的实部的差和虚部的差都等于0，那么这两个复数相等． (√)10．在复平面内，虚轴上的点所对应的复数都是纯虚数． (×)[提示]在复平面内，虚轴上的点除原点外所对应的复数都是纯虚数．11．复数的模肯定是正实数． (×)[提示]当复数z＝0时，复数的模为0，不是正实数．12．a＝0是复数z＝a＋bi(a，b∈R)为纯虚数的充分但不必要条件． (×)[提示]a＝0是复数z＝a＋bi(a，b∈R)为纯虚数的必要但不充分条件．13．两个复数互为共轭复数是它们的模相等的必要条件． (×)[提示]两个复数互为共轭复数是它们的模相等的充分不必要条件．14．若z1，z2∈C，且zeq\o\al(2,1)＋zeq\o\al(2,2)＝0，则z1＝z2＝0. (×)[提示]举反例，例如z1＝－1，z2＝i时，满意zeq\o\al(2,1)＋zeq\o\al(2,2)＝0，但z1与z2不肯定相等．15．空间中两直线没有交点，则两直线平行． (×)[提示]还可以是异面．16．有两个面相互平行，其余各面都是四边形，所围成的几何体是棱柱． (×)[提示]还要有每相邻两个四边形公共边平行．17．有两个面平行，其余各面都是梯形的几何体是棱台． (×)[提示]棱台侧棱延长后会交于一点．18．一条直线平行于两平行平面中的一个平面，也平行于另一个． (×)[提示]可能直线在平面内．19．一条直线平行于两相互垂直的两平面中的一个，就会垂直于另一平面． (×)[提示]还可能相交，平行，在平面内．20．若a∥b，b⊂α，则a∥α. (×)[提示]还须要a⊄α.21．假如一个平面内有两条直线与另一个平面平行，那么两平面平行． (×)[提示]两直线相交时才成立．22．垂直于同始终线的两直线平行． (×)23．垂直于同始终线的两平面平行． (√)24．垂直于同一平面的两平面平行． (×)25．经过球心的平面截得的圆的半径等于球的半径． (√)26．两平面相互垂直，其中一个平面内的直线垂直于另一平面． (×)27．两平面相互平行，其中一个平面内的直线平行于另一个平面． (√)28．三棱锥的四个面可以都是直角三角形． (√)解三角形、复数的四则运算是高考的必考考点，题目相对较易．三角公式和正、余弦定理是解三角形的必备学问；复数的概念和四则运算是高考考查的重点内容；高考对立体几何的考查主要涉及柱、锥、台、球等几何体的结构特征及表面积、体积的计算，空间中直线、平面的平行与垂直的证明，空间角与距离的计算等，旨在提升数学运算、直观想象、逻辑推理等核心素养．1．设z＝－3＋2i，则在复平面内eq\x\to(z)对应的点位于()A．第一象限 B．其次象限C．第三象限 D．第四象限C[由题意，得eq\x\to(z)＝－3－2i，其在复平面内对应的点为(－3，－2)，位于第三象限，故选C．]2．若z(1＋i)＝2i，则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．设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是()A．α内有多数条直线与β平行B．α内有两条相交直线与β平行C．α，β平行于同一条直线D．α，β垂直于同一平面B[对于A，α内有多数条直线与β平行，当这多数条直线相互平行时，α与β可能相交，所以A不正确；对于B，依据两平面平行的判定定理与性质知，B正确；对于C，平行于同一条直线的两个平面可能相交，也可能平行，所以C不正确；对于D，垂直于同一平面的两个平面可能相交，也可能平行，如长方体的相邻两个侧面都垂直于底面，但它们是相交的，所以D不正确．综上可知选B．]4．已知三棱锥P­ABC的四个顶点在球O的球面上，PA＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF＝90°，则球O的体积为()A．8eq\r(6)π B．4eq\r(6)πC．2eq\r(6)π D．eq\r(6)πD[因为点E，F分别为PA，AB的中点，所以EF∥PB，因为∠CEF＝90°，所以EF⊥CE，所以PB⊥CE.取AC的中点D，连接BD，PD，易证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，因为PA＝PB＝PC，△ABC为正三角形，所以PA⊥PC，即PA，PB，PC两两垂直，将三棱锥P­ABC放在正方体中如图所示．因为AB＝2，所以该正方体的棱长为eq\r(2)，所以该正方体的体对角线长为eq\r(6)，所以三棱锥P­ABC的外接球的半径R＝eq\f(\r(6),2)，所以球O的体积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，故选D．]5.学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型，如图，该模型为长方体ABCD­A1B1C1D1挖去四棱锥O­EFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，AB＝BC＝6cm，AA1＝4cm，3D打印所用原料密度为0.9g/cm3118.8[由题易得长方体ABCD­A1B1C1D1的体积为6×6×4＝144(cm3四边形EFGH为平行四边形，如图所示，连接GE，HF，易知四边形EFGH的面积为矩形BCC1B1面积的一半，即eq\f(1,2)×6×4＝12(cm2)，所以V四棱锥O­EFGH＝eq\f(1,3)×3×12＝12(cm3)，所以该模型的体积为144－12＝132(cm3)，所以制作该模型所需原料的质量为132×0.9＝118.8(g)．]6．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若b＝6，a＝2c，B＝eq\f(π,3)，则△ABC的面积为____________．6eq\r(3)[法一：因为a＝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的面积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：因为a＝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的面积S＝eq\f(1,2)×2eq\r(3)×6＝6eq\r(3).]7．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知bsinA＋acosB＝0，则B＝________.eq\f(3π,4)[因为bsinA＋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.如图，长方体ABCD­A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1(1)证明：BE⊥平面EB1C1(2)若AE＝A1E，AB＝3，求四棱锥E­BB1C[解](1)证明：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°.由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E，所以∠AEB＝∠A1EB1＝45°，故AE＝AB＝3，AA1＝2AE＝6.如图，作EF⊥BB1，垂足为F，则EF⊥平面BB1C1C，且EF所以四棱锥E­BB1CV＝eq\f(1,3)×3×6×3＝18.9．图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图2.图1图2(1)证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；(2)求图2中的四边形ACGD的面积．[解](1)证明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面．由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，故AB⊥平面BCGE.又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.(2)取CG的中点M，连接EM，DM.因为AB∥DE，AB⊥平面BCGE，所以DE⊥平面BCGE，故DE⊥CG.由已知，四边形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.所以四边形ACGD的面积为4.10．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asineq\f(A＋C,2)＝bsinA．(1)求B；(2)若△ABC为锐角三角形，且c＝1，求△ABC面积的取值范围．[解](1)由题设及正弦定理得sinAsineq\f(A＋C,2)＝sinBsinA．因为sinA≠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).因为coseq\f(B,2)≠0，故sineq\f(B,2)＝eq\f(1,2)，因此B＝60°.(2)由题设及(1)知△ABC的面积S△ABC＝eq\f(\r(3),4)a.由(1)知A＋C＝120°，由正弦定理得a＝eq\f(csinA,