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2025--2026年 高三数学一轮复习人教版A版必修第二册期末综合基础练习试卷1
一、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．设复数满足 ，则（　　）
A． B．1 C． D．2
2．某单位青年、中年、老年职员的人数之比为10∶8∶7，从中抽取200名职员作为样本，若每人被抽取的概率是0.2，则该单位青年职员的人数为(　　)
A．280 B．320 C．400 D．1000
3．已知复数满足，则的虚部为-3，则的实部为
A．-1 B．1 C．3 D．5
4．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，，则（ ）
A． B．或 C． D．或
5．已知向量，，则在上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
6．已知中，角所对的边分别为.已知，的面积，则的外接圆的半径为（ ）
A． B． C． D．
7．已知非零向量，则“”是“或”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
8．已知一组数据的频率分布直方图如图所示，则众数、中位数、平均数是
A．63、64、66 B．65、65、67
C．65、64、66 D．64、65、64
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9．如图，圆锥SO的底面半径为1，侧面积为是圆锥的一个轴截面，则下列结论正确的是（ ）
A．圆锥的母线长为3
B．圆锥SO的侧面展开图的圆心角为
C．由A点出发绕圆锥侧面一周，又回到A点的细绳长度的最小值为
D．该圆锥内部可容纳的球的最大半径为
10．已知事件，，且，，则下列结论正确的是（ ）
A．如果，那么，
B．如果与互斥，那么，
C．如果与相互独立，那么，
D．如果与相互独立，那么，
11．在下列情况的三角形中，有两个解的是（ ）
A． B．
C． D．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．若正方体的表面积为，则它的外接球的表面积为 .
13．已知复数，则 .
14．已知向量，满足，，则 ．
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15．黄山雄踞风景秀丽的安徽南部，是我国最著名的山岳风景区之一．为更好地提升旅游品质，黄山风景区的工作人员随机选择100名游客对景区进行满意度评分（满分100分），根据这100名游客的评分，制成如图所示的频率分布直方图．
（1）根据频率分布直方图，求的值；并估计这100名游客对景区满意度评分的平均数（同一组数据用该区间的中点值做代表）；
（2）景区的工作人员采用按比例分层抽样的方法从评分在、的两组中共抽取6人，再从这6人中随机抽取2人进行个别交流，求选取的2人评分分别在和内各1人的概率．
16．在中，内角，，所对的边分别为，，，，，．
（1）求的值；
（2）求的值；
（3）求的值．
17．如图，四棱锥的底面是正方形，平面．
（1）求证：平面；
（2）若，直线与平面所成的角为，求四棱锥的体积．
18．随着现代社会物质生活水平的提高，中学生的零花钱越来越多，消费水平也越来越高，因此滋生了一些不良的攀比现象.某学校为帮助学生培养正确的消费观念，对该校学生每周零花钱的数额进行了随机调查，现将统计数据按， ，分组后绘成如图所示的频率分布直方图，已知.
（1） 求频率分布直方图中，的值；
（2） 估计该校学生每周零花钱的第55百分位数；
（3） 若按照各组频率的比例采用分层随机抽样的方法从每周零花钱在内的人中抽取11人，求内抽取的人数.
19．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.
（1）求角B；
（2）若，，角B的平分线与交于点D，求.
参考答案
1．【答案】B
【详解】，
则.
故选.
2．【答案】C
【详解】由题意知这是一个分层抽样问题，
青年、中年、老年职员的人数之比为，从中抽取名职员作为样本，
要从该单位青年职员中抽取的人数为：
每人被抽取的概率为，
该单位青年职员共有
故选
3．【答案】B
【详解】虚部为-3，,则实部为1，故本题正确答案是
4．【答案】A
【详解】因为，，，
由正弦定理可得，即，
因为，所以或，
当时，，不满足，
所以.
故选A
5．【答案】C
【详解】因为，，
所以在上的投影向量为,
故选C.
6．【答案】D
【详解】因为，的面积2，所以，解得，
由余弦定理得，
解得（负值舍去），
由正弦定理可知，的外接圆的半径为.
故选D.
7．【答案】B
【详解】由题意有，所以或，
反之，当或，所以是或的必要不充分条件.
故选B.
8．【答案】B
【详解】解：由频率直方图可知，众数=；
由，所以面积相等的分界线为65，即中位数为65；
平均数=．故选B．
9．【答案】ACD
【详解】解：圆锥的侧面展开图如图所示：
设圆锥的母线长为l，底面半径为r，
圆锥SO的侧面积为选项A正确；
圆锥SO的侧面展开图的圆心角选项B错误；
如上图，由A点出发绕圆锥侧面一周，
又回到A点的细绳长度最小值为圆锥侧面的展开图得到的扇形的圆心角所对的弦长
选项C正确；
球与圆锥内切时，球的半径最大，
此时球心在轴SO上，且内切球的大圆内切于圆锥的轴截面．
设内切球的半径为，则圆锥的高为
由等面积法得,解得选项D正确．
故选ACD
10．【答案】ABD
【详解】根据互斥事件与相互独立事件的概念及概率公式判断．
【详解】A．若，则，，A正确；
B．与互斥，则，是不可能发生的，，B正确；
C．与相互独立，则，C错误；
D．与相互独立，则与，与也相互独立，，同理，D正确．
故选ABD．
11．【答案】AD
【详解】对于A，，则有两解，A是；
对于B，，且，则为锐角，只有一解，B不是；
对于C，，则为锐角，只有一解，C不是；
对于D，，则有两解，D是.
故选AD
12．【答案】
【详解】由已知得正方体的棱长为，
又因为正方体的外接球的直径等于正方体的体对角线的长，
所以正方体的外接球的半径，
所以外接球的表面积，
故得解.
13．【答案】
【详解】,
所以.
14．【答案】2
【详解】由，得，整理得，
又，所以.
15．【答案】（1），平均数为；
（2）.
【详解】（1）由频率分布直方图，得，则；
平均数为.
（2）评分在的频率分别为，
则在中抽取人，记为；在中抽取4人，记为，
从这6人中随机抽取2人，样本空间：
，共有15个结果，
设选取的2人评分分别在和内各1人为事件，
则，共有8个结果，
所以.
16．【答案】（1）
（2）
（3）
【详解】（1）由余弦定理知，，
所以，即，
解得或（舍负），所以．
（2）由正弦定理知，，
所以，
所以．
（3）由余弦定理知，，
所以，，
所以
.
17．【答案】（1）见详解；
（2）
【详解】（1）因为四边形是正方形，所以，
因为平面，平面，所以,
因为，且平面,
所以平面；
（2）因为平面，所以为直线与平面所成的角，
因为是正方形，且，
所以，所以，
因为与平面所成的角为，
所以，解得：，
所以四棱锥的体积为.
18．【答案】见详解
【详解】（1）【解】，即,
又，所以，.
（2）【解】前3组的频率和为，
前4组的频率和为，
第55百分位数位于第4组内.
估计第55百分位数为.
（3）【解】，这三组的频率分别为，，，
比例为，
则从内抽取的人数分别为.
19．【答案】（1）.
（2）2
【详解】（1）因为，
所以.
，而，
所以.
（2）在中，，所以，解得.
因为，所以，，，
所以.
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一、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．已知复数满足，则的虚部为-3，则的实部为
A．-1 B．1 C．3 D．5
2．已知向量，且，则（ ）
A．10 B．15 C． D．
3．若复数满足（i是虚数单位），则（ ）
A． B． C． D．
4．已知平面向量，，均为单位向量，且，的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
5．在中，，，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
6．已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
7．在三棱锥中，底面为斜边的等腰直角三角形，顶点S在底面上的射影为的中点．若，为线段上的一个动点，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
8．在中，为的外心，则的值为（ ）
A． B． C． D．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9．如图，正方体 的棱长为1，动点在线段 上，分别是的中点，则下列结论中正确的是（ ）
A．
B．当为中点时，
C．存在点，使得平面平面
D．三棱锥的体积为定值
10．在中，，，，点D，M分别满足，，与相交于点F，则（ ）
A． B．
C． D．
11．如图，在中，D是的中点，O是上一点，且，下列结论正确的有（ ）
A．
B．
C．过点作一条直线与边，分别相交于点E，F，若，，则
D．若是边长为4的正三角形，是边上的动点，则的取值范围是
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．复数的虚部为 ．
13．甲、乙两套设备生产的同类产品共4800件，采用分层抽样的方法从中抽取一个容量为80 的样本进行检测.若样本中有50件产品由甲设备生产，则乙设备生产的产品总数为 件.
14．三角形是常见的几何图形，它有很多性质，如：性质的面积；
性质2：对于内任意一点，有；
性质内存在唯一一点，使得 ，这个点称为的“勃罗卡点”，角 称为的“勃罗卡角”.
若的三边长分别为1，1，，根据以上性质，可以计算出的“勃罗卡角”的正切值为______.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15．如图，在三棱锥中，为等边三角形，E为的中点，，且．
（1）证明：平面；
（2）若F为线段上的动点，当的面积最小时，求与平面所成角的正弦值．
16．如图，在中，，点在边上，且，且．
（1）记，求的取值范围；
（2）若的面积为，求的最小值．
17．如图，正四棱锥和正四面体A-CDF的所有棱长均相等，G为BE的中点．

（1）证明：；
（2）证明：点A，B，C，F共面；
（3）判断FG是否垂直于平面ACD，若垂直，请给出证明；若不垂直，请说明理由．
18．乒乓球被称为中国的“国球”，在2024年巴黎奥运会乒乓球比赛中，中国乒乓球队包揽五块金牌.11分制乒乓球比赛，每赢一球得1分，当某局打成平后，每球交换发球权，先多得2分的一方获胜（比如：比分为，得12分者胜），该局比赛结束.甲、乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为，乙发球时甲得分的概率为，各球的结果相互独立.在某局双方10：10平后，甲先发球.
（1）若两人又打了2个球比赛结束且甲获胜的概率为，求的值；
（2）若满足（1）中条件取值，记事件“两人又打了4个球该局比赛结束”，事件“两人又打了个球该局比赛结束”.
（i）求；
（ii）直接写出.
19．在数学上用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体某顶点的曲率等于2π与多面体在该点的面角之和的差，其中面角是多面体的面的内角（角用弧度制表示）．例如：对于正四面体任意一个顶点，每个面角均为，所以正四面体在该顶点的曲率为．
（1）如图1，该多面体由边长相等的10个正三角形和2个正五边形围成，任取一顶点，求该点的曲率；
（2）如图2，在正三棱台中，，，点A与处的曲率之差为π．若D为侧面（含边界）内一动点，且直线BD与平面所成角的正切值为2，求动点D的轨迹长度；
（3）某多面体由边长相等的个正三角形和个正五边形围成，若各顶点的曲率之和为4π，且每个顶点与其相连接的棱所形成的空间图形均相同（图3为满足条件的两个多面体示例），求该多面体面数的所有可能取值．
参考答案
1．【答案】B
【详解】虚部为-3，,则实部为1，故本题正确答案是
2．【答案】B
【详解】已知向量，，
因为，所以，得x＝15.
故选B
3．【答案】C
【详解】由题意.
故选C.
4．【答案】A
【详解】，
因为，所以，所以，
所以，，
设与的夹角为，
故，
因为，所以，
故选A.
5．【答案】B
【详解】已知在中，，，
根据正弦定理，可得：，
因为，所以，又因为，所以或，
即“”不能推出“”；
已知在中，，，，
根据正弦定理，将，，代入可得：
，
即“”可以推出“”；
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选B
6．【答案】B
【详解】设圆锥母线长为，高为，底面半径为，
则由，得，所以，
所以．
故选B．
7．【答案】A
【详解】如图，在三棱锥中，设点为线段的中点，连接.
由题易知：，，平面.
在中，，故，
所以是边长为2的等边三角形.
将展开到与共面，如图所示，
则，当且仅当三点共线时等号成立，即取得最小值.
在中，，，
由余弦定理可得：，
所以，
即的最小值为.
故选A.
8．【答案】A
【详解】由题意作图：
由余弦定理可得，解得，
由图可知，
由正弦定理可得，为外接圆的半径，
则，即，
所以.
故选A.
9．【答案】ABD
【详解】对于A，由于分别是的中点，故.
而，所以，故A正确；
对于B，当是的中点时，由于，故，而，所以，故B正确；
对于C，假设平面平面，则两平面没有公共点，从而两直线没有公共点，又由于两直线都在下底面内，故.
而，这意味着和重合，矛盾，故C错误；
对于D，设到平面的距离和到直线的距离分别为和，则，从而三棱锥的体积，故D正确.
故选ABD.
10．【答案】ABC
【详解】
，，
，故A正确；
，故B正确；
设，
三点共线，可设，
，即，故C正确；
根据题意，，，
，
，故D错误.
故选ABC.
11．【答案】ACD
【详解】对于A，由题意得，，
故，A正确；
对于B，，B错误；
对于C，，
，
，
因为三点共线，故可设，
即，解得，C正确；
对于D，以D为坐标原点，以为x轴，的垂直平分线为y轴，建立平面直角坐标系，
则，
则，
设，则，
，，
故，
当时，取最大值，
当时，取最小值，
即的取值范围是，D正确，
故选ACD
12．【答案】7
【详解】，虚部为7．
13．【答案】1800
【详解】试题分析：由题共有产品4800名，抽取样本为80，则抽取的概率为；，再由50件产品由甲设备生产，则乙设备生产有30件，则乙设备在总体中有；．
考点：抽样方法的随机性.
14．【答案】
【详解】因为的三边长分别为1，1，，不妨设,,，如图，
由余弦定理得，得 ，故 , .在中， ，由正弦定理得，则 .在中， ，由正弦定理得，则，
则，得 ，故.
15．【答案】（1）见详解
（2）
【详解】（1）因为为中点，是等边三角形，所以，
又，，，平面，
所以平面，
又平面，所以，
已知，则，
又，，在等边中，，所以，
由勾股定理逆定理，所以，
因为，，平面，所以平面.
（2）如图：连接，
由（1）知平面，平面，所以，
所以，所以当的面积最小时，最小，
在中，若最小，则，
此时，，
因为，，，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面，
过点作，垂足为.
因为平面平面，所以平面，
所以（或其补角）是与平面所成的角.
在中，由余弦定理可得，
所以，
即与平面所成角的正弦值为．
16．【答案】（1）
（2）8
【详解】（1）因为，，
所以，
因为，
所以，
因为，所以，所以，
因为，所以，所以；
（2）由余弦定理得，
因为，所以，因为，所以，
所以，
令，则，
所以（其中），
所以当时，取得最小值的最小值为8．
17．【答案】（1）见详解；
（2）见详解；
（3）不垂直，理由见详解.
【详解】（1）如图，取中点，连接，，，，

因为是正四棱锥，是正四面体，为的中点，
所以，，
因为，平面，
所以平面，又因为平面，
所以；
（2）因为是正四棱锥，是正四面体，为的中点，
所以，，
因为，平面，所以平面，
又因为，平面，平面，
所以平面与平面重合，
所以四点共面，设正四面体与正四棱锥的棱长为2a,
则，，所以四边形是平行四边形，
所以，因为，所以，
所以四点共面；
（3）假设平面，因为平面，则，
又因为四边形是平行四边形，
所以四边形是菱形，则，
与，矛盾，
故假设不成立，
所以FG与平面ACD不垂直.
18．【答案】（1）
（2）（i）；（ii），.
【详解】（1）记表示打第个球是甲胜，
两人又打了2个球比赛结束且甲获胜即，各球的结果相互独立，
，，，.
（2）（i），为奇数；，为偶数.
.
，，，互斥，各球的结果相互独立.
.
.
.
.
.
（ii），.
19．【答案】（1）
（2）
（3）12，32和92
【详解】（1）该多面体任取一顶点连接3个正三角形和1个正五边形，则该点的曲率为.
（2）梯形性质分析 ：由于梯形是等腰梯形，处的内角互补.
设梯形在的内角为，在的内角为，则.
但是根据曲率差的条件，.
解方程组：.
从点向下底作垂线，交于，上下底中点分别为.
由于上底，下底，
∴，∴，
设上下底面的中心分别为，在下底面内的射影为，则分别在上，
且，
计算得，
，
，
，
∴为的交点，由于∴，
∴点D的轨迹为如图所示的以为圆心，以为端点，半径为圆弧，
轨迹的长度为.
（3） 多面体由个正三角形和个正五边形组成，边长相等，各顶点曲率之和为4π.
每个顶点与其相连接的棱所形成的空间图形均相同（顶点传递性）.
欧拉公式 ：对于凸多面体，欧拉公式，其中是顶点数，是边数，是面数.这里.
曲率总和 ：根据题目，曲率总和为.
顶点均匀性 ：题目要求每个顶点相同，意味着多面体是顶点传递的，且每个顶点周围的配置相同.
面角计算 ：正三角形的内角为，正五边形的内角为.
顶点曲率 ：设每个顶点周围有个正三角形和个正五边形.
由于顶点相同，所有顶点配置相同，面角总和为，曲率为.
顶点数 ：由于所有顶点相同，曲率总和为，因此，.
边数计算 ：每个正三角形有3条边，每个正五边形有5条边，但每条边被两个面共享，总边数.
顶点配置 ：由于多面体是顶点传递的，每个顶点有相同的边数（即相同的面数）.
设每个顶点周围有个面，.
由于每条边连接两个顶点，，但是，，因此，.
结合欧拉公式 ：，得.
解方程组 ：我们有以下方程：
，
，
，
，
由于每个顶点相同，我们需要考虑可能的值.
枚举值 ：常见的多面体顶点面数满足，
∴只能为3，4，5等.
：.
可能的组合：：解得，，不满足题目要求；
：2个三角形和1个五边形，得，非整数，舍去.
：1个三角形和2个五边形，得，非整数，舍去.
：全五边形，不可能，因为三个五边形无法闭合（）.
：：全三角形，如八面体，解得，，舍去.
：3个三角形和1个五边形，解得.
现在，.
.
解方程组： ，
解得：.
因此，.
：2个三角形和2个五边形，得.
，
.
：1个三角形和3个五边形.
，舍去.
：全五边形，不可能.
：
：4个三角形和1个五边形.
.
.
，
∴
∴.
：3个三角形和2个五边形.
，舍去.
其他组合导致为负数或非整数.
：，方程组无解.
因此，多面体面数的所有可能取值为12，32和92.
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第 page number 页，共 number of pages 页2025--2026年 高三数学一轮复习人教版A版必修第二册期末综合基础练习试卷3
一、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．有下列一组数据：2，17，33，15，11，42，34，13，22，则这组数据的上四分位数是（ ）
A．11 B．13 C．22 D．33
2．已知向量，，若，则（ ）．
A． B．2 C． D．5
3．已知i为虚数单位，则（ ）
A． B． C． D．
4．若复数满足（是虚数单位），则（ ）
A． B． C． D．
5．若菱形的边长为2，，则（ ）
A．4 B．2 C．1 D．
6．已知一组数据1，2，3，4，的平均数与中位数相等，从这5个数中任取2个数，则这2个数字之积小于5的概率为（ ）
A． B． C． D．
7．下列说法错误的是（ ）
A．为了解我国中学生的视力情况，应采取抽样调查的方式
B．频率是概率的近似值，概率是频率的稳定值
C．抽签法和随机数法是两种常用的简单随机抽样的方法
D．某种疾病的治愈率为10%，若前9个病人没有被治愈，则第10个病人一定被治愈
8．若，则（ ）
A． B． C． D．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9．已知，关于的方程的一个根是，另一个根是，其中是虚数单位，则下面四个选项正确的有（ ）
A．复数对应的点在第四项象限 B．
C． D．
10．有一组样本数据，，…，，由这组数据得到新样本数据，，…，，其中(为非零常数，则（ ）
A．两组样本数据的样本平均数相同
B．两组样本数据的样本中位数相同
C．两组样本数据的样本标准差相同
D．两组样本数据的样本极差相同
11．如图，直三棱柱中，，，，为线段上的动点，则（ ）
A．当为线段的中点时，三棱锥的体积是
B．当为线段的中点时，三棱锥的体积是
C．当在线段上移动时，的最小值
D．当在线段上移动时，的最小值
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．已知是复平面的原点，如果向量和对应的复数分别是和，那么向量对应的复数是 .
13．已知向量，，若，则的值为 .
14．设是平面内两个不共线的向量，已知且三点共线，则实数 ．
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15．已知的内角，，所对的边分别为，，，向量，，且．
（1）求角的大小；
（2）若，，求的面积．
16．已知分别为三个内角的对边，且.
（1）求；
（2）若；
（i）求周长的取值范围；
（ii）求面积的最大值．
17．如图，在直角梯形中，，，，，，为的中点，点满足，.
（1）用与表示；
（2）求的取值范围；
18．如图，在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，，、分别是、的中点.

（1）求证：平面；
（2）若二面角的大小为，
（ⅰ）求与所成角的余弦值；
（ⅱ）求直线与平面所成角的大小.
19．如图，已知是圆柱下底面圆的直径，点C是下底面圆周上异于A，B的动点，，是圆柱的两条母线.
（1）证明：平面；
（2）若该圆柱的侧面积等于两底面面积的和，当C为弧的中点时，求直线与平面所成角的正切值.
参考答案
1．【答案】D
【详解】该组数据从小到大排列为2，11，13，15，17，22，33，34，42，共有9个数据，
由题意且，
则这组数据的上四分位数是从小到大排列的第7个数，即33．故D正确.
故选:D．
2．【答案】C
【详解】因为，所以，所以，所以．
故选C．
3．【答案】B
【详解】.
故选B
4．【答案】C
【详解】因为，所以，
故选C
5．【答案】B
【详解】
如图，菱形中，,则.
故选B.
6．【答案】B
【详解】由数据1，2，3，4，的平均数，
可得，所以，从这5个数中任取2个，结果有：
共10种，
这2个数字之积小于5的结果有：，共4种，
所以所求概率为.
故选B
7．【答案】D
【详解】抽样调查适用于调查对象数量庞大，耗时耗力，我国中学生的数量庞大，全面调查不适用，故A正确；
根据频率与概率的关系，频率随试验次数增加趋于稳定，这个稳定值即为概率，故B正确；
抽签法和随机数法是简单随机抽样的两种基础方法，符合定义，故C正确；
独立事件的概率互不影响，治愈率为10%意味每次治疗结果独立，前人未治愈不影响第人的概率，治愈率仍为10%，故D错误.
故选D.
8．【答案】D
【详解】因为，所以．
故选D.
9．【答案】ABC
【详解】复数，复数对应的点为，所以，复数对应的点在第四象限，故A正确；
已知，关于的方程的一个根是，
则，整理得，
所以，；解得：，所以，，故B正确；
由得方程，又知道一个根是，
所以，结合韦达定理，可得另一个根是，所以，，故C正确；
两个虚数不能比较大小，故D错误；
故选ABC．
10．【答案】CD
【详解】A：且，故平均数不相同，错误；
B：若第一组中位数为，则第二组的中位数为，显然不相同，错误；
C：，故方差相同，正确；
D：由极差的定义知：若第一组的极差为，则第二组的极差为，故极差相同，正确；
故选CD
11．【答案】ACD
【详解】对于选项A，B：由已知可得，
由余弦定理有，得到，
在中，有，
因为平面，
所以，
又因为为线段的中点，
所以，故A正确，B错误；
对于C：因为，，，
所以，即，
又因为，是平面内两条相交直线，
所以平面，且四边形为正方形，
当为线段的中点时，，
由三垂线定理可知，
此时，
所以的最小值为，故正确；
对于D：将绕旋转到与同一平面（如图所示），
连接交于点此时取得最小值，最小值即长，
在中，，，，
故，
故，即，
又易知，故，
由余弦定理得，
所以，
故的最小值为，故正确．
故选ACD．
12．【答案】
【详解】向量．
向量对应的复数是．
13．【答案】
【详解】因为向量，，且，故，解得.
14．【答案】1
【详解】依题意，，,
因三点共线，即，则存在，使得，
即得，解得.
15．【答案】（1）
（2）
【详解】（1）因为，，且，
则.，
由正弦定理得，
因为，所以，
可得，即.
且，所以.
（2）在中，由余弦定理可得，
即，
整理可得，解得，或（舍），
所以的面积.
16．【答案】（1）；
（2）（i）；（ii）.
【详解】（1）在中，由及正弦定理，
得，
即，
整理得，而，则，
于是，整理得，
即，而，解得，
所以.
（2）（i）由余弦定理得，
当且仅当时取等号，因此，而，
则，所以，
所以周长的取值范围是.
（ii）由（i）知，当且仅当时取等号，
所以，
因此，
所以面积的最大值为.
【方法总结】求三角形面积的方法：解三角形求出有关量，利用公式求面积，常用的面积公式为S＝absin C＝acsin B＝bcsin A，一般是已知哪个角就使用哪一个公式．
17．【答案】（1）
（2）
【详解】（1）在直角梯形中，，，为的中点，
所以.
（2）由，得，由，得，
因此，而，
所以.
18．【答案】（1）见详解
（2）；
【详解】（1）如图，因为点是正方形的对角线的中点，所以三点共线，连结，
点是对角线的交点，所以是的中点，是的中点，
所以，
平面，平面，
所以平面

（2）（ⅰ）连结，
若二面角的大小为，
则平面平面，且平面平面，
，且平面，
所以平面，平面，
所以，

又因为，所以，则，
又，，
异面直线与所成的角为与所成的角，为或其补角，
中，，
所以异面直线与所成角的余弦值为；
（ⅱ）取的中点，连结，因为，所以，
所以平面，
连结，为直线与底面所成的角，
因为底面边长为1，，
所以,，
,
所以.

所以直线与平面所成角的大小为.
19．【答案】（1）见详解
（2）
【详解】（1）因为，是圆柱的两条母线，
所以，且，所以四边形为平行四边形，
所以，
又平面，平面，所以平面.
（2）因为是下底面圆的直径，C是下底面圆周上异于A，B的动点，
所以，
又因为是圆柱的一条母线，所以底面，
而底面，所以.
因为平面，平面，且，
所以平面.
又由（1）知，所以平面
所以为直线与平面所成的角.
设圆柱的底面圆半径为r，母线长为l，
因为圆柱的侧面积等于两底面面积的和，所以，得，
又C为弧的中点，所以，
所以在中，
在中，
所以直线与平面所成角的正切值为.
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一、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．已知复数满足，则在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
2．如图，在四边形中，，，设，，则等于（ ）
A． B． C． D．
3．已知某圆台的侧面展开图是如图所示的扇环，且，的弧长分别为，．若，则该圆台的体积是（ ）

A． B． C． D．
4．文峰塔建于清道光三十年（1850年），具有镇洪水和象征人文鼎盛的寓意，现为重庆市文物保护单位，并成为广益中学的标志性景观之，该塔为七级楼阁式砖石结构，底层以条石筑成，塔身呈六边形，逐层向上收窄，顶部为六角攒尖葫芦宝顶.其建筑特色和地理位置（南山之巅）使其成为俯瞰山城的重要观景点. 我校“文峰数智社”为了测量其高度，设文峰塔高为，在与点B同一水平面且共线的三点C，D，E处分别测得顶点A的仰角为，且，则文峰塔的高约为（ ）
（参考数据：）
A． B． C． D．
5．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列四个命题正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
6．已知复数z满足，则（ ）
A． B． C． D．
7．已知m，n为不同的直线，α，β为不同的平面，则下列说法中正确的是（ ）
A．若，，则 B．若，．且，则
C．若，，则 D．若，，则
8．在直三棱柱中，，，E是的中点，则异面直线与所成的角的余弦值是（ ）

A． B． C． D．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9．在中，角所对的边分别是，，，下列命题正确的是（ ）
A．若，，则面积的最大值为
B．若，，则面积的最大值为
C．若，，要使满足条件的三角形有且只有两个，则
D．若，且，则该三角形内切圆面积的最大值为
10．在中，，，，点D，M分别满足，，与相交于点F，则（ ）
A． B．
C． D．
11．如图，在棱长为2的正方体中，已知分别是棱，，的中点，点满足，，则下列结论正确的是（ ）
A．平面
B．若Q，M，N，P四点共面，则
C．过点Q有且仅有一条直线与，都相交
D．若，点F在侧面上（包括边界），且平面，则点F的轨迹长度为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD是边长为1的正方形，PA＝1，则侧面PCD与底面ABCD所成的二面角的大小是 ．

13．三角形是常见的几何图形，它有很多性质，如：性质的面积；
性质2：对于内任意一点，有；
性质内存在唯一一点，使得 ，这个点称为的“勃罗卡点”，角 称为的“勃罗卡角”.
若的三边长分别为1，1，，根据以上性质，可以计算出的“勃罗卡角”的正切值为______.
14．如图，计划在两个山顶M，N间架设一条索道.为测量M，N间的距离，施工单位测得以下数据：两个山顶的海拔高，在BC同一水平面上选一点A，在A处测得山顶M，N的仰角分别为和，且测得，则M，N间的距离为 .

四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15．已知的内角，，所对的边分别为，，，向量，，且．
（1）求角的大小；
（2）若，，求的面积．
16．如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，平面平面，且，，，.

（1）求证：平面平面；
（2）当时，求直线与平面所成角的正弦值；
（3）当时，求二面角的正切值的取值范围.
17．在中，，，，是边上的动点（不与，重合），过点作的平行线交于点，将沿折起，点折起后的位置记为，得到四棱锥，如图所示．

（1）证明：平面；
（2）若为中点，且平面平面，求二面角的余弦值；
（3）若为中点，是否存在点，，使得，若存在，求的取值范围；若不存在，请说明理由．
18．（用坐标法不给分）已知平行六面体所有棱长均为．
（1）求证：平面平面；
（2）设平面与平面交于直线，求证：直线平面；
（3）求二面角的平面角的正弦值．
19．在数学上用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体某顶点的曲率等于2π与多面体在该点的面角之和的差，其中面角是多面体的面的内角（角用弧度制表示）．例如：对于正四面体任意一个顶点，每个面角均为，所以正四面体在该顶点的曲率为．
（1）如图1，该多面体由边长相等的10个正三角形和2个正五边形围成，任取一顶点，求该点的曲率；
（2）如图2，在正三棱台中，，，点A与处的曲率之差为π．若D为侧面（含边界）内一动点，且直线BD与平面所成角的正切值为2，求动点D的轨迹长度；
（3）某多面体由边长相等的个正三角形和个正五边形围成，若各顶点的曲率之和为4π，且每个顶点与其相连接的棱所形成的空间图形均相同（图3为满足条件的两个多面体示例），求该多面体面数的所有可能取值．
参考答案
1．【答案】B
【详解】由，得，
，
所以在复平面内对应的点为，位于第二象限，
故选B
2．【答案】C
【详解】因为，
所以
.
故选C.
3．【答案】C
【详解】由题设，圆台上下底面半径分别为，高，
所以圆台的体积.
故选C
4．【答案】B
【详解】由题知，设，
则，
又，
所以在中，，①
在中，，②
联立①②，解得
故选B.
5．【答案】A
【详解】对于A，若，由线面垂直的性质可得，故A正确；
对于B，若，则或相交或异面，故B错误；
对于C，若，则或，故C错误；
对于D，若，则或，故D错误.
故选A.
6．【答案】B
【详解】，故，
.
故选B
7．【答案】C
【详解】对于：若，，则或，故错误；
对于：若，．且，
则或与相交或与异面，故错误；
对于：若，过作平面，使，
则，因为，
所以，又，所以，故正确；
对于：若，，则或，故错误.
故选.
8．【答案】B
【详解】如图，取中点，中点，连接

在直三棱柱中，，所以平面，有平面，所以，则
因为分别为中点，所以
又可得，则四边形为平行四边形
所以，则为异面直线与所成的角或其补角
由平面，平面，可得，所以，
在中，，，由余弦定理得，
所以，
所以在中，由余弦定理得
所以异面直线与所成的角的余弦值.
故选B.
9．【答案】AD
【详解】对于选项A：由余弦定理可得，即，
可得，解得，当且仅当时，等号成立，
所以面积的最大值为，故A正确；
对于选项B：由余弦定理可得，即，
可得，解得，当且仅当时，等号成立，
所以面积的最大值为，故B错误；
对于选项C：由余弦定理可得，即，
整理可得，
由题意可知：关于c的方程有2个不相等的正根，
则，解得，
且，可得，故C错误；
对于选项D，因为，即，
则，整理可得，
注意到，则，即，可知，
且，则该三角形内切圆半径.
又因为，
当且仅当时，等号成立，可得，
所以该三角形的内切圆面积的最大值是，故D正确.
故选AD.
10．【答案】ABC
【详解】
，，
，故A正确；
，故B正确；
设，
三点共线，可设，
，即，故C正确；
根据题意，，，
，
，故D错误.
故选ABC.
11．【答案】ACD
【详解】对于A,因为平面平面,平面,所以平面,故A正确；
对于B,作直线，分别交延长线于点，
再连接并延长交延长线于点，连接交于点，
因为分别是棱，，的中点，可作正方体截面为正六边形，
它们交于各棱中点，所以为中点，由可得，故B错误；
对于C,由平面平面，则，
因为都在平面内，所以由图可得必与相交，
根据以上作图可得唯一交点，所以直线是唯一与和相交的直线，故C正确；
对于D，由分别是棱的中点，点满足，
则过作平行于，交于，由图可得，连接，
再过点作的平行线交于，可得，
再过点作的平行线交于，可得为的中点，
则可得平面，平面，平面，
所以平面平面，若平面，则平面，
因为平面平面，所以，
由于正方体棱长为2，可得，故D正确；
故选ACD.
12．【答案】45°
【详解】因为底面ABCD是边长为1的正方形，所以AD⊥CD，
又因为PA⊥底面ABCD，CD 底面ABCD，所以PA⊥CD，
因为PA∩AD＝A，PA、AD在面PAD内，所以CD⊥平面PAD，
又因为PD 平面PAD，所以CD⊥PD，
于是∠PDA为侧面PCD与底面ABCD所成的二面角的平面角，
因为PA⊥底面ABCD，AD 底面ABCD，PA⊥AD，
又因为PA＝1，AD＝1，所以∠PDA＝45°，
于是侧面PCD与底面ABCD所成的二面角的大小为45°．
13．【答案】
【详解】因为的三边长分别为1，1，，不妨设,,，如图，
由余弦定理得，得 ，故 , .在中， ，由正弦定理得，则 .在中， ，由正弦定理得，则，
则，得 ，故.
14．【答案】
【详解】在中，，，
由正弦函数：，，
在中，，，
由正弦函数：，则，
在中，已知，，，
由余弦定理：
，
，所以，M，N间的距离为
15．【答案】（1）
（2）
【详解】（1）因为，，且，
则.，
由正弦定理得，
因为，所以，
可得，即.
且，所以.
（2）在中，由余弦定理可得，
即，
整理可得，解得，或（舍），
所以的面积.
16．【答案】（1）证明见详解；
（2）；
（3）.
【详解】（1）由，，，可知，
故；
又平面平面，平面平面，平面，
故平面，又平面，故，
又，平面，
故平面，又平面，
故平面平面；
（2）由（1）知，而，底面是平行四边形，
，，故，
；
设点D到平面的距离为d，
由，
得,
解得，
设直线与平面所成角为，则，而，
故；
（3）作于M，作于N，连接，

因为平面平面，平面平面，
平面，故平面，又平面，
故，，而，平面，
故平面，又平面，故，
则即为二面角的平面角；
设，，则，
，
因为，可得，
又，则，
故在中，，
设，则
，
因为，故，则，
即二面角的正切值的取值范围为.
17．【答案】（1）见详解
（2）
（3）存在；
【详解】（1）由题意知，又平面，平面
所以平面
（2）在中，由余弦定理
，，
，
在翻折过程中，，
为二面角的平面角
平面平面，
，
又，且，平面，
平面
为中点，
法1：作于，连接
则在平面的射影为
平面，
且，平面，
平面
，平面，，
为二面角的平面角，设
法2：，，
取中点为，连，，则，
为二面角的平面角，设
，，
又，，
，，
二面角的余弦值为
（3），
，平面，，
平面
平面，
平面平面
过作于，
平面平面，平面，
平面
平面，
当且仅当，显然，在线段延长线上
如图，作于

则和都是等腰直角三角形
为中点，
设，则，
，
即，，故存在，使得
其中，在平面上射影为
在延长线上，且
18．【答案】（1）见详解
（2）见详解
（3）
【详解】（1）如图，设与交于点，连接，
在菱形中，，O为BD中点，
易知，所以，
所以为等腰三角形，则，
又因为，平面，平面,
所以平面，
因为平面，所以平面平面．
（2）连接，易知，
因为平面平面，
所以平面，
因为平面平面，所以，
因为平面平面，所以平面．
（3）由题意知，则，
设，连接，由（1）可知，平面，所以，
因为，所以，所以为等腰直角三角形，且，取中点，连接，则
过作交于，连接，
所以就是二面角的平面角，
等腰中，，同理，
所以，即，
所以，即为的中点，
在中，，
即,,
解得，
所以在中，，所以，
二面角的平面角的正弦值为．
19．【答案】（1）
（2）
（3）12，32和92
【详解】（1）该多面体任取一顶点连接3个正三角形和1个正五边形，则该点的曲率为.
（2）梯形性质分析 ：由于梯形是等腰梯形，处的内角互补.
设梯形在的内角为，在的内角为，则.
但是根据曲率差的条件，.
解方程组：.
从点向下底作垂线，交于，上下底中点分别为.
由于上底，下底，
∴，∴，
设上下底面的中心分别为，在下底面内的射影为，则分别在上，
且，
计算得，
，
，
，
∴为的交点，由于∴，
∴点D的轨迹为如图所示的以为圆心，以为端点，半径为圆弧，
轨迹的长度为.
（3） 多面体由个正三角形和个正五边形组成，边长相等，各顶点曲率之和为4π.
每个顶点与其相连接的棱所形成的空间图形均相同（顶点传递性）.
欧拉公式 ：对于凸多面体，欧拉公式，其中是顶点数，是边数，是面数.这里.
曲率总和 ：根据题目，曲率总和为.
顶点均匀性 ：题目要求每个顶点相同，意味着多面体是顶点传递的，且每个顶点周围的配置相同.
面角计算 ：正三角形的内角为，正五边形的内角为.
顶点曲率 ：设每个顶点周围有个正三角形和个正五边形.
由于顶点相同，所有顶点配置相同，面角总和为，曲率为.
顶点数 ：由于所有顶点相同，曲率总和为，因此，.
边数计算 ：每个正三角形有3条边，每个正五边形有5条边，但每条边被两个面共享，总边数.
顶点配置 ：由于多面体是顶点传递的，每个顶点有相同的边数（即相同的面数）.
设每个顶点周围有个面，.
由于每条边连接两个顶点，，但是，，因此，.
结合欧拉公式 ：，得.
解方程组 ：我们有以下方程：
，
，
，
，
由于每个顶点相同，我们需要考虑可能的值.
枚举值 ：常见的多面体顶点面数满足，
∴只能为3，4，5等.
：.
可能的组合：：解得，，不满足题目要求；
：2个三角形和1个五边形，得，非整数，舍去.
：1个三角形和2个五边形，得，非整数，舍去.
：全五边形，不可能，因为三个五边形无法闭合（）.
：：全三角形，如八面体，解得，，舍去.
：3个三角形和1个五边形，解得.
现在，.
.
解方程组： ，
解得：.
因此，.
：2个三角形和2个五边形，得.
，
.
：1个三角形和3个五边形.
，舍去.
：全五边形，不可能.
：
：4个三角形和1个五边形.
.
.
，
∴
∴.
：3个三角形和2个五边形.
，舍去.
其他组合导致为负数或非整数.
：，方程组无解.
因此，多面体面数的所有可能取值为12，32和92.
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第 page number 页，共 number of pages 页2025--2026年 高三数学一轮复习人教版A版必修第二册期末综合提高练习试卷2
一、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．已知i为虚数单位，则（ ）
A． B． C． D．
2．1班有学生45人，2班有学生27人，3班有学生36人，用分层抽样的方法从这三个班中抽出24人参加数学趣味活动，那么1班被抽取的人数是（ ）
A．9 B．10 C．11 D．以上都不正确
3．在2025揭阳马拉松比赛活动中，四位志愿者被随机分配到四个物资发放点（站点），每人原属站点分别为．规定每人不能分配到原属站点，则志愿者A被分配到站点4的概率是（ ）
A． B． C． D．
4．已知一组数据1，2，3，4，的平均数与中位数相等，从这5个数中任取2个数，则这2个数字之积小于5的概率为（ ）
A． B． C． D．
5．已知平面向量的夹角是， ，，则（ ）．
A．2 B． C． D．
6．已知P为△所在平面外一点，平面∥平，且交线段于点，若，则:（ ）
A．2∶3 B．2∶5
C．4∶9 D．4∶25
7．在中，，，为角，，对应的边，则“”是“为直角三角形”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
8．某校高一、高二、高三年级的学生人数之比为3∶3∶4，现用分层随机抽样的方法从该校三个年级的学生中抽取容量为200的样本，则从高一年级抽取的学生人数为（ ）
A．60 B．80 C．100 D．50
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9．某批水稻种子有5%的是变异种，变异种当中有90%的是长不大的．在正常的种子中，90%的都能长大．下列说法正确的有（ ）
A．这批水稻长不大的占比超过10%
B．这批水稻种子既是变异种又是长不大的概率低于1%
C．如果有种子长不大，那么它是变异种的概率高于30%
D．如果有种子长大了，那么它是变异种的概率高于0.3%
10．下列命题为真命题的有（ ）
A．球体是旋转体的一种，且球面上的点到球心的距离都相等
B．现有两条平行直线，其中一条直线与一个平面相交，那么另一条直线可能与这个平面不相交
C．若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线相交
D．若直线m上的三个点在平面内，则
11．已知正方体的棱长为1，点为线段（含端点）上的动点，由点，，确定的平面为，则下列说法正确的是（ ）
A．平面截正方体的截面可能为等腰梯形
B．平面截正方体的截面可能为菱形
C．点运动过程中，三棱锥的体积为定值
D．三棱锥的外接球表面积的最小值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．在平面直角坐标系中，已知，，，若，则 .
13．若在斜二测画法得到的直观图中，分别是上的单位向量，定义：若，则点在直观图的坐标系中的坐标为．已知在直观图的坐标系中的点坐标为，则可以是 ．
14．在直角梯形中，已知，，，点是边上的中点，点是边上一个动点．则的取值范围是 ．
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15．在中，，，分别是角，，的对边，已知，点是的中点，点在线段上，且，线段与线段交于点．
（1）求角的大小；
（2）若，求的值；
（3）若的面积，点是的重心，求的最小值．
16．十七世纪法国数学家、被誉为业余数学家之王的皮埃尔 德 费马提出一个著名的几何问题：已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小．在费马提出的这个问题中所求的点被称为费马点，其答案如下：当三角形的三个角均小于时，费马点为三角形的正等角中心，即该点与三角形三个顶点的连线两两成角；当三角形有一内角大于或等于时，费马点为三角形最大内角的顶点．
已知中，，，分别是角，，所对的边，且，．
（1）求角的大小；
（2）若点为的费马点，求的值．
17．已知的内角的对边为，且
（1）求;
（2）若的面积为
①已知为的中点，且，求底边上中线的长;
②求内角的角平分线长的最大值.
18．已知锐角三角形的内角的对边分别为，且.
（1）若，求的面积；
（2）求的取值范围；
（3）求的取值范围.
19．（1）已知的三个内角的对边分别为.
①若，求的面积.
②记，求证：.
（2）在平面四边形中，，记，求证：四边形的面积.
参考答案
1．【答案】B
【详解】.
故选B
2．【答案】B
【详解】根据分层抽样的比例计算可得.
故选B
3．【答案】B
【详解】A被分配到站点4与被分配到站点2和站点3的机会是相等的，且A必然在站点2，3，4中的某一个，则A在站点2，3，4中的概率都是．
故选B．
4．【答案】B
【详解】由数据1，2，3，4，的平均数，
可得，所以，从这5个数中任取2个，结果有：
共10种，
这2个数字之积小于5的结果有：，共4种，
所以所求概率为.
故选B
5．【答案】C
【详解】因为，所以.
因为平面向量，的夹角为，
所以.
因为，
所以.
故选C
6．【答案】D
【详解】∵平面∥平面，平面平面，平面平面，
，同理可得，
∴:，
又，∴，
∴:.
故选D
7．【答案】A
【详解】因为，
由正弦定理得，且，
所以，
化简得
又，
所以，
又，即；充分性得证.
若为直角三角形，则当时，结论不一定成立，必要性不成立.
故选A.
8．【答案】A
【详解】已知高（一）高二、高三年级的学生人数之比为，那么高一年级学生人数占三个年级总人数的比例为：
现用分层随机抽样的方法从该校三个年级的学生中抽取容量为$200$的样本，根据分层抽样的计算方法，从高一年级抽取的学生人数为：
（人）
从高一年级抽取的学生人数为60人.
故选A.
9．【答案】ACD
【详解】这批水稻长不大的占比为，故A正确，
这批水稻种子既是变异种又是长不大的概率为，故B错误，
种子长不大的概率为，则是变异种的概率为，故C正确，
种子长大的概率为，它是变异种的概率为，故D正确，
故选ACD
10．【答案】AD
【详解】A选项，球体是旋转体的一种，由球的定义可知球而上的点到球心的距离都相等，故A正确；
B选项，如图，，，则直线可确定平面，且，
则，由于，所以也与直线相交，设交点为，则，
所以，故B错误；
C选项，若一条直线平行于两个相交平面，由线面平行的性质定理可知这条直线与这两个平面的交线平行，故C错误；
D选项，根据平面的性质可知，如果一条直线上有两个点在一个平面内，则这条直线在这个平面内，即，故D正确．
故选AD．
11．【答案】ACD
【详解】截面可能为等腰梯形或矩形，不可能为菱形，故A正确，B错误；
对于C，因为平面，所以到平面的距离为定值，
所以三棱锥的体积为定值，即三棱锥的体积为定值；
对D选项，如图，分别取左右侧面的中心，，则三棱锥的外接球的球心在线段上.
设为，则，设，则，又，外接球的半径.
在与中，由勾股定理得，，
两式相减得：，
所以，
所以三棱锥的外接球表面积，D正确.
故选:ACD.
12．【答案】
【详解】，，，得，.
13．【答案】（或），任意写一个都算对
【详解】如下图所示，根据斜二测画法得到直观图，
当坐标轴夹角为时，运用余弦定理可知.
当坐标轴夹角为时，运用余弦定理可知.
14．【答案】
【详解】以为原点，，所在的直线为分别为轴建立
如图所示的平面直角坐标系，则，
设，，
，，
所以，
因为，所以.
15．【答案】（1）
（2）
（3）
【详解】（1）因为，
所以由正弦定理可得，整理得，
故，
因为，所以．
（2）如图，
由题意可得，，
因为，，三点共线，
故可设，，
又因，，三点共线，故，
所以，故．
（3）连接，
因为，所以，
因为，
所以，
于是，两边平方化简得：
，当且仅当时取等号，
所以，即．
所以的最小值为．
16．【答案】（1）；
（2）.
【详解】（1）由，及正弦定理得，
因为，所以，消去得．
因为，故或，
而根据题意，故不成立，
所以，又因为，代入得，所以．
（2）由（1）可知，，结合三角形内角和性质可知，的三个内角均小于，
结合题设易知点P一定在的内部．
由余弦定理可得，
解得
，
所以，
所以
．
17．【答案】（1）
（2）①；②
【详解】（1）由正弦定理得，即，
故，因为，所以，
所以.
（2）①由（1）知，因为的面积为，
所以，解得，
且，解得，由于，
所以
，所以，即.
②因为为角的角平分线，所以，
由于，
得到，
由于，所以，
由二倍角公式得，则，解得，
又，所以，
由于，当且仅当时，等号取得到，
故，故.
18．【答案】（1）
（2）
（3）
【详解】（1），则，
结合，故，
又，,故,
故面积为；
（2）由于是锐角三角形，故，结合且，
，
由于对勾函数在单调递减，在单调递增，
或
，当且仅当时取等号，
故当时，，
故，因此，
由于，故
（3）由于，其中为三角形的面积，
同理可得，
因此，
由于，故,
由于，所以，
故
19．【答案】（1）①；②见详解；（2）见详解
【详解】（1）①，则，
所以；
②证明：
.
（2）设则，
，又，
，
综上，，
且，
所以，
，
由的确定性，当，即时，有最大值，
即四边形有外接圆时，四边形的面积最大.
，则
，
，
，
.
第 page number 页，共 number of pages 页
第 page number 页，共 number of pages 页2025--2026年 高三数学一轮复习人教版A版必修第二册期末综合提高练习试卷3
一、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．已知i为虚数单位，则复数（ ）
A． B．i C．0 D．1
2．有一组样本数据：，，，，，，，，则下列关于该组数据的数字特征中，数值最大的为（ ）
A．中位数 B．平均数
C．极差 D．众数
3．在复平面内，对应的点位于( )
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
4．如图，为正方体，下面结论错误的是（　　）
A．平面
B．
C．平面
D．异面直线与所成的角为
5．在中，，则（ ）
A． B． C． D．
6．已知，下列说法①若，则；②若，则；③若，则；④若事件A，B相互独立，则；⑤若事件A，B相互独立，则；正确的有（ ）
A．①②④ B．①④ C．①③⑤ D．①④⑤
7．已知一个圆锥的侧面展开图是个半圆，利用斜二测画法画此圆锥时，直观图的底面曲线中心在原点，底面曲线与轴、轴正半轴分别交于，两点，已知的面积为.若圆锥被平行于底面的平面所截，截去一个底面半径为的圆锥，则所得圆台的体积为（ ）
A． B． C． D．
8．设是互不重合的平面，m，n是互不重合的直线，给出下面四个说法：
①若，，则；
②若，，则；
③若，，则；
④若，，，则.
其中所有错误说法的序号是（ ）
A．①③ B．①④ C．①③④ D．②③④
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9．如图，点为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中满足直线平面的是（ ）
A． B．
C． D．
10．已知平面向量，则（ ）
A．不垂直
B．，使得共线
C．当时，
D．当时，在方向上的投影向量为
11．下列命题为真命题的有（ ）
A．球体是旋转体的一种，且球面上的点到球心的距离都相等
B．现有两条平行直线，其中一条直线与一个平面相交，那么另一条直线可能与这个平面不相交
C．若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线相交
D．若直线m上的三个点在平面内，则
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．将一颗质地均匀的正方体骰子先后抛掷2次,观察向上的点数,则点数和为5的概率是　　　　.
13．为加快推进“5G＋光网”双千兆城市建设，如图，在东北某地地面有四个5G基站A，B，C，D.已知C，D两个基站建在松花江的南岸，距离为km；基站，在江的北岸，测得，，，，则，两个基站的距离为
14．中国古建筑屋顶形式比较多元化，十字歇山顶就是经典样式之一，图①角楼的顶部即为十字歇山顶.其上部可视为由两个相同的直三棱柱交叠而成的几何体（图②），这两个三棱柱有一个公共侧面.在底面中，若, ，则该几何体的表面积为________.
图① 图②
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15．已知，.
（1）若，求的值；
（2）若且，求在方向上的投影数量.
16．（用坐标法不给分）如图，在矩形中，已知，，为的中点，将沿向上翻折，得到四棱锥.
（1）若，求异面直线与所成角的余弦值；
（2）求证：；
（3）在翻折过程中，记二面角的大小为，求二面角的最大值及此时的值.
17．乒乓球被称为中国的“国球”，在2024年巴黎奥运会乒乓球比赛中，中国乒乓球队包揽五块金牌.11分制乒乓球比赛，每赢一球得1分，当某局打成平后，每球交换发球权，先多得2分的一方获胜（比如：比分为，得12分者胜），该局比赛结束.甲、乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为，乙发球时甲得分的概率为，各球的结果相互独立.在某局双方10：10平后，甲先发球.
（1）若两人又打了2个球比赛结束且甲获胜的概率为，求的值；
（2）若满足（1）中条件取值，记事件“两人又打了4个球该局比赛结束”，事件“两人又打了个球该局比赛结束”.
（i）求；
（ii）直接写出.
18．（1）已知的三个内角的对边分别为.
①若，求的面积.
②记，求证：.
（2）在平面四边形中，，记，求证：四边形的面积.
19．如图，斜三棱柱中，，四边形是菱形，为的中点，平面，．
（1）求证：四边形为矩形；
（2）在上是否存在点，使得平面，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由；
（3）若分别为，的中点，求此斜三棱柱被平面所截的截面面积．
参考答案
1．【答案】B
【详解】.
故选B.
2．【答案】C
【详解】由题设数据，其中位数、众数为3，平均数，极差为，
所以最大的为极差.
故选C
3．【答案】A
【详解】，在复平面内对应的点的坐标为，位于第一象限，故选.
4．【答案】D
【详解】在正方体中与 平行，因此有与平面 平行，A正确；在平面 内的射影垂直于，因此有，B正确；与B同理有与 垂直，从而 平面 ，C正确；由知与所成角为45°，D错．故选D．
5．【答案】B
【详解】∵，
∴由余弦定理，
则得，
∴解得：，或（舍去），
∴由正弦定理可得：．
故选B.
6．【答案】D
【详解】因为，
①若，则，故①正确；
②若，，因为的值不确定，故②错误；
③若，则，即③错误；
④若事件A，B相互独立，则，所以④正确；
⑤若事件A，B相互独立，则，可知⑤正确.
故选D
7．【答案】A
【详解】设圆锥的底面圆半径为，母线长为，由题意可得，故，
所以，圆锥的高为，
由斜二测画法可知，，，
故，解得.
故圆锥的高为.
若圆锥被平行于底面的平面所截，截去一个底面半径为的圆锥，则圆台的上底面半径为下底面半径的一半，
故截掉的圆锥的高为，从而可知圆台的高为，
由台体的体积公式可知该圆台的体积为，
故选A.
8．【答案】C
【详解】①若，，则或相交，故错误；
②若，，则可得，故正确；
③若，，则，故错误；
④若，，，当时，，故错误.
故选C
9．【答案】AD
【详解】选项A，如题所示连接交与，则为中点，
又因为是中点，所以，
因为平面，平面，所以平面，A满足题意；
选项B，将直线平移使得点与点重合，则显然可知与平面不平行，B不满足题意；
选项C， 连接，由条件和正方体的性质可知，，
所以五点共面，即在平面内，所以与平面不平行，C不满足题意；
选项D，取的中点为，连接，
因为是棱上中点，所以，，所以四边形是平行四边形，
所以，因为平面，平面，所以平面，D满足题意；
故选AD
10．【答案】ABD
【详解】因为，
则，
所以不垂直，所以选项A 正确.
假设，则，所以，
所以当时，共线，所以选项B正确.
当时，，
所以，所以，所以选项C错误.
当时，，
所以在方向上的投影向量为.
故选.
11．【答案】AD
【详解】A选项，球体是旋转体的一种，由球的定义可知球而上的点到球心的距离都相等，故A正确；
B选项，如图，，，则直线可确定平面，且，
则，由于，所以也与直线相交，设交点为，则，
所以，故B错误；
C选项，若一条直线平行于两个相交平面，由线面平行的性质定理可知这条直线与这两个平面的交线平行，故C错误；
D选项，根据平面的性质可知，如果一条直线上有两个点在一个平面内，则这条直线在这个平面内，即，故D正确．
故选AD．
12．【答案】
【详解】一颗质地均匀的正方体骰子先后抛掷2次,可得基本事件的总数为6×6=36种,而点数和为5所包含的基本事件为(1,4),(2,3),(3,2),(4,1),共4种,则点数和为5的概率P==.
13．【答案】
【详解】，所以，,
，
中，，
中，,
，即，得，
中，.
14．【答案】
【详解】如图所示，该几何体可视为两个直三棱柱挖去一个四棱锥，
且四棱锥为正四棱锥，其斜高长为.由题意可知，故，
故两个直三棱柱的表面积之和为，两者有公共侧面，其面积为，而四棱锥的侧面积为，
故该几何体的表面积为.
【易错警示】在计算组合体的表面积时，将组合体分成几个常规几何体再去计算表面积是一种常规方法.但是一定要注意，单独计算常规几何体表面积时，两个几何体重叠部分的面积会被重复计算，所以组合体的表面积等于常规几何体的表面积的和减去重叠部分的面积.
15．【答案】（1）或
（2）
【详解】（1）因为，，
由于，所以，
所以或.
（2）因为，，则，
若且，则，解得，
则，，可得，
所以在方向上的投影数量.
16．【答案】（1）
（2）见详解
（3），.
【详解】（1）因为，
所以即为异面直线与所成角，
在中，由余弦定理，.
（2）连结，交于，连结，
因为，且，所以，
所以，即，所以，，
又平面，所以平面，平面，所以.
（3）由（2）知，即为二面角的平面角，即，，当时，二面角的平面角的大小为0；
当时，作，垂足为，作，垂足为，连结，
由（2）知，平面，所以平面平面，平面平面，平面，所以平面，
平面，所以，又因为，平面，所以平面，
平面，所以，
所以即为二面角的平面角，
在矩形中，，，所以，
又，
所以，
综上，当且仅当，即时，最大为.
17．【答案】（1）
（2）（i）；（ii），.
【详解】（1）记表示打第个球是甲胜，
两人又打了2个球比赛结束且甲获胜即，各球的结果相互独立，
，，，.
（2）（i），为奇数；，为偶数.
.
，，，互斥，各球的结果相互独立.
.
.
.
.
.
（ii），.
18．【答案】（1）①；②见详解；（2）见详解
【详解】（1）①，则，
所以；
②证明：
.
（2）设则，
，又，
，
综上，，
且，
所以，
，
由的确定性，当，即时，有最大值，
即四边形有外接圆时，四边形的面积最大.
，则
，
，
，
.
19．【答案】（1）见详解
（2）存在，
（3）
【详解】（1）斜三棱柱中，侧面是平行四边形，
因为平面，平面，所以，
因为，，所以平面，
又因为平面，所以，所以四边形为矩形.
（2）如图，过点作的垂线交于点，
因为平面，平面，所以，
又因为，，，所以平面，
过点作的平行线交于点，连接，所以平面，
由斜三棱柱的性质易知，
在平面中以为原点，为轴建立平面直角坐标系，
所以，，，，，
设，则，所以，，
因为，所以，
即，解得，
在上是存在点，当时，平面.
（3）延长，交于点，连接交于点，连接，，
则四边形即为所得截面，
因为四边形是菱形，为的中点，平面，平面，
所以，是等边三角形，则，
因为，所以，
过作交于，
因为，，，平面，所以平面，
因为平面，所以，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以，，
在中，因为，
由余弦定理可知，
因为分别为，的中点，，易知与全等，
所以，，，
在直角三角形中，由可得，
在中，由余弦定理可知，
所以，
所以，
设截面面积为，由于，，
所以
.
即所求截面面积为.
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