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期末真题百练通关（114题27大常考题型）
题型一平面向量的概念 1
题型二向量共线求参数 3
题型三向量的线性运算 4
题型四向量的数量积 5
题型六向量的线性表示 7
题型七投影向量 11
题型八向量夹角模长 13
题型五向量最值问题 15
题型九正余弦定理的应用 20
题型十正余弦定理求最值、取值范围 24
题型十一复数的四则运算 27
题型十二复数的类型求参数 28
题型十三复数方程 30
题型十四平行问题 31
题型十五垂直问题 36
题型十六外接球问题 41
题型十八线线角问题 44
题型十九线面角问题 48
题型二十 二面角问题 53
题型二十一点线面的位置关系 61
题型二十二斜二测画法 63
题型二十三表面积体积题 65
题型二十四距离问题 68
题型二十五分层抽样 74
题型二十六用样本估计总体 75
题型二十七事件的概率 79
题型一平面向量的概念
1．(24-25高一下·湖南岳阳华容县·期末)下列说法正确的是（　　）
A．若，则 B．零向量没有方向
C．相等向量的长度相等 D．共线向量是在同一条直线上的向量
【答案】C
【分析】根据向量的相关概空可判断AC的真假；根据零向量的概念可判断B的真假，根据共线向量的概念可判断D的真假.
【详解】对A，由，不能得到方向相同，所以未必成立，故A错误；
对B：零向量的方向是任意的，故B错误；
对C：根据相等向量的概念，C正确；
对D：共线向量是指方向相同或相反的向量，故D错误.
故选：C
2．(24-25高一下·甘肃酒泉普通高中·期末)下列条件中能得到的是（ ）
A． B．与的方向相同
C．，且 D．且
【答案】D
【分析】根据相等向量的定义即可逐一判断各选项.
【详解】因等价于长度相等，方向相同.
对于A，由不能确定方向是否相同，故A错误；
对于B，与的方向相同，但长度不确定是否相等，故B错误；
对于C，当，且时，若的方向相反，则不成立，故C错误；
对于D，当且时，长度相等，方向相同，故D正确.
故选：D.
3．(23-24高一下·陕西渭南富平县·期末)（多选）已知，为两个单位向量，则下列四个命题中错误的是（ ）
A．与相等 B．如果与平行，那么与相等
C．与共线 D．如果与平行，那么或
【答案】ABC
【分析】根据相等向量，共线向量的定义进行判断.
【详解】A选项，与为两个单位向量，它们模长相等，但方向不一定相同，A选项错误；
B选项，如果与平行，即与共线，根据共线向量性质，此时它们可能同向共线或者反向共线，
当它们反向共线时，与不相等，B选项错误；
C选项，两个单位向量的夹角为或，它们才共线，但这是不一定的，C选项错误；
D选项，如果与平行，即与共线，根据共线向量性质，此时它们可能同向共线或者反向共线，
即或，D选项正确.
故选：ABC.
4．(23-24高一上·辽宁县级重点高中协作体·期末) （多选）下列命题正确的是（ ）
A．数轴上零向量的坐标为0
B．若与都是单位向量，则的最小值为0
C．若，则
D．若，则线段的中点坐标为
【答案】ABD
【分析】根据题意可直接判断A正确；当与方向相反时，可知B正确；利用两点间的距离公式计算可知C错误；利用中点坐标公式进行计算可知D正确.
【详解】数轴上零向量的坐标为正确.
若与都是单位向量，当方向相反时，
的最小值为正确.
若，则，错误.
若，则线段的中点坐标为，正确.
故选：ABD.
题型二向量共线求参数
1．(25-26高一·浙江金华十校·期末)已知向量.若三点共线，则（ ）
A． B． C．3 D．4
【答案】A
【分析】利用三点共线的概念进行求解.
【详解】若，，三点共线，则向量与共线，
因为，，
由共线条件可得：，
化简可得：，求解得：.
故选：A.
2．(23-24高一下·四川成都蓉城联考·期末)已知为共线向量，且，则__________.
【答案】
【分析】根据共线向量，求出
【详解】根据为共线向量，且,
则，解得.
故答案为：.
3．(25-26高一上·广东实验中学·期末)设在一条直线上，在该直线外，已知，则等于___________．
【答案】2
【分析】由三点共线可得两个向量共线，再结合平面向量基本定理可得.
【详解】因为共线，所以，，
因为向量不共线，且，
所以，解得.
故答案为：2
4．(25-26高一上·辽宁重点中学协作校·期末)已知向量，不共线，，，其中，，那么三点共线的充要条件为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】利用三点共线有得到，代入和求解即可.
【详解】，，
三点共线，，
，，
，，故选项C正确.
故选：C.
题型三向量的线性运算
1．(24-25高一下·陕西西安临潼区华清中学等校·期末)（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】解：．
2．(24-25高一下·北京顺义区·期末)在平面直角坐标系中，，，则向量（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据“一个向量的坐标等于表示此向量的有向线段的终点的坐标减去起点的坐标”即可求得.
【详解】因为，，所以.
故选：A.
3．(24-25高一下·甘肃白银多校·期末)已知，，若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据向量的减法表示，进而得到，再根据向量加法的坐标运算法则计算即可.
【详解】因为，所以，
解得.
故选：C
4．(24-25高一下·重庆长寿区·期末)已知向量，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据坐标运算求解即可.
【详解】因为，所以，
故选：C
题型四向量的数量积
1．(25-26高一上·河北石家庄二中教育集团·期末)已知在矩形中，，点是边的中点， 则________.
【答案】
【分析】利用向量三角形法则表示出向量，然后利用数量积求解即可.
【详解】由题意如图所示：
由，，
因为，所以，
所以
，
故答案为：.
2．(25-26高一·江苏盐城亭湖高级中学·期末)已知，在上的投影向量为，则的值为_____________.
【答案】2
【分析】利用投影向量的定义可得答案.
【详解】由投影向量公式，在上的投影向量为，
由题意得
又，代入得即
故答案为：2
3．(25-26高一·江苏天一中学·期末)如图，等边的边长为1，点分别为的中点，连接并延长到点，使得，则______.
【答案】/0.125
【分析】以为基底，将表示出来，从而求得数量积.
【详解】因为点D，E分别是边AB，BC的中点，所以，
因为，所以，
所以.
因为，，，
所以
.
故答案为：
4．(25-26高一上·云南昆明第一中学·期末)若单位平面向量夹角为，向量，向量，则下列命题为假命题的是（）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】对于A，通过计算模的平方并利用垂直条件得出模长相等；对于B，直接展开数量积并代入已知条件求得定值；对于C，假设平行后利用基底不共线推出矛盾；对于D，则通过展开数量积验证其是否为零来判断垂直关系.
【详解】已知单位向量、的夹角为，因此且
A选项：，，
，，
故，A为真命题；
B选项：，B为真命题；
C选项：假设，则存在使，
整理得：，
由于与不共线（夹角为），则且，
此方程组无解，矛盾，故与不平行，C为假命题；
D选项：
所以，D为真命题.
故选：C
题型六向量的线性表示
1．(25-26高一上·安徽·期末)在梯形中， ，点在对角线上，且，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据平面向量线性运算在几何图形中的应用，结合题意，直接表示即可.
【详解】根据题意，作图如下所示：
由题意得，.
故选：A.
2．(25-26高一上·湖南衡阳第八中学·期末)向量，，在正方形网格中的位置如图所示，若（，），则________．
【答案】4
【分析】结合图象建立直角坐标系，得出向量，，坐标，利用向量关系列方程组求出，进而求解．
【详解】设图中方格单位为1，建立下图所示直角坐标系，
则，，
，
，
，解得，
．
故答案为：4．
3．(25-26高一·浙江台州·期末)在中，点为上一点且满足，设，，，.
(1)用、表示向量；
(2)若，求边的长度.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用平面向量的线性运算可得出关于、的表达式；
（2）利用平面向量数量积的运算性质可求得的值，再利用平面向量数量积的性质可求得的值.
【详解】（1）.
（2）因为，
；
由题意得，解得，
所以
.
4．(25-26高一·浙江金华十校·期末)如图，在中，点是中点，点、分别在边、上，，.设，.
(1)用向量、表示；
(2)若，，，求向量、夹角的余弦值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用平面向量的减法可得出关于、的表达式；
（2）解法一：利用平面向量数量积的运算性质可求得向量、夹角的余弦值；
解法二：推导出为等腰直角三角形，然后以为原点，的方向为轴的正方向，的方向为轴的正方向建立平面直角坐标系，利用平面向量数量积的坐标表示可求得结果；
解法三：推导出为等腰直角三角形，然后以为原点，的方向为轴的正方向建立平面直角坐标系，利用平面向量数量积的坐标运算可求得结果.
【详解】（1）由题意可得.
（2）解法一：由（1）得
，
因为为的中点，所以，
从而，
，
所以，
故向量、夹角的余弦值为；
解法二：因为，
又因为，所以，
所以为等腰直角三角形，
如图，以为原点，的方向为轴的正方向，的方向为轴的正方向，建立平面直角坐标系.
可得、、、、，
则，，
所以，
故向量、夹角的余弦值为；
解法三：因为，
又因为，所以，
所以为等腰直角三角形，
如图，以为原点，的方向为轴的正方向，建立平面直角坐标系.
可得、、、、、
，
从而，，
所以，
故向量、夹角的余弦值为.
题型七投影向量
1．(25-26高一上·安徽阜阳第一中学·期末)已知向量，，则在方向上的投影向量的模为__________．
【答案】/
【详解】在方向上的投影向量为 .
所以在方向上的投影向量的模为.
2．(24-25高一下·江苏无锡新吴区梅村高级中学·期末)已知向量，若，向量在向量上的投影向量为_______.
【答案】
【详解】，
由得，解得，
；
，，
向量在上的投影向量为.
3．(25-26高一·江苏无锡第一中学·期末)已知△ABC是单位圆O的内接三角形，若，且，则向量在向量上的投影向量为________.
【答案】
【分析】由题可得是直角三角形，解三角形可得，由投影向量的定义求解即可.
【详解】因为，所以，即.
所以圆心为的中点，即是圆的直径，所以，且.
因为，即，所以，所以.
又向量方向上的单位向量为，
所以向量在向量上的投影向量为.
故答案为：.
4．(24-25高一下·甘肃兰州大学附属中学（兰州第三十三中学）·期末)已知向量，则在上的投影长为（ ）
A． B．1 C． D．2
【答案】C
【分析】求出在在上的投影向量的坐标，进而求得投影向量的模即可．
【详解】因为，
所以，，
所以在上的投影向量为，所以，
所以在上的投影长为.
故选：C.
题型八向量夹角模长
1．(25-26高一上·云南师大附中·期末) （多选）已知向量，则下列结论中正确的是（ ）
A．与可以作为所在平面的一组基底 B．
C． D．
【答案】AC
【分析】A选项，判断出与不平行，所以与可以作为所在平面的一组基底，A正确；B选项，，由模长公式进行求解；C选项，计算出，；D选项，由夹角余弦公式进行求解.
【详解】A选项，，，
故与不平行，所以与可以作为所在平面的一组基底，A正确；
B选项，，故，B错误；
C选项，，
所以，故，C正确；
D选项，，D错误.
故选：AC
2．(25-26高一上·广东实验中学·期末)已知向量与的夹角，且．
(1)若与垂直，求
(2)求与的夹角的余弦值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据数量积的定义和向量垂直进行求解；
（2）利用平面向量夹角公式求解.
【详解】（1）由已知，得，
由与垂直，则，则；
（2），
设与的夹角为，
则，
与的夹角的余弦值为.
3．(25-26高一上·辽宁大连第一中学·期末)已知平面向量，，.
(1)若，且，求和的值；
(2)若，求的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据平面向量运算的坐标公式列出等式和方程组，求解即可.
（2）先根据求出值，然后根据向量的模公式求出结果即可.
【详解】（1）因为平面向量，，，且，
所以.
则有，解得.
（2）因为平面向量，，，
所以，解得，所以向量，，
所以.
所以.
4．(25-26高一上·湖南邵阳·)已知在平面直角坐标系中，为坐标原点，，为上的两个动点，为弦的中点，点的坐标为，.
(1)求；
(2)若，
（i）求；
（ii）求的取值范围.
【答案】(1)4
(2)（i）；（ii）.
【分析】（1）由题意可知，再根据向量数量积的定义计算即可；
（2）（i）根据圆的性质和向量的垂直关系求解即可；
（ii）先求得，再结合圆的性质和行了模的计算公式求解即可．
【详解】（1）解：因为为弦的中点，所以且，
所以
，
所以；
（2）（i）因为，，，
所以，所以.
（ii）由（i）知，点在以点为圆心，半径为的圆上，
由，
，
所以
所以．
题型五向量最值问题
1．(25-26高一·江苏盐城中学·期末)如图，点是线段的中点，，点是平行四边形内(含边界)的一点，且，以下结论中不正确的是（ ）
A．当是线段的中点时，
B．当时，
C．当为定值时，点的轨迹是一条线段
D．的最大值为
【答案】B
【分析】对A，根据条件，利用向量的线性运算，即可求解；对B，取线段，的中点，延长与直线交于点，利用几何关系得 ，从而得点的轨迹为线段，再取两个端点即可求解；对C，令，可得三点共线，利用几何关系可得点的轨迹是线段，即可求解；对D，利用向量的线性运算，可得，进而可得，即可求解.
【详解】对于A，当是线段的中点时，
，
所以，故A正确，
对于B，当时，如图1，取线段，的中点，分别记为，则平行于，
延长与直线交于点，则，
所以，则 ，又点在平行四边形内(含边界)，所以点的轨迹为线段，
当点与重合时，，
当点与重合时，，
所以．故B不正确，
对于C，当为定值2时，，令，可得三点共线，
分别取线段的中点，如图2，记为，所以，即，
连接交于点，因为，且，则，
所以点的轨迹是线段，故C正确．
对于D，由于平行四边形所在区域在的左上方，且三点共线，
所以，则，所以，
即当时，取得最大值，此时点与点重合，所以D正确．
2．(24-25高一下·江苏无锡惠山区锡山高级中学·期末)已知中，，，，、为线段、上的点，设，，若．
(1)当时，求的值；
(2)求的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）依题意可得，，用、作为基底表示出，，由得到即可求出；
（2）由（1）可得，换元、利用基本不等式求出的最大值.
【详解】（1）因为，，，、为线段、上的点，，，
所以，，
所以，，
又，所以，
即，
即，
即，
所以，
当时，，解得；
（2）由（1）可得，
因为，，
所以，即，所以，
所以，
令，则，
所以，
当且仅当，即时取等号，
所以的最大值为.
3．(25-26高一上·浙江杭州学军中学·期末)如图，在中，角的对边分别为．已知，为CD上一点，且满足．
(1)求的值；
(2)求的最小值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据平面向量基本定理，以及向量的线性运算，用基底表示向量，求出参数值；
（2）根据向量模长与向量数量积的关系，以及基本不等式，求出最小值即可.
【详解】（1）设，因为，所以，
可知，
当时，解得，即，所以.
（2）由得，
在中，，所以，
所以，
可知，当且仅当时，即时取等号，
可得，即，所以的最小值为.
4．(23-24高一下·湖北武汉部分学校·期末)在平面直角坐标系中，已知点、的坐标分别为，，，且，其中为坐标原点.
(1)若，设为线段上的动点，求的最小值；
(2)若，向量，向量，求的最小值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设出点坐标，求得的表达式，结合二次函数的性质求得最小值.
（2）结合向量数量积的运算、三角恒等变换、三角函数最值的求法求得的最小值.
【详解】（1）已知点的坐标为，为线段上的动点，设，
因为，且，，
则，
所以，
所以，
所以当时，最小，最小值为.
（2）因为，且，的坐标为，
则，则，
又，
则，
，
因为，所以，
所以当，即时，取得最大值1，
则取得最小值为.
题型九正余弦定理的应用
1．(24-25高一下·福建福州第三中学·期末)已知，其内角的对边分别为，且 ．
(1)求；
(2)，D是BC的中点，求AD的长．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理化边为角，结合展开化简，求得，再结合可得；
（2）由面积公式求，用余弦定理求，再次在中用余弦定理，得AD的长.
【详解】（1）由题意和正弦定理得 ，
且 ，
即 ，
得，且，则，
可得且，所以.
（2）如图：

因为
由 所以 解得，
在中，由余弦定理得
则又D为BC边上的中点，所以
在中，由余弦定理得，则
在中，由余弦定理得
所以
2．(25-26高一上·云南昆明第一中学·期末)中，.
(1)求；
(2)若且，求的面积.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先利用正弦定理角化边，根据余弦定理求即可；
（2）利用余弦定理解得，再根据三角形的面积公式即可求解.
【详解】（1）因为中，，
所以由正弦定理可得，
所以由余弦定理可得，
因为，所以.
（2）由余弦定理得，
则，
即，解得，
所以面积，
即面积为.
3．(24-25高一下·吉林松原宁江区实验高级中学·期末)已知的内角所对的边分别为，且
(1)求角A；
(2)若的周长为，且，求的面积.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理边化角得，根据两角和的正弦公式、诱导公式，可得，根据角A的范围，即可得答案.
（2）根据题意，可得，根据余弦定理，可得的值，代入面积公式，即可得答案.
【详解】（1）由正弦定理边化角得，
所以，
因为，所以，
所以，又，
所以.
（2）因为周长为，且，所以，
由余弦定理得，
所以，解得，
所以的面积.
4．(23-24高一下·黑龙江鸡西·期末)在中，内角，，所对的边分别为，，，的外接圆半径为，.
(1)求；
(2)已知，是边的中点，且，求的长.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理以及三角恒等变换整理可得，所以；
（2）根据（1）中结论以及等面积法可得，再由余弦定理列方程计算求出各边长，利用勾股定理可得.
【详解】（1）由正弦定理可得，
所以由可得，
又因为，所以，
因此可得，即，
又，所以，
因此，又,
可得；
（2）如下图所示：
由（1）中以及，可得，
因为是边的中点，所以，
即，可得，
由余弦定理可得
又已知，所以，
所以，
可得
即的长为.
题型十正余弦定理求最值、取值范围
1．(25-26高一上·湖南张家界桑植县第四中学·期末)古希腊数学家海伦提出了一个计算三角形面积的公式：若三角形三边长分别为a，b，c，则其面积，其中．现有一个三角形的边长满足，则该三角形面积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】代入海伦公式之后，用基本不等式计算最大值.
【详解】由题意可知， ，
，
因为，所以，当且仅当时等号成立，所以ab的最大值为16，
所以三角形面积的最大值．
故选：A．
2．(24-25高一下·甘肃兰州大学附属中学（兰州第三十三中学）·期末)在中，角所对的边分别为，若，边上一点满足，则的最小值为__________.
【答案】
【分析】先由余弦定理和正弦定理结合题设可得，由可得为角的平分线，再利用等面积法可得，进而利用基本不等式求解即可.
【详解】由，根据正弦定理得，
则，即，所以，
又，所以，
因为，即，故为角的平分线，且，
由，则，
故，即，
所以，
当且仅当，即时等号成立，
则的最小值为.
故答案为：．
3．(24-25高一下·广西柳州高级中学·期末)在中，内角A、B、C对应的边分别是a、b、c，且.
(1)求角A的大小；
(2)若，，求a；
(3)若为锐角三角形，，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）结合正弦定理和诱导公式，化简求值即可；
（2）通过三角形的面积公式求出边长，再利用余弦定理求解即可；
（3）通过正弦定理，将边用角表示，然后结合三角形中角的关系，将问题表示为单一变量角的函数，再结合锐角三角形，确定角的取值范围，再利用正弦函数求取值范围即可.
【详解】（1）因为，
由正弦定理得，即，
因为在中，，所以，
又，所以.
（2）因为，，，所以，解得.
由余弦定理得.
（3）因为，，
结合正弦定理，得，所以，.
在中，,
所以 .
因为为锐角三角形，所以，所以，
则，所以，
所以.
4．(24-25高一下·黑龙江哈尔滨第四中学校·期末)在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c．若，
(1)求证：是等腰三角形；
(2)已知的面积为18，点D满足，求线段AD的最小值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）借助两角差的正弦公式结合正弦定理计算即可得出结论；
（2）根据题意可知，再结合余弦定理计算可得，，代入计算可得，再利用基本不等式计算可得结果.
【详解】（1）因为，
所以，
由正弦定理得，
所以，
即，可得，
所以是等腰三角形；
（2）因为点D满足，所以；
所以，
所以，
在中，由余弦定理可得，
又由（1）知，
所以，整理得，，
因为，所以，所以，
，
由（1）中可知为锐角，则，，
所以 ，
当且仅当，时取等号，
所以线段的最小值为.
题型十一复数的四则运算
1．(24-25高一下·甘肃白银多校·期末)已知复数，则__________.
【答案】5
【分析】利用复数的四则运算求出复数，再求其模长即可.
【详解】由可得，则，
故.
故答案为：5.
2．(24-25高一下·陕西渭南渭南中学·期末)已知复数满足，则______.
【答案】
【分析】根据虚数单位的性质，复数的运算法则求复数，再利用模的公式求结论.
【详解】因为，所以，，
所以，可化为，
所以，
所以，
故答案为：.
3．(24-25高一下·山东聊城·期末) （ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据复数代数形式的运算法则进行计算.
【详解】 .
故选：B
4．(24-25高一下·黑龙江哈尔滨第十二中学校·期末) （多选）已知复数z满足，以下说法正确的是（ ）
A．复数z的虚部是 B．
C．在复平面内对应的点在第二象限 D．
【答案】BD
【分析】由复数的虚部概念判断A；利用复数代数形式的乘除运算判断B；由复数的几何意义判断C；利用复数模的公式判断D
【详解】由，得，
复数z的虚部是，故A错误；B正确，
在复平面内对应的点的坐标为，在第一象限，故C错误；
，故D正确．
故选：BD
题型十二复数的类型求参数
1．(24-25高一下·四川德阳·期末)已知复数：，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
【答案】A
【分析】利用复数模的意义求出范围，再利用充分条件、必要条件的定义判断即可.
【详解】依题意，， ，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A
2．(24-25高一下·广西桂林国龙外国语学校·期末)已知复数（）为纯虚数，则______．
【答案】1
【分析】根据纯虚数的特征列出不等式组，求解即得.
【详解】依题意，，解得.
故答案为：1.
3．(24-25高一下·天津部分区·期末)已知i是虚数单位，复数．
(1)当时，求z的共轭复数；
(2)若z是纯虚数，求m的值：
(3)若z在复平面内对应的点位于第四象限，求m的取值范围，
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）代入，根据共轭复数的概念求解即可；
（2）根据纯虚数的充要条件列方程求解即可；
（3）根据复数对应的点第四象限实部为正，虚部为负可得的不等式，求解即可.
【详解】（1）当时，，
所以共轭复数
（2），
因为复数z是纯虚数，所以，
解得，
所以；
（3）因为复数z在复平面内对应的点位于第四象限
所以，即
即，所以
所以，实数m的取值范围是.
4．(24-25高一下·四川自贡·期末)复数z满足
(1)若复数z为实数，求m的值；
(2)若复数z为纯虚数，求m的值；
(3)设复数，若，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由复数z为实数，则虚部为0可解；
（2）由复数z为纯虚数，则实部为0，且虚部不为0；
（3）由复数相等的条件，可得，然后利用二次函数性质求值域即可.
【详解】（1）复数z为实数，所以.
（2）复数z为纯虚数，
所以，解得.
（3），
，
即，
又，所以时，，时，，
所以的取值范围为.
题型十三复数方程
1．在复数范围内分解因式：______.
【答案】
【分析】配方后利用复数性质及平方差公式计算即可得.
【详解】.
2．(24-25高一下·辽宁大连·期末)若关于的方程的一个虚根的模为3，则的值为_____.
【答案】9
【分析】求出方程的根，再利用复数模的意义列式求出.
【详解】由方程，得，依题意，，解得，
由，所以.
故答案为：9
3．(24-25高一下·山东临沂·)若是关于x的方程的一个根，则_______.
【答案】3
【分析】由题意也是关于x的方程的一个根，结合韦达定理求得即可.
【详解】若是关于x的方程的一个根，
则也是关于x的方程的一个根，
所以，
解得，
所以.
故答案为：3.
4．(24-25高一下·安徽合肥百花中学等四校联考·期末)已知复数满足
(1)求复数
(2)若复数是关于的方程的一个根，求，的值
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用复数除法运算及复数模长运算即可；
（2）把代入方程化简，再利用复数相等条件列方程组求实数，的值.
【详解】（1）因为，
所以.
（2）因为复数是关于的方程的一个根，
所以，
所以，解得.
题型十四平行问题
1．(25-26高一下·四川·期末)已知直三棱柱中，为正方形，，分别为，的中点．
(1)证明：平面；
(2)若是边长为2正三角形，求四面体的体积．
【答案】(1)连接，，则交于点，如下图所示，
因为分别为，的中点，
所以在中，，
因为平面，平面，
所以平面.
(2)
【分析】（1）利用中位线定理及线面平行的判定定理即可求解；
（2）利用可得答案.
【详解】（1）略
（2）连接，如下图所示，
因为是边长为2的正三角形，为正方形，
所以，，
所以，
所以四面体的体积为.
2．(24-25高一下·甘肃天水秦安县第一中学·期末)如图，在四棱锥中，底面是正方形，底面为的中点，为的中点.
(1)证明：平面；
(2)求异面直线与所成角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）要证明线面平行，需证明该线段与平面内的一条线段平行即可，即证明.
（2）作出辅助线，确定异面直线所成的角，然后根据边角关系求出其余弦值.
【详解】（1）证明：取中点，连接、.
因为中点，为中点，故为中位线，得且.
又底面是正方形，为中点，故且.
所以且，所以四边形为平行四边形，故.
又平面平面，故平面.
（2）取的中点，连接为的中位线，所以.
故异面直线与所成角等于与所成角，即.
在正方形中，且底面，故为直角三角形，
为中点，得.
由（1）知.为的斜边，，
故，所以.
又，所以.
在中，，由余弦定理得
所以异面直线与所成角的余弦值为.
3．(24-25高一下·山东威海·期末)如图，在五面体ABCDEF中，平面平面，，，，，．
(1)证明：；
(2)若直线与平面所成角的正切值为，求直线与所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由，利用线面平行判断定理得平面，再利用线面平行的性质定理即可得证；
（2）由，则为直线与所成的角或补角，再证平面，则为直线与平面所成的角，即可计算，最后在中计算即可.
【详解】（1）因为，平面，平面，
所以平面，
又因为平面，平面平面，
所以；
（2）因为，
所以为直线与所成的角或其补角，
因为，，所以为平行四边形，
所以，
因为平面平面，平面平面，，平面,
所以平面，则平面，
连接，所以为直线与平面所成的角，
则，可得，
因为，所以，
因为，，所以，
可得，
所以直线与所成角的余弦值为．
4．(24-25高一下·山东威海·期末)如图，在三棱锥中，侧面是边长为的等边三角形，，、分别为、的中点．
(1)证明：平面；
(2)证明：平面平面；
(3)若，二面角的大小为，求．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）证明出，利用线面平行的判定定理可证得结论成立；
（2）证明出平面，再利用面面垂直的判定定理可得出结论；
（3）由二面角的定义可知为二面角的平面角，则，利用余弦定理求出的长，结合勾股定理可知，分析出为的中点，即可得出的长.
【详解】（1）因为、分别为、的中点，所以，
又因为平面，平面，所以平面．
（2）因为，为的中点，所以，
因为，，所以，
又，、平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面．
（3）因为，，所以为二面角的平面角，则，
由题意知，，，
在中，由余弦定理得，
所以，可得，
在直角中，，
又因为，，，所以，所以，
即，因为为的中点，所以．
题型十五垂直问题
1．(24-25高一下·甘肃天水秦安县第一中学·期末)一副三角板如图所示的方式拼接，将折起，使得二面角为直二面角，.
(1)求证：平面；
(2)求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）首先根据二面角为直二面角，得到平面平面，然后根据面面垂直的性质定理证明结论即可.
（2）取的中点为，连接，先证明平面，然后利用等体积法求解点到平面的距离
【详解】（1）因为二面角是直二面角，所以平面平面，
平面平面，又因为在中，，
又平面，所以平面.
（2）
记点到平面的距离为，取的中点为，连接，
因为，所以.同（1）可得平面，
由（1）平面，平面得，，即为直角三角形.
又因为和是直角三角形，，
，则，，.
所以
而，
又，解得.
2．(24-25高一下·新疆喀什疏附县·期末)已知四棱锥的底面是边长为2的菱形，底面．
(1)求证：平面；
(2)已知，
（ⅰ）当直线与平面所成的角为时，求四棱锥的体积；
（ⅱ）当时，求直线与所成角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)（ⅰ）；（ⅱ）.
【分析】（1）利用线面垂直的性质定理可得，结合利用线面垂直的判定定理可得证；
（2）（ⅰ）根据线面角的定义可得是直线与平面所成的角，可得，由此求得，即可得菱形的面积，再利用棱锥的体积公式计算即可；（ⅱ）利用线面垂直的性质定理可得，，则，，根据定义可得即为异面直线与所成角（或补角），再利用余弦定理计算即可.
【详解】（1）四边形是菱形，，
又平面，平面，，
又，平面，
平面.
（2）（ⅰ）平面，是直线与平面所成的角，于是，
，，又，
所以，
菱形的面积为，
故四棱锥的体积.
（ⅱ）平面，平面，，，
所以，，
因为，所以即为异面直线与所成角（或补角），
又，所以在中，由余弦定理，
即，解得，
所以为锐角，即为直线与所成角，
所以直线与所成角的余弦值.
3．(24-25高一下·黑龙江牡丹江第二高级中学·期末)如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，为等边三角形，平面平面，，，．
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，连结，由平面几何的性质结合面面垂直的性质可得平面，进而可得，再由线面垂直的判定得证即可.
（2）由线面角的概念可得即为直线与平面所成的角，再结合定义法得解即可.
【详解】（1）取的中点，连接，如图，
因为为等边三角形，所以，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
又，，面，故平面.
（2）连接，如图，
由（1）得平面，故即为直线与平面所成的角，
由，可得，，
故.
4．(24-25高一下·河北秦皇岛实验中学·期末)已知点P是边长为2的菱形ABCD所在平面外一点，且点P在底面ABCD上的射影是AC与BD的交点O，已知，是等边三角形.
(1)求证：;
(2)求点D到平面PBC的距离;
(3)若点E是线段AD上的动点，设直线PE与平面PBC所成的角为，求的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3).
【分析】（1）由题可得平面，故，根据菱形的性质可得，再根据线面垂直的判定定理与性质定理即可证明；
（2）根据题干数据结合即可求解；
（3）由线面平行的判定定理可得平面，可得到平面的距离即为到平面的距离，过作垂线平面交于点，可得，由，可得结论.,
【详解】（1）∵点在底面上的射影是与的交点，
∴平面，
∵平面，∴，
∵四边形为菱形，∴，
∵， 平面，∴平面，
∵平面，∴；
（2）由题意可得、与都是边长为2的等边三角形，
，，
，，
，
设点到平面的距离为，
由得，
即，解得，
故点到平面的距离为.
（3）设直线与平面所成的角为，
，平面，平面，
平面，
到平面的距离即为到平面的距离.
过作垂线平面交于点，则，
此时，
由（2）易知，，
，
则的边上的高为，
，而，
.
题型十六外接球问题
1．(24-25高一下·吉林松原宁江区实验高级中学·期末)在三棱锥中，已知平面，，.若该三棱锥的顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】将三棱锥补成长方体，计算出长方体的体对角线长，即为该三棱锥外接球的直径，再结合球体表面积公式可得结果.
【详解】因为，，所以，故，
又因为平面，，将三棱锥补成长方体，如下图所示：
所以三棱锥的外接球直径即为长方体的体对角线长，
设三棱锥的外接球半径为，
则，故，
因此该球的表面积为.
故选：D.
2．(24-25高一下·四川泸州三校联盟·期末)已知某圆柱的外接球的表面积为，则该圆柱的侧面积的最大值为_______________．
【答案】
【分析】根据球的表面积求出半径，建立圆柱高和半径的方程，求出圆柱侧面积解析式，利用基本不等式求解最大值.
【详解】设圆柱的底面半径为、高为，球的半径为，
由题知，解得，由圆柱的轴截面性质知，
所以该圆柱的侧面积为，
当且仅当时等号成立，即该圆柱的侧面积的最大值为.
故答案为：.
3．(24-25高一下·甘肃天水秦安县第一中学·期末)一个球与正四面体的六条棱都相切，若正四面体的棱长为a，则这个球的表面积是_____.
【答案】
【分析】将正四面体放置在正方体中，由此可得正方体的内切球即满足条件的球，根据正方体的性质求球的半径，结合球的表面积公式求结论..
【详解】设题中正四面体为，将它放置于正方体内，使、位于上、下底面的异面的面对角线处，
如图所示．由正方体的性质可得，该正方体的内切球恰好与正四面体的六条棱都相切，
设该正方体的棱长为，
正四面体的棱长为， ，解得，
可得正方体的内接球直径，得，
故球的表面积为．
故答案为：.

4．(24-25高一下·辽宁朝阳凌源·期末)在四面体中，平面，则该四面体的外接球的表面积为______．
【答案】/
【分析】由题意作图，根据外接球的性质确定球心位置，利用余弦定理、正弦定理以及勾股定理，结合球的表面积公式，可得答案.
【详解】由题意，取的外接圆圆心为，取的中点为，空间中取点，
连接，其中，平面，如下图：
则点是三棱锥的外接圆圆心，
在中，由余弦定理可得，
即，所以，
因为平面，平面，所以，
又，则在平行四边形中，，
易得，则外接球表面积为.
故答案为：.
题型十八线线角问题
1．(24-25高一下·新疆阿克苏第三高级中学·期末)如图，在正方体中，异面直线与所成的角是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用几何法确定异面直线夹角.
【详解】由正方体可知，且四边形为正方形，
所以异面直线与所成的角的平面角为，
故选：B.
2．(24-25高一下·广西柳州高级中学·期末)已知平面的一条斜线和它在平面内的射影的夹角是45°，且平面内的直线和斜线在平面内的射影的夹角是45°，则直线、所成的角是（ ）
A．30° B．45° C．60° D．75°
【答案】C
【分析】根据题意画出几何示意图，利用直线与平面的位置关系找出直线,所成的角即可求出其大小.
【详解】设直线交平面于点，在直线上任取一点，过点作平面的垂线，垂足为，连接，则，
再过点作直线，使得直线与直线夹角为45°，过点作，垂足为，连接，则，如图所示：

易知平面，直线平面，所以，
因为，，平面，所以平面；
又因为平面，所以，可得，
设，则，,
所以在中，，
因此.
故选：C
3．(24-25高一下·黑龙江绥化海伦第一中学·期末)如图，为圆锥底面直径，点C是底面圆O上异于A，B的动点，已知，圆锥侧面展开图是圆心角为的扇形，当与所成角为时，与所成角为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先求出圆锥的母线长为2，得到为等边三角形，为等腰直角三角形，作出辅助线，得到（或其补角）即为与所成角，并由勾股定理和余弦定理求出各边长，利用余弦定理求出，求出，进而得到与所成角大小.
【详解】，故圆锥底面积周长为，设圆锥的母线长为，
圆锥侧面展开图是圆心角为的扇形，设扇形的半径为，则，
则，解得，即，
与所成角为时，所以为等边三角形，，
又为底面圆的直径，所以⊥，又，
由勾股定理得，故为等腰直角三角形，
其中，由勾股定理逆定理得⊥，
取的中点，连接，则，，
取的中点，连接，则，
故（或其补角）即为与所成角，
连接，则⊥平面，取的中点，连接，，
则，故⊥平面，又平面，所以⊥，
其中，，，
，，，
在中，由余弦定理得
，
故，
，
所以，则与所成角大小为.
故选：D
4．(24-25高一下·内蒙古包头·期末)如图，在正四棱锥中，已知侧棱长为4，底面边长等于2，是的中点．
(1)求证：平面平面；
(2)求异面直线与所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面垂直得出，再应用线面垂直判定定理得出线面垂直，最后面面垂直判定定理证明即可；
（2）应用异面直线所成角的定义求出为异面直线与所成角，再结合边长计算求解.
【详解】（1）证明：在正四棱锥中，连接，交于点，连接，
因为四棱锥为正四棱锥，所以平面，
因为平面，所以．
又，，平面，
所以平面，
因为平面，所以平面平面．
（2）连接，由（1）知，平面，
又平面，，
又为的中点，．
为异面直线与所成角，
在中，，
在中，，，．
又，
，
异面直线与所成角的余弦值为．
题型十九线面角问题
1．(24-25高一下·福建福州马尾一中等六校·期末)如图，直三棱柱，，平面平面，直三棱柱的体积为，则与平面所成的角为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】过点作，垂足为，由平面平面可得平面，进而得到，结合直三棱柱的特征可得，进而得到平面，可得为直线与平面所成的角，进而求解即可.
【详解】过点作，垂足为，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
又平面，所以，
在直三棱柱中，平面，
因为平面，所以，
因为平面，
所以平面，而平面，
则为直线与平面所成的角，且，
因为，且直三棱柱的体积为，
所以，解得，
而，则，即，
则与平面所成的角为.
故选：C.
2．(24-25高一下·内蒙古包头·期末)如图，四棱锥中，底面为矩形，对角线与交于点，平面，为的中点．
(1)证明：平面；
(2)设，，直线与平面所成角的正弦值为．
（i）求四棱锥外接球的表面积；
（ii）求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)（i）（ii）
【分析】（1）连接，得，由线面平行的判定定理得证；
（2）（i）由题易求，可得四棱锥外接球的球心为的中点，运算得解；（ii）作交的延长线于点，连接，可证，为平面与平面的夹角，运算得解.
【详解】（1）连接，因为四边形为矩形，所以点为的中点．
又点为的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面．
（2）底面，为在底面内的射影，
直线与平面所成角为，
则，所以，
在中，可得，在中，可得．
（i）设四棱锥外接球的半径为，则四棱锥外接球即其所在长方体的外接球，
所以其球心为的中点，所以，故其外接球的表面积为.
（ii）作交的延长线于点，连接，
平面，平面．
，，，
则平面，平面，故，
又，与相交，则平面，平面，故，
所以为平面与平面的夹角，
在中，，，则，，所以，
在中，可得．
在中，可得，则，
即平面与平面夹角的余弦值为.
3．(24-25高一下·吉林长春东北师范大学附属中学·期末)（特别提醒：本题不能用空间向量解答，否则不给分）
如图，在矩形中，，，将沿折起，使得点到达点的位置，点在平面上的射影恰好落在上.
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成的角.
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）点在平面上的射影恰好落在上，推导出，从而平面，进而，由此能证明平面；
（2）由平面，则直线与平面所成的角为，结合边长即可计算求解．
【详解】（1）点在平面上的射影恰好落在上，
则平面，平面，所以．
因为四边形是矩形，所以，
因为，平面，
所以平面，
因为平面， 所以，
又，，平面，
所以平面；
（2）由平面，则直线与平面所成的角为，
在矩形中，，，
因为平面，平面，所以
在中，因为，，
，所以，
所以直线与平面所成的角．
4．(24-25高一下·吉林长春慧泽高中·期末)如图，直三棱柱中， ，为线段的中点.
(1)求证：平面;
(2)求直线与平面所成角的正切值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）连接，交于点，连接，由直三棱柱的特征可得为的中点，则，利用线面平行的判定定理可得证；
（2）取中点，连接，则，利用线面垂直的判定定理可证得平面，则平面，由此可知所求线面角即，根据边长关系求出其正切值即可.
【详解】（1）
连接，交于点，连接，
三棱柱是直三棱柱，四边形是矩形，则为的中点，
为线段的中点，，
平面，平面，
平面.
（2）取中点，连接，则，
三棱柱是直三棱柱，四边形是矩形，则，
平面，平面，
平面，则平面.
所以直线与平面所成角即为.
,
在中，.
题型二十 二面角问题
1．(24-25高一下·吉林、黑龙江六校联考·期末)如图，在四棱锥中，平面，底面为梯形，，平面平面，且，.
(1)若平面与平面相交于直线，求证：；
(2)求与所成的角；
(3)求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）证明出平面，再利用线面平行的性质可证得结论成立；
（2）证明出，可得出的形状，由异面直线所成角的定义可知与所成的角为或其补角，即可得解；
（3）取的中点，连接，过作于，连接，根据线面垂直的判定和性质定理及二面角的定义有是二面角的平面角，进而求其余弦值.
【详解】（1）因为，平面，平面，所以平面，
因为平面，平面平面，故.
（2）过点在平面内作，垂足为点，如图所示：
因为平面平面，平面平面，平面，
，故平面，
因为平面，所以，
因为平面，平面，所以，
因为，、平面，所以平面，
因为平面，所以，
因为，故与所成的角为或其补角，
又因为，则为等腰直角三角形，则，
即与所成的角为.
（3）取的中点，连接，
因为，，，故，
所以，四边形为平行四边形，所以，，
由平面，平面，则，
而，平面，于是平面，
又平面，则，过作于，连接，
显然，、平面，因此平面，
而平面，则，即是二面角的平面角，
由，，得，
则，，，
所以二面角的余弦值是.
2．(24-25高一下·内蒙古赤峰·期末)如图（1），在矩形中，，，点为的中点，为线段上一动点.过点作于点的延长线交于点.
(1)求的取值范围（只需写出结果，无需推理过程）；
(2)现将沿折起，使得平面平面.
（i）当点为线段的中点时，求二面角平面角的余弦值；
（ii）设直线与平面所成角为，求的最大值.
【答案】(1)
(2)（i）；（ii）
【分析】（1）令，则，即可求解；
（2）（i）连接，由已知得，面，即，即证面，即二面角的平面角，在中计算即可；
（ii）连接，由面，得直线与平面所成角为有，令，得，最后利用基本不等式即可求解.
【详解】（1）若令，则，所以，
当点与点重合时，，当点与点重合时，，所以，
所以；
（2）
（i）连接，由已知得，面，故①
又平面平面，平面平面，，
所以平面平面，所以②，
由①、②及与相交，得面，
则二面角的平面角，
由（1）知，，
所以，
当点为线段的中点时，由，则，
故，
即二面角的平面角的余弦值为.
（ii）连接，由面，知直线与平面所成角为
则，
令，则
由，且得，.
当且仅当，即时，取到最大值.
3．(24-25高一下·黑龙江绥化海伦第一中学·期末)如图，在三棱柱中，各个侧面均是边长为2的正方形，D，E分别为线段，的中点．
(1)求证：平面；
(2)求证：直线平面；
(3)求二面角大小的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）利用正三棱柱的性质得，，则证得线面垂直；
（2）设，连接，由中位线定理得，从而可得线面平行．
（3）找出二面角的平面角，在三角形中用余弦定理求解即可.
【详解】（1）取与的交点为，
由三棱柱中，各个侧面均是边长为2的正方形，可知三棱柱为正三棱柱，
故平面，
因为平面，所以，
因为为线段的中点，所以，
因为，平面，
所以平面，
因为平面，所以,
因为D，E分别为线段，的中点，
所以，
所以，
又因为，
所以
所以，
所以
又因为平面，
所以平面.
（2）连接，且，连接
在中，O为中点，为中点，所以
因为平面平面
所以平面．
（3）过点作于点，过点作于点，
由（1）知平面
平面，，
又，
，平面，平面
平面，，
又，
，平面，平面，
平面，，
为二面角的平面角，
在中，由面积相等得，
即，解得，，
同理在中可求得，，
在中，，
在中，由余弦定理可得
，，
在中，．
所以二面角大小的余弦值为.
4．(24-25高一下·河北石家庄·期末)如图，在四棱锥中，底面是菱形，，为棱的中点，，，直线与所成的角的大小为．
(1)证明：平面；
(2)求三棱锥的体积；
(3)求二面角的正切值．
【答案】(1)证明见解析
(2)1
(3)2
【分析】（1）设与相交于点，连接，证明，利用线面平行的判定即可证明；
（2）利用正弦定理得，再证明，最后利用线面垂直的判定定理即可证明；
（3）过作，垂足为，连接，找到二面角即为，最后根正切定义即可得到答案.
【详解】（1）连接，设与相交于点，连接．
四边形是菱形，为的中点．
是棱的中点，．
又平面，平面，
平面．
（2）直线与所成的角为，且，
就是直线与所成的角或其补角．
，，，，
在中，由正弦定理得，，
即，解得．
，即，从而．
四边形是菱形，且，
，
是等边三角形，从而．
又，，
．
，从而．
又，平面，平面，
平面．
取的中点为，连接
点为中点，
平面．
又且
求三棱锥的体积为．
（3）过作，垂足为，连接．
由（2）知平面，
平面，平面，
，．
，，平面，平面，
平面．
平面，
，
为二面角的平面角，
在Rt中，，．
，
二面角的正切值是2．
题型二十一点线面的位置关系
1．(23-24高一下·陕西西安临潼区·期末)设，是两个不同平面，m，n是两条不重合直线，若，，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
【答案】A
【分析】根据充分条件和必要条件的定义结合面面平行的判定和性质分析判断即可.
【详解】由，，可以得到，，
若，，，不能得到，缺条件相交，
所以“”是“，”的充分不必要条件.
故选：A
2．(24-25高一下·浙江衢州·期末)已知，是两个不同的平面，，是两条不同的直线，下列命题中正确的是（ ）
A．若，，则
B．若，，，则
C．若，，则
D．若，，，，则
【答案】C
【分析】根据线面平行和垂直、面面平行和垂直的判定定理和性质定理判断各选项.
【详解】对于A：若，，当不在内时，，但也可能，A错误；
对于B：设，若，且，则，B错误；
对于C：因为，则存在，若，则，
因为，所以，所以，C正确；
对于D：若，则当与相交时才有，条件中未给出两直线相交，所以得不出，D错误；
故选：C.
3．(24-25高一下·四川泸州三校联盟·期末)已知直线，平面，且，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
【答案】D
【分析】先判断充分性，再判断必要性，得到“”是“”的既不充分也不必要条件．
【详解】由，可得或，所以“”不是“”的充分条件，
由，可得或与是异面直线，所以“”不是“”的必要条件，
所以“”是“”的既不充分也不必要条件．
故选：D.
4．(23-24高一下·浙江杭州·)已知，表示两个不同的平面，a，b，c表示三条不同的直线，下列说法正确的是（ ）
A．若，，则
B．若，，，，则
C．若，，，，则
D．若，，，则
【答案】D
【分析】ABC选项，可举出反例；D选项，可由平行和垂直的性质和判定证明.
【详解】A选项，若，，则或，A错误；
B选项，若，不能推出，B错误；
C选项，若，则不能推出，C错误；
D选项，因为，，所以.又，所以，D正确.
故选：D
题型二十二斜二测画法
1．(24-25高一下·辽宁重点中学协作校·期末)一个平面图形用斜二测画法画出的直观图如图所示，△O′A′B′是等腰直角三角形且，其中斜边，则这个平面图形的面积是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】依据题意得到，然后还原原图形计算即可.
【详解】由图可知：，则，原图形如下图：
所以，则面积为
故选：B
2．(24-25高一下·黑龙江绥化海伦第一中学·期末)如图，按斜二测画法所得水平放置的平面四边形的直观图为梯形，其中，，，．以原四边形的边为轴旋转一周得到的几何体体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据图形求得，然后还原原图形，最后利用公式计算.
【详解】作，如图：
由，，所以，
则原几何体为圆台，上底面半径为，下底面半径为，高为4，如图：
所以该几何体的体积为：.
故选：A
3．(24-25高一下·内蒙古呼和浩特·期末)如图，是利用斜二测画法画出的的直观图，其中轴，轴，且，则的边（ ）
A．1 B． C． D．3
【答案】D
【分析】利用斜二测画法可还原到原直角坐标系中，再计算边长即可.
【详解】由题意可得还原后如下：
，，，则.
故选：D
4．(24-25高一下·甘肃白银实验中学·期末)已知水平放置的等边三角形的边长为2，则利用斜二测画法得到的该三角形直观图的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】设原三角形的面积为，利用斜二测画法得到的该三角形直观图的面积为，则，据此公式及三角形面积公式求解即可.
【详解】利用斜二测画法得到的该三角形直观图的面积为.
故选：A.
题型二十三表面积体积题
1．(24-25高一下·内蒙古包头·期末)正方体中，过顶点，，作截面，截下一个三棱锥，则截下的三棱锥的体积与剩下的几何体体积的比为（ ）
A．1:5 B．1:6 C．5:6 D．1:4
【答案】A
【分析】先求出截去的三棱锥的体积，再用正方体的体积减去三棱锥的体积得余下体积，得解.
【详解】如图，设正方体的棱长为，则该正方体的体积为，
则，所以剩余部分的体积为，
所以截下的三棱锥的体积与剩下的几何体体积的比为.
故选：A.
2．(24-25高一下·河北唐山·期末)已知圆台上、下底面的半径分别为1和2，高为1，则该圆台的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据给定条件，利用圆台的体积公式计算得解.
【详解】依题意，该圆台的体积为.
故选：C
3．(24-25高一下·湖南岳阳华容县·期末)如图，AC为圆锥SO的底面圆O的直径，点B是圆O上异于A，C的动点，，，E为线段AB上的动点，当时，圆锥的体积等于_________
\
【答案】/
【分析】先将以为轴旋转到与共面，得到，结合，利用余弦定理求解得出，最后应用圆锥体积公式计算求解.
【详解】由，所以，又因为，且，所以，
所以，所以是等边三角形，
将以为轴旋转到与共面，得到，，
如图：
则，设
因为，
。
则，所以，所以，
圆锥的体积等于.
故答案为：.
4．(24-25高一下·吉林长春东北师范大学附属中学·期末)如图，在三棱锥中，底面，，，，.
(1)求的大小；
(2)求三棱锥的体积.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由余弦定理即可求解；
（2）只需求出三棱锥的高、底面积，再结合棱锥的体积公式即可求解.
【详解】（1）因为，，，
所以，
又因为
所以；
（2）因为底面，平面，所以，
因为，，所以，
即三棱锥的高为6，
因为，，，
所以三角形的面角为，
所以三棱锥的体积为.
题型二十四距离问题
1．(24-25高一下·辽宁重点高中联合体·期末)如图，在直三棱柱中，，，点P为棱的中点，则点P到直线AB的距离为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据直三棱柱条件，可判断为等腰三角形，进而可求出点P到直线的距离.
【详解】因为，，点P为棱的中点，
所以，
所以，，
所以为等腰三角形.
设点P到直线AB的距离为h，因为，，
则.
故选：A.
2．(24-25高一下·吉林农安县第十中学·期末)如图，在四棱锥中，底面为矩形，侧面是正三角形，，平面平面，是的中点.
(1)证明：.
(2)求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据面面垂直的性质可得平面，再由线面垂直的性质和判定可得证；
（2）如图，取的中点为，连接，，根据等体积法可求得答案.
【详解】（1）在正中，为的中点，，
平面平面，平面平面，
且，平面，平面，
又平面，，
又，且，平面，
平面，
平面，
；
（2）如图，取的中点为，连接，，
在正中，，平面平面，
又平面平面，平面，
平面，
若，则，
，
由（1）知平面，，
平面，
平面，，
设点到平面的距离为，
而，
由可得，，
．
3．(24-25高一下·河北雄安新区雄安十校·期末)如图，在四棱锥中，底面四边形ABCD为菱形，，AC与BD交于点O，平面ABCD，，点M为PB的中点，点E是线段AD上的动点.当平面PCD时，.
(1)求AD；
(2)求点D到平面PBC的距离；
(3)设，探究当为何值时，直线PE与平面PBC所成的角最大.
【答案】(1)2；
(2)；
(3).
【分析】（1）取中点，利用线面平行的性质，结合已知证得四边形为平行四边形即可.
（2）利用等体积法求出点D到平面的距离.
（3）利用线面角的正弦公式列出函数关系，再确定角取最大的条件即可.
【详解】（1）在四棱锥中，取中点，连接，由点M为PB的中点，
得，点在菱形边上，则，
平面平面，而平面，平面，
因此，四边形为平行四边形，，
所以.
（2）在菱形中，，则，由平面，
平面，得，，
，，
，设点D到平面的距离为，由，
得，即，解得，
所以点D到平面的距离为.
（3）设直线PE与平面所成的角为，由，平面，平面，
得平面，则点到平面的距离等于点D到平面的距离，
因此，函数对锐角是递增的，要使最大，当且仅当最小，即，
而平面，平面，则，又，
平面，于是平面，而平面，则，
，，
所以当时，直线PE与平面所成的角最大.
4．(24-25高一下·黑龙江哈尔滨第三中学校·期末)如图，在斜四棱柱中，四边形为平行四边形，，，，.
(1)证明：平面；
(2)求到平面的距离；
(3)在棱上是否存在点E，使直线与平面所成角的正弦值为 若存在，求出的值，若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)存在，
【分析】（1）要证明线面垂直，需要证明该直线与平面内的两条相交直线垂直，即证明.
（2）先根据勾股定理求出，然后利用余弦定理求出，然后求出的面积，最后根据等体积法求出到平面的距离.
（3）利用空间向量法来求线面角，针对动点对应到的可以利用线性运算来表示坐标，从而可求解比值.
【详解】（1）
因为，所以，
所以.
在中，，
根据余弦定理，
所以有，所以，
又平面.
所以平面.
（2）因为，根据勾股定理.
在中，，
根据余弦定理.
所以.
所以，.
设到平面的距离为，
根据等体积法得，解得.
所以到平面的距离为.
（3）
因为平面，所以如图建立以点为坐标原点的空间直角坐标系，
由于 ，，
则，因为，所以，
因为，所以，
即有，，
设，则，
即有，
设平面的法向量为，
则，
令，则，即，
由直线与平面所成角的正弦值为可得：
，
化简得：，
因为，所以.
题型二十五分层抽样
1．(25-26高一上·山西忻州部分学校·)某高中高一、高二、高三年级的学生人数分别为400，400，600，为了解各年级学生每天阅读的时间，用分层随机抽样的方法从中抽取样本，若样本中高一年级的学生有14人，则样本容量为（ ）
A．42 B．45 C．49 D．50
【答案】C
【分析】求出总人数得到抽样比，利用分层抽样中样本容量等于总人数乘以抽样比即可求解.
【详解】由题可得总人数为 人，抽样比
所以样本容量.
故选：C.
2．(23-24高一下·四川达州外国语学校·期末)根据统计，2024年五一假期，网红城市C和H接待的旅客数分别为1亿和8千万，在这两城市用分层随机抽样的方法抽取360名旅客，则应在H城市抽取的人数为（ ）
A．80 B．100 C．200 D．160
【答案】D
【分析】利用分层抽样求得网红城市C和H的人数占比，再根据比例求得结果即可．
【详解】根据题意，网红城市C和H接待的旅客数比例为，
所以应在H城市抽取的人数为．
故选：D．
3．(25-26高一上·江西新余·)2025年9月3日，以“铭记历史，开创未来”为核心的纪念中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利80周年阅兵在天安门广场隆重举行，已知从11000名甲校大学生，10000名乙校大学生和4000名丙校大学生中采用分层抽样方法抽取名大学生组成志愿者，若乙校大学生比丙校大学生多抽取60人，则_____.
【答案】
【分析】利用分层抽样比相等来求解即可.
【详解】设甲校大学生抽取的人数为，丙校大学生抽取的人数为，则乙校大学生抽取的人数为，
所以，解得，，
从而.
故答案为：
4．(25-26高一上·贵州遵义第四中学·期末)某校举行数学学科冬令营活动，该校高一 高二 高三年级参加的人数分别为150，120，120.为了了解本次冬令营开展的实际效果，从参加冬令营的学生中按年级采用分层抽样的方法抽取了一个容量为的样本，若高二年级抽取的人数为8，则样本容量的值为__________.
【答案】26
【分析】根据分层抽样每个个体被抽取的概率相等，高二学生被抽取的比例，即为全校学生的比例，由此可求得样本容量的值.
【详解】由题可知，，解得.
故答案为：.
题型二十六用样本估计总体
1．(24-25高一下·湖南岳阳岳阳楼区·期末)（多选）某学校为了调查学生在一周生活方面的支出情况，抽出了一个容量为的样本，其频率分布直方图如图，其中支出在元的学生有45人，则下列说法正确的是（ ）
A．样本中支出在元的频率为
B．的值为150
C．采用分层抽样从这45人中抽出10人，则在中共需抽出5人
D．该校学生一周生活方面支出的第75百分位数大约是52元（精确到个位数）
【答案】BD
【分析】对于A，利用频率分布直方图中所有矩形的面积之和为1，可判断；对于B，利用频率、频数以及样本总容量的关系可判断；对C，计算出样本中支出在的频率，结合分层抽样可判断；对D，根据百分位数的定义计算.
【详解】对于A，样本中支出在元的频率为，故A错误；
对于B，由A知，故B正确；
对于C，样本支出在的频率为，则在中共需抽出人，故C错误；
对于D因为样本中支出在的频率为，所以第75百分位数位于区间内，记为，
则，解得，所以第75百分位数大约是52元，故D正确.
故选：BD.
2．(25-26高一上·贵州遵义·)某中学举行了一次“校园学科知识竞赛”，为了了解本次竞赛成绩情况，从中抽取了100名学生的竞赛成绩（单位：分，得分取正整数，满分为100分）作为样本进行统计，将成绩整理后，按分成5组，得到如图所示的频率分布直方图．

(1)求的值；
(2)估计这次竞赛成绩的平均分（各组数据以该组区间的中点值作代表）；
(3)若该中学计划奖励竞赛成绩前15%的学生，求获得奖励的学生竞赛成绩的最低分．
【答案】(1)
(2)分
(3)分
【分析】（1）根据频率分布直方图的性质，结合频率和为，列出方程，即可求解；
（2）由频率分布直方图的平均数的计算公式，准确计算，即可求解；
（3）由的频率为，的频率为，得到前的学生的成绩位于之间，设获得奖励的学生竞赛成绩的最低分为，列出方程，即可求解.
【详解】（1）根据频率分布直方图的性质，可得，
可得，解得.
（2）由（1）知，
由频率分布直方图的平均数的计算公式，可得：
，
所以估计这次竞赛成绩的平均分分.
（3）由题意知，前的学生对应的频率为，
因为的频率为，的频率为，
所以前的学生的成绩位于之间，
设获得奖励的学生竞赛成绩的最低分为，则，
所以获得奖励的学生竞赛成绩的最低分为分.
3．(24-25高一下·云南宣威部分学校·)在一次某高校国际学生文化交流会上，对外国留学生举行了“中华文化知多少”知识竞赛.某数学小组收集了本次知识竞赛的成绩单，根据本次知识竞赛的成绩（满分100分）将收集到的成绩分成五段：，处理后绘制了如下的频率分布直方图.
(1)求；
(2)若该高校共有2000名外国留学生，以频率代替概率，估计该高校知识竞赛成绩不超过70分的人数；
(3)已知在内的平均数为52，方差为105，内的平均数为72，方差为503，求所有留学生成绩的方差.
【答案】(1)；
(2)1100；
(3)467.6.
【分析】（1）根据频率之和为1得到方程，求出；
（2）求出前三个区间频率之和，从而求出该高校知识竞赛成绩不超过70分的人数；
（3）先计算出所有留学生成绩的平均数，再根据样本方差和整体方差的相关公式计算即可.
【详解】（1）由频率分布直方图的性质，所有矩形面积和为1，
所以，
解得.
（2）前三个区间频率之和为，
以频率代替概率可知该高校知识竞赛成绩不超过70分的人数为人.
（3）记在内的平均数为，方差为，内的平均数为，方差为，
所有留学生成绩的平均数为，方差为，
则在内频率为，在[60，90]内的频率为，
则，
故.
4．(24-25高一下·四川遂宁·期末)遂宁市为进一步发展遂宁文旅，提升遂宁经济，现对“五一”假期部分游客发起满意度调查，从饮食、住宿、交通、服务等方面调查旅客满意度，满意度采用百分制，统计的综合满意度绘制成如下频率分布直方图，图中.
(1)求图中的值，并估计此次调查中综合满意度得分的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）.
(2)求此次调查综合满意度的第75百分位数
(3)若参与本次调查游客共有2000名，请估计在参与调查的2000名游客中综合满意度打分不低于平均分的人数.
【答案】(1)，76.5
(2)85
(3)1045
【分析】（1）结合已知根据频率分布直方图中各个小矩形面积之和为1列式得，根据频率分布直方图的平均数公式求解即可；
（2）先确定累计频率为0.75所在的区间，然后根据频率列式求解即可；
（3）先求出不低于平均分的频率，然后求解人数即可.
【详解】（1）由频率分布直方图可得，，
又，解得，
平均分为.
（2）由频率分布直方图可得，前3组频率之和为0.6，第四组频率为0.3，
故第75百分位数在，则.
（3）由（1）知平均分为，
故不低于平均分的频率为，
则打分不低于平均分的人数为 .
题型二十七事件的概率
1．(25-26高一上·河南焦作沁阳第一中学·期末)某地开展志愿服务活动，小蓝、小黄在内的9人充当志愿者，现将这9人平均分成三组，则小蓝和小黄不在同一组的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据古典概型概率公式直接求解即可.
【详解】先固定小蓝，则剩余8个空位，
若小黄选择除小蓝组的2个空位的其余6个空位，则小黄与小蓝不为一组；
若小黄选择小蓝所在组剩余的2个空位，则小黄与小蓝为一组，
故由古典概型计算可知小蓝和小黄不在一组的概率.
故选：D.
2．(25-26高一上·江西新余·)已知一个古典概型的样本空间和事件A，B，其中，，，，则下列结论错误的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用集合交并集元素计算公式，结合古典概型概率公式计算即可.
【详解】对于A，，所以，故A正确；
对于B，，故B正确；
对于C，，所以，故C正确；
对于D，，故D错误.
故选：D
3．(25-26高一上·贵州遵义第四中学·期末)购买手办盲盒是当下青年人的潮流之一，国产动漫手办越来越受欢迎.若某种手办盲盒产品共有三种玩偶，任意一种玩偶出现的概率相等，则购买3个盲盒能集齐3种玩偶的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据给定的条件，求出买3个盲盒的基本事件数，再求出集齐3种玩偶的基本事件数即可，根据古典概型求概率.
【详解】总情况数：每个盲盒有3种可能，个盲盒的总情况数为，即27种，
符合条件的情况数：要集齐三种玩偶，需在3个盲盒中包含所有3种玩偶，
共有种情况，
则购买3个盲盒能集齐3种玩偶的概率为.
故选：D
4．(25-26高一·安徽蚌埠·期末)第八届长三角国际创新挑战赛安徽赛区比赛日前在马鞍山市举办，大赛聚焦新能源汽车、生物医药等前沿领域，共征集到107项技术需求，吸引了省内外众多高校与科研团队参与揭榜攻关．其中，安徽本省的一支优秀科研团队——“徽创未来”团队，已成功进入现场赛的最终答辩环节．该团队共有6名核心成员，按研究方向分为三个小组：硬件组2人、算法组2人、数据组2人．现从6人中随机抽取3人组成现场答辩代表小组，每名成员被抽中的概率相等．
(1)求事件“硬件组的和算法组的同时被抽中”的概率；
(2)求事件“硬件组恰有1人被抽中”的概率；
(3)已知答辩代表小组的3人中至少有2人答辩通过，该团队答辩通过．现被选中组成答辩代表小组，三人各自答辩通过的概率分别为，三人答辩通过相互独立，求该团队答辩通过的概率．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据古典概型运算公式，结合列举法进行求解即可；
（2）根据古典概型运算公式，结合列举法进行求解即可；
（3）根据独立事件概率公式进行求解即可.
【详解】（1）从6人中随机抽取3人的所有可能组合为：，
，
，
，共20种．
记“硬件组的和算法组的同时被抽中”为事件，则事件包含：，
，共4种，所以．
（2）记“硬件组恰有1人被抽中”为事件，则事件包含：，
，
，共12种，所以．
（3）记答辩通过分别为事件H，A，D，则，
记“该团队答辩通过”为事件，则，
1．(25-26高一·广东深圳南山区·期末)设向量，向量，若，则（ ）
A． B．0 C．1 D．2
【答案】A
【分析】利用向量垂直求出数量积，结合向量线性运算坐标表示计算即可.
【详解】因为向量，向量，
所以，
因为，
所以，解得.
故选：A
2．(24-25高一下·山东临沂·)已知正四棱锥的底面边长为2，侧棱长为，外接球的球心为，若点S是正四棱锥的表面上的一点，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．1
【答案】B
【分析】利用勾股定理求出外接球的半径，然后根据图形求解的最小值.
【详解】设，连接，则平面，
依题意可得，，
所以，且球心在直线上，
连接，设外接球的半径为，则，解得，
因为，故球心在线段上，
又S是正四棱锥的表面上的一点，的最小值即球心到平面的距离，
且.
故选：B
3．(24-25高一下·福建福州马尾一中等六校·期末)在中，角A，B，C的对边分别为，且，，.
(1)求；
(2)若，则的面积为，求.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）借助向量数量积公式与正弦定理将边化为角后，再利用两角和的正弦公式及辅助角公式计算即可得；
（2）借助面积公式与余弦定理计算即可得.
【详解】（1），，
，
由正弦定理得：，
，
，
，
，
，，即，
，，即；
（2）的面积为，，即，
由余弦定理得：，
，
，.
4．(24-25高一下·山东青岛·调研)为弘扬传统文化，某校举办了传统文化知识竞赛.现将竞赛得分在分（满分：分）的学生成绩进行统计与分组，得到如下图所示的频率分布直方图.
(1)求的值，并估计统计数据的上四分位数；
(2)据统计，本次竞赛在内得分的平均数为，方差为；在内得分的平均数为，方差为，求在内得分的平均数与方差.
【答案】(1)；
(2)；
【分析】（1）根据频率分布直方图的性质求得，利用上四分位数的定义列式求解；
（2）不同区间的平均数和方差，可根据加权平均数和方差的计算公式进行求解.
【详解】（1）由频率分布直方图的性质，知所有矩形的面积和为1，
所以即，解得：
因为，
故四分位数区间一定在内
设四分位数为，则，解得：
（2）的频率：
的频率：
因此，与的数量比为
设有个数据，有个数据，
已知内得分的平均数为，内得分的平均数为
则的平均数为
根据方差的性质得：
5．(24-25高一下·黑龙江绥化海伦第一中学·期末)某企业为了解下属某部门对本企业职工的服务情况，随机访问100名职工，根据这100名职工对该部门的评分，绘制如图所示的频率分布直方图，其中样本数据分组区间为，，…，，．
(1)求图中a的值；
(2)估计该企业100名职工对该部门评分的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；
(3)从评分在的受访职工中，随机抽取3人，求其中有2人评分在的概率．
【答案】(1)0.006
(2)76.2
(3)
【分析】（1）根据频率直方图中频率之和为1求解；
（2）根据频率直方图，结合题给中点值概念，求平均数；
（3）先求出 的人数，再求频率，最终求得概率.
【详解】（1）频率直方图中，所有组的频率和为1，组距为10，则：
解得：
（2）
（3）人数：
人数：
总体情况：从10人中抽3人，
符合条件：2人评分在，1人评分在，即
6．(24-25高一下·甘肃白银实验中学·期末)如图，一个水平放置的边长为的等边三角形绕着中心点O逆时针旋转，再沿竖直方向平移一定距离后，连接，，，，，，此时侧面三角形，，，正好都是等边三角形.
(1)证明：平面平面.
(2)求平面与平面所成角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）依据题意可知，，然后根据面面平行的判定定理可得结果；
（2）通过等价转化为平面与平面所成的角，然后通过作图找到角，并计算可得结果.
【详解】（1）由题意可得，且，所以四边形为平行四边形，
同理，与平行且相等，所以四边形为平行四边形，故.
又，，平面，平面，
所以平面平面.
（2）由平面平面，得平面与平面所成的角即为平面与平面所成的角.
如图，作点在平面上的投影E，连接，交于点，连接，，可知，则即为二面角的平面角.
因为，所以，，
故.
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期末真题百练通关（114题27大常考题型）
题型一平面向量的概念 1
题型二向量共线求参数 3
题型三向量的线性运算 4
题型四向量的数量积 5
题型六向量的线性表示 7
题型七投影向量 11
题型八向量夹角模长 13
题型五向量最值问题 15
题型九正余弦定理的应用 20
题型十正余弦定理求最值、取值范围 24
题型十一复数的四则运算 27
题型十二复数的类型求参数 28
题型十三复数方程 30
题型十四平行问题 31
题型十五垂直问题 36
题型十六外接球问题 41
题型十八线线角问题 44
题型十九线面角问题 48
题型二十 二面角问题 53
题型二十一点线面的位置关系 61
题型二十二斜二测画法 63
题型二十三表面积体积题 65
题型二十四距离问题 68
题型二十五分层抽样 74
题型二十六用样本估计总体 75
题型二十七事件的概率 79
题型一平面向量的概念
1．(24-25高一下·湖南岳阳华容县·期末)下列说法正确的是（　　）
A．若，则 B．零向量没有方向
C．相等向量的长度相等 D．共线向量是在同一条直线上的向量
2．(24-25高一下·甘肃酒泉普通高中·期末)下列条件中能得到的是（ ）
A． B．与的方向相同
C．，且 D．且
3．(23-24高一下·陕西渭南富平县·期末)（多选）已知，为两个单位向量，则下列四个命题中错误的是（ ）
A．与相等 B．如果与平行，那么与相等
C．与共线 D．如果与平行，那么或
4．(23-24高一上·辽宁县级重点高中协作体·期末) （多选）下列命题正确的是（ ）
A．数轴上零向量的坐标为0
B．若与都是单位向量，则的最小值为0
C．若，则
D．若，则线段的中点坐标为
题型二向量共线求参数
1．(25-26高一·浙江金华十校·期末)已知向量.若三点共线，则（ ）
A． B． C．3 D．4
2．(23-24高一下·四川成都蓉城联考·期末)已知为共线向量，且，则__________.
3．(25-26高一上·广东实验中学·期末)设在一条直线上，在该直线外，已知，则等于___________．
4．(25-26高一上·辽宁重点中学协作校·期末)已知向量，不共线，，，其中，，那么三点共线的充要条件为（ ）
A． B． C． D．
题型三向量的线性运算
1．(24-25高一下·陕西西安临潼区华清中学等校·期末)（ ）
A． B． C． D．
2．(24-25高一下·北京顺义区·期末)在平面直角坐标系中，，，则向量（ ）
A． B． C． D．
3．(24-25高一下·甘肃白银多校·期末)已知，，若，则（ ）
A． B． C． D．
4．(24-25高一下·重庆长寿区·期末)已知向量，则（ ）
A． B． C． D．
题型四向量的数量积
1．(25-26高一上·河北石家庄二中教育集团·期末)已知在矩形中，，点是边的中点， 则________.
2．(25-26高一·江苏盐城亭湖高级中学·期末)已知，在上的投影向量为，则的值为_____________.
3．(25-26高一·江苏天一中学·期末)如图，等边的边长为1，点分别为的中点，连接并延长到点，使得，则______.
4．(25-26高一上·云南昆明第一中学·期末)若单位平面向量夹角为，向量，向量，则下列命题为假命题的是（）
A． B．
C． D．
题型六向量的线性表示
1．(25-26高一上·安徽·期末)在梯形中， ，点在对角线上，且，则（ ）
A． B．
C． D．
2．(25-26高一上·湖南衡阳第八中学·期末)向量，，在正方形网格中的位置如图所示，若（，），则________．
3．(25-26高一·浙江台州·期末)在中，点为上一点且满足，设，，，.
(1)用、表示向量；
(2)若，求边的长度.
4．(25-26高一·浙江金华十校·期末)如图，在中，点是中点，点、分别在边、上，，.设，.
(1)用向量、表示；
(2)若，，，求向量、夹角的余弦值.
题型七投影向量
1．(25-26高一上·安徽阜阳第一中学·期末)已知向量，，则在方向上的投影向量的模为__________．
2．(24-25高一下·江苏无锡新吴区梅村高级中学·期末)已知向量，若，向量在向量上的投影向量为_______.
3．(25-26高一·江苏无锡第一中学·期末)已知△ABC是单位圆O的内接三角形，若，且，则向量在向量上的投影向量为________.
4．(24-25高一下·甘肃兰州大学附属中学（兰州第三十三中学）·期末)已知向量，则在上的投影长为（ ）
A． B．1 C． D．2
题型八向量夹角模长
1．(25-26高一上·云南师大附中·期末) （多选）已知向量，则下列结论中正确的是（ ）
A．与可以作为所在平面的一组基底 B．
C． D．
2．(25-26高一上·广东实验中学·期末)已知向量与的夹角，且．
(1)若与垂直，求
(2)求与的夹角的余弦值．
3．(25-26高一上·辽宁大连第一中学·期末)已知平面向量，，.
(1)若，且，求和的值；
(2)若，求的值.
4．(25-26高一上·湖南邵阳·)已知在平面直角坐标系中，为坐标原点，，为上的两个动点，为弦的中点，点的坐标为，.
(1)求；
(2)若，
（i）求；
（ii）求的取值范围.
题型五向量最值问题
1．(25-26高一·江苏盐城中学·期末)如图，点是线段的中点，，点是平行四边形内(含边界)的一点，且，以下结论中不正确的是（ ）
A．当是线段的中点时，
B．当时，
C．当为定值时，点的轨迹是一条线段
D．的最大值为
2．(24-25高一下·江苏无锡惠山区锡山高级中学·期末)已知中，，，，、为线段、上的点，设，，若．
(1)当时，求的值；
(2)求的最大值．
3．(25-26高一上·浙江杭州学军中学·期末)如图，在中，角的对边分别为．已知，为CD上一点，且满足．
(1)求的值；
(2)求的最小值．
4．(23-24高一下·湖北武汉部分学校·期末)在平面直角坐标系中，已知点、的坐标分别为，，，且，其中为坐标原点.
(1)若，设为线段上的动点，求的最小值；
(2)若，向量，向量，求的最小值.
题型九正余弦定理的应用
1．(24-25高一下·福建福州第三中学·期末)已知，其内角的对边分别为，且 ．
(1)求；
(2)，D是BC的中点，求AD的长．
2．(25-26高一上·云南昆明第一中学·期末)中，.
(1)求；
(2)若且，求的面积.
3．(24-25高一下·吉林松原宁江区实验高级中学·期末)已知的内角所对的边分别为，且
(1)求角A；
(2)若的周长为，且，求的面积.
4．(23-24高一下·黑龙江鸡西·期末)在中，内角，，所对的边分别为，，，的外接圆半径为，.
(1)求；
(2)已知，是边的中点，且，求的长.
题型十正余弦定理求最值、取值范围
1．(25-26高一上·湖南张家界桑植县第四中学·期末)古希腊数学家海伦提出了一个计算三角形面积的公式：若三角形三边长分别为a，b，c，则其面积，其中．现有一个三角形的边长满足，则该三角形面积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
2．(24-25高一下·甘肃兰州大学附属中学（兰州第三十三中学）·期末)在中，角所对的边分别为，若，边上一点满足，则的最小值为__________.
3．(24-25高一下·广西柳州高级中学·期末)在中，内角A、B、C对应的边分别是a、b、c，且.
(1)求角A的大小；
(2)若，，求a；
(3)若为锐角三角形，，求的取值范围.
4．(24-25高一下·黑龙江哈尔滨第四中学校·期末)在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c．若，
(1)求证：是等腰三角形；
(2)已知的面积为18，点D满足，求线段AD的最小值．
题型十一复数的四则运算
1．(24-25高一下·甘肃白银多校·期末)已知复数，则__________.
2．(24-25高一下·陕西渭南渭南中学·期末)已知复数满足，则______.
3．(24-25高一下·山东聊城·期末) （ ）
A． B． C． D．
4．(24-25高一下·黑龙江哈尔滨第十二中学校·期末) （多选）已知复数z满足，以下说法正确的是（ ）
A．复数z的虚部是 B．
C．在复平面内对应的点在第二象限 D．
题型十二复数的类型求参数
1．(24-25高一下·四川德阳·期末)已知复数：，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
2．(24-25高一下·广西桂林国龙外国语学校·期末)已知复数（）为纯虚数，则______．
3．(24-25高一下·天津部分区·期末)已知i是虚数单位，复数．
(1)当时，求z的共轭复数；
(2)若z是纯虚数，求m的值：
(3)若z在复平面内对应的点位于第四象限，求m的取值范围，
4．(24-25高一下·四川自贡·期末)复数z满足
(1)若复数z为实数，求m的值；
(2)若复数z为纯虚数，求m的值；
(3)设复数，若，求的取值范围．
题型十三复数方程
1．在复数范围内分解因式：______.
2．(24-25高一下·辽宁大连·期末)若关于的方程的一个虚根的模为3，则的值为_____.
3．(24-25高一下·山东临沂·)若是关于x的方程的一个根，则_______.
4．(24-25高一下·安徽合肥百花中学等四校联考·期末)已知复数满足
(1)求复数
(2)若复数是关于的方程的一个根，求，的值
题型十四平行问题
1．(25-26高一下·四川·期末)已知直三棱柱中，为正方形，，分别为，的中点．
(1)证明：平面；
(2)若是边长为2正三角形，求四面体的体积．
因为分别为，的中点，
所以在中，，
因为平面，平面，
所以平面.
2．(24-25高一下·甘肃天水秦安县第一中学·期末)如图，在四棱锥中，底面是正方形，底面为的中点，为的中点.
(1)证明：平面；
(2)求异面直线与所成角的余弦值.
3．(24-25高一下·山东威海·期末)如图，在五面体ABCDEF中，平面平面，，，，，．
(1)证明：；
(2)若直线与平面所成角的正切值为，求直线与所成角的余弦值．
4．(24-25高一下·山东威海·期末)如图，在三棱锥中，侧面是边长为的等边三角形，，、分别为、的中点．
(1)证明：平面；
(2)证明：平面平面；
(3)若，二面角的大小为，求．
题型十五垂直问题
1．(24-25高一下·甘肃天水秦安县第一中学·期末)一副三角板如图所示的方式拼接，将折起，使得二面角为直二面角，.
(1)求证：平面；
(2)求点到平面的距离.
2．(24-25高一下·新疆喀什疏附县·期末)已知四棱锥的底面是边长为2的菱形，底面．
(1)求证：平面；
(2)已知，
（ⅰ）当直线与平面所成的角为时，求四棱锥的体积；
（ⅱ）当时，求直线与所成角的余弦值.
3．(24-25高一下·黑龙江牡丹江第二高级中学·期末)如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，为等边三角形，平面平面，，，．
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的余弦值．
4．(24-25高一下·河北秦皇岛实验中学·期末)已知点P是边长为2的菱形ABCD所在平面外一点，且点P在底面ABCD上的射影是AC与BD的交点O，已知，是等边三角形.
(1)求证：;
(2)求点D到平面PBC的距离;
(3)若点E是线段AD上的动点，设直线PE与平面PBC所成的角为，求的取值范围.
题型十六外接球问题
1．(24-25高一下·吉林松原宁江区实验高级中学·期末)在三棱锥中，已知平面，，.若该三棱锥的顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
2．(24-25高一下·四川泸州三校联盟·期末)已知某圆柱的外接球的表面积为，则该圆柱的侧面积的最大值为_______________．
3．(24-25高一下·甘肃天水秦安县第一中学·期末)一个球与正四面体的六条棱都相切，若正四面体的棱长为a，则这个球的表面积是_____.
4．(24-25高一下·辽宁朝阳凌源·期末)在四面体中，平面，则该四面体的外接球的表面积为______．
题型十八线线角问题
1．(24-25高一下·新疆阿克苏第三高级中学·期末)如图，在正方体中，异面直线与所成的角是（ ）
A． B． C． D．
2．(24-25高一下·广西柳州高级中学·期末)已知平面的一条斜线和它在平面内的射影的夹角是45°，且平面内的直线和斜线在平面内的射影的夹角是45°，则直线、所成的角是（ ）
A．30° B．45° C．60° D．75°
3．(24-25高一下·黑龙江绥化海伦第一中学·期末)如图，为圆锥底面直径，点C是底面圆O上异于A，B的动点，已知，圆锥侧面展开图是圆心角为的扇形，当与所成角为时，与所成角为（ ）
A． B． C． D．
4．(24-25高一下·内蒙古包头·期末)如图，在正四棱锥中，已知侧棱长为4，底面边长等于2，是的中点．
(1)求证：平面平面；
(2)求异面直线与所成角的余弦值．
题型十九线面角问题
1．(24-25高一下·福建福州马尾一中等六校·期末)如图，直三棱柱，，平面平面，直三棱柱的体积为，则与平面所成的角为（ ）
A． B． C． D．
2．(24-25高一下·内蒙古包头·期末)如图，四棱锥中，底面为矩形，对角线与交于点，平面，为的中点．
(1)证明：平面；
(2)设，，直线与平面所成角的正弦值为．
（i）求四棱锥外接球的表面积；
（ii）求平面与平面夹角的余弦值．
3．(24-25高一下·吉林长春东北师范大学附属中学·期末)（特别提醒：本题不能用空间向量解答，否则不给分）
如图，在矩形中，，，将沿折起，使得点到达点的位置，点在平面上的射影恰好落在上.
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成的角.
4．(24-25高一下·吉林长春慧泽高中·期末)如图，直三棱柱中， ，为线段的中点.
(1)求证：平面;
(2)求直线与平面所成角的正切值.
题型二十 二面角问题
1．(24-25高一下·吉林、黑龙江六校联考·期末)如图，在四棱锥中，平面，底面为梯形，，平面平面，且，.
(1)若平面与平面相交于直线，求证：；
(2)求与所成的角；
(3)求二面角的余弦值．
2．(24-25高一下·内蒙古赤峰·期末)如图（1），在矩形中，，，点为的中点，为线段上一动点.过点作于点的延长线交于点.
(1)求的取值范围（只需写出结果，无需推理过程）；
(2)现将沿折起，使得平面平面.
（i）当点为线段的中点时，求二面角平面角的余弦值；
（ii）设直线与平面所成角为，求的最大值.
3．(24-25高一下·黑龙江绥化海伦第一中学·期末)如图，在三棱柱中，各个侧面均是边长为2的正方形，D，E分别为线段，的中点．
(1)求证：平面；
(2)求证：直线平面；
(3)求二面角大小的余弦值．
4．(24-25高一下·河北石家庄·期末)如图，在四棱锥中，底面是菱形，，为棱的中点，，，直线与所成的角的大小为．
(1)证明：平面；
(2)求三棱锥的体积；
(3)求二面角的正切值．
题型二十一点线面的位置关系
1．(23-24高一下·陕西西安临潼区·期末)设，是两个不同平面，m，n是两条不重合直线，若，，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
2．(24-25高一下·浙江衢州·期末)已知，是两个不同的平面，，是两条不同的直线，下列命题中正确的是（ ）
A．若，，则
B．若，，，则
C．若，，则
D．若，，，，则
3．(24-25高一下·四川泸州三校联盟·期末)已知直线，平面，且，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
4．(23-24高一下·浙江杭州·)已知，表示两个不同的平面，a，b，c表示三条不同的直线，下列说法正确的是（ ）
A．若，，则
B．若，，，，则
C．若，，，，则
D．若，，，则
题型二十二斜二测画法
1．(24-25高一下·辽宁重点中学协作校·期末)一个平面图形用斜二测画法画出的直观图如图所示，△O′A′B′是等腰直角三角形且，其中斜边，则这个平面图形的面积是（ ）
A． B． C． D．
2．(24-25高一下·黑龙江绥化海伦第一中学·期末)如图，按斜二测画法所得水平放置的平面四边形的直观图为梯形，其中，，，．以原四边形的边为轴旋转一周得到的几何体体积为（ ）
A． B． C． D．
3．(24-25高一下·内蒙古呼和浩特·期末)如图，是利用斜二测画法画出的的直观图，其中轴，轴，且，则的边（ ）
A．1 B． C． D．3
4．(24-25高一下·甘肃白银实验中学·期末)已知水平放置的等边三角形的边长为2，则利用斜二测画法得到的该三角形直观图的面积为（ ）
A． B． C． D．
题型二十三表面积体积题
1．(24-25高一下·内蒙古包头·期末)正方体中，过顶点，，作截面，截下一个三棱锥，则截下的三棱锥的体积与剩下的几何体体积的比为（ ）
A．1:5 B．1:6 C．5:6 D．1:4
2．(24-25高一下·河北唐山·期末)已知圆台上、下底面的半径分别为1和2，高为1，则该圆台的体积为（ ）
A． B． C． D．
3．(24-25高一下·湖南岳阳华容县·期末)如图，AC为圆锥SO的底面圆O的直径，点B是圆O上异于A，C的动点，，，E为线段AB上的动点，当时，圆锥的体积等于_________
\
4．(24-25高一下·吉林长春东北师范大学附属中学·期末)如图，在三棱锥中，底面，，，，.
(1)求的大小；
(2)求三棱锥的体积.
题型二十四距离问题
1．(24-25高一下·辽宁重点高中联合体·期末)如图，在直三棱柱中，，，点P为棱的中点，则点P到直线AB的距离为（ ）
A． B． C． D．
2．(24-25高一下·吉林农安县第十中学·期末)如图，在四棱锥中，底面为矩形，侧面是正三角形，，平面平面，是的中点.
(1)证明：.
(2)求点到平面的距离.
3．(24-25高一下·河北雄安新区雄安十校·期末)如图，在四棱锥中，底面四边形ABCD为菱形，，AC与BD交于点O，平面ABCD，，点M为PB的中点，点E是线段AD上的动点.当平面PCD时，.
(1)求AD；
(2)求点D到平面PBC的距离；
(3)设，探究当为何值时，直线PE与平面PBC所成的角最大.
4．(24-25高一下·黑龙江哈尔滨第三中学校·期末)如图，在斜四棱柱中，四边形为平行四边形，，，，.
(1)证明：平面；
(2)求到平面的距离；
(3)在棱上是否存在点E，使直线与平面所成角的正弦值为 若存在，求出的值，若不存在，请说明理由.
题型二十五分层抽样
1．(25-26高一上·山西忻州部分学校·)某高中高一、高二、高三年级的学生人数分别为400，400，600，为了解各年级学生每天阅读的时间，用分层随机抽样的方法从中抽取样本，若样本中高一年级的学生有14人，则样本容量为（ ）
A．42 B．45 C．49 D．50
2．(23-24高一下·四川达州外国语学校·期末)根据统计，2024年五一假期，网红城市C和H接待的旅客数分别为1亿和8千万，在这两城市用分层随机抽样的方法抽取360名旅客，则应在H城市抽取的人数为（ ）
A．80 B．100 C．200 D．160
3．(25-26高一上·江西新余·)2025年9月3日，以“铭记历史，开创未来”为核心的纪念中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利80周年阅兵在天安门广场隆重举行，已知从11000名甲校大学生，10000名乙校大学生和4000名丙校大学生中采用分层抽样方法抽取名大学生组成志愿者，若乙校大学生比丙校大学生多抽取60人，则_____.
4．(25-26高一上·贵州遵义第四中学·期末)某校举行数学学科冬令营活动，该校高一 高二 高三年级参加的人数分别为150，120，120.为了了解本次冬令营开展的实际效果，从参加冬令营的学生中按年级采用分层抽样的方法抽取了一个容量为的样本，若高二年级抽取的人数为8，则样本容量的值为__________.
题型二十六用样本估计总体
1．(24-25高一下·湖南岳阳岳阳楼区·期末)（多选）某学校为了调查学生在一周生活方面的支出情况，抽出了一个容量为的样本，其频率分布直方图如图，其中支出在元的学生有45人，则下列说法正确的是（ ）
A．样本中支出在元的频率为
B．的值为150
C．采用分层抽样从这45人中抽出10人，则在中共需抽出5人
D．该校学生一周生活方面支出的第75百分位数大约是52元（精确到个位数）
2．(25-26高一上·贵州遵义·)某中学举行了一次“校园学科知识竞赛”，为了了解本次竞赛成绩情况，从中抽取了100名学生的竞赛成绩（单位：分，得分取正整数，满分为100分）作为样本进行统计，将成绩整理后，按分成5组，得到如图所示的频率分布直方图．

(1)求的值；
(2)估计这次竞赛成绩的平均分（各组数据以该组区间的中点值作代表）；
(3)若该中学计划奖励竞赛成绩前15%的学生，求获得奖励的学生竞赛成绩的最低分．
3．(24-25高一下·云南宣威部分学校·)在一次某高校国际学生文化交流会上，对外国留学生举行了“中华文化知多少”知识竞赛.某数学小组收集了本次知识竞赛的成绩单，根据本次知识竞赛的成绩（满分100分）将收集到的成绩分成五段：，处理后绘制了如下的频率分布直方图.
(1)求；
(2)若该高校共有2000名外国留学生，以频率代替概率，估计该高校知识竞赛成绩不超过70分的人数；
(3)已知在内的平均数为52，方差为105，内的平均数为72，方差为503，求所有留学生成绩的方差.
4．(24-25高一下·四川遂宁·期末)遂宁市为进一步发展遂宁文旅，提升遂宁经济，现对“五一”假期部分游客发起满意度调查，从饮食、住宿、交通、服务等方面调查旅客满意度，满意度采用百分制，统计的综合满意度绘制成如下频率分布直方图，图中.
(1)求图中的值，并估计此次调查中综合满意度得分的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）.
(2)求此次调查综合满意度的第75百分位数
(3)若参与本次调查游客共有2000名，请估计在参与调查的2000名游客中综合满意度打分不低于平均分的人数.
题型二十七事件的概率
1．(25-26高一上·河南焦作沁阳第一中学·期末)某地开展志愿服务活动，小蓝、小黄在内的9人充当志愿者，现将这9人平均分成三组，则小蓝和小黄不在同一组的概率为（ ）
A． B． C． D．
2．(25-26高一上·江西新余·)已知一个古典概型的样本空间和事件A，B，其中，，，，则下列结论错误的是（ ）
A． B． C． D．
3．(25-26高一上·贵州遵义第四中学·期末)购买手办盲盒是当下青年人的潮流之一，国产动漫手办越来越受欢迎.若某种手办盲盒产品共有三种玩偶，任意一种玩偶出现的概率相等，则购买3个盲盒能集齐3种玩偶的概率为（ ）
A． B． C． D．
4．(25-26高一·安徽蚌埠·期末)第八届长三角国际创新挑战赛安徽赛区比赛日前在马鞍山市举办，大赛聚焦新能源汽车、生物医药等前沿领域，共征集到107项技术需求，吸引了省内外众多高校与科研团队参与揭榜攻关．其中，安徽本省的一支优秀科研团队——“徽创未来”团队，已成功进入现场赛的最终答辩环节．该团队共有6名核心成员，按研究方向分为三个小组：硬件组2人、算法组2人、数据组2人．现从6人中随机抽取3人组成现场答辩代表小组，每名成员被抽中的概率相等．
(1)求事件“硬件组的和算法组的同时被抽中”的概率；
(2)求事件“硬件组恰有1人被抽中”的概率；
(3)已知答辩代表小组的3人中至少有2人答辩通过，该团队答辩通过．现被选中组成答辩代表小组，三人各自答辩通过的概率分别为，三人答辩通过相互独立，求该团队答辩通过的概率．
1．(25-26高一·广东深圳南山区·期末)设向量，向量，若，则（ ）
A． B．0 C．1 D．2
2．(24-25高一下·山东临沂·)已知正四棱锥的底面边长为2，侧棱长为，外接球的球心为，若点S是正四棱锥的表面上的一点，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．1
3．(24-25高一下·福建福州马尾一中等六校·期末)在中，角A，B，C的对边分别为，且，，.
(1)求；
(2)若，则的面积为，求.
4．(24-25高一下·山东青岛·调研)为弘扬传统文化，某校举办了传统文化知识竞赛.现将竞赛得分在分（满分：分）的学生成绩进行统计与分组，得到如下图所示的频率分布直方图.
(1)求的值，并估计统计数据的上四分位数；
(2)据统计，本次竞赛在内得分的平均数为，方差为；在内得分的平均数为，方差为，求在内得分的平均数与方差.
5．(24-25高一下·黑龙江绥化海伦第一中学·期末)某企业为了解下属某部门对本企业职工的服务情况，随机访问100名职工，根据这100名职工对该部门的评分，绘制如图所示的频率分布直方图，其中样本数据分组区间为，，…，，．
(1)求图中a的值；
(2)估计该企业100名职工对该部门评分的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；
(3)从评分在的受访职工中，随机抽取3人，求其中有2人评分在的概率．
6．(24-25高一下·甘肃白银实验中学·期末)如图，一个水平放置的边长为的等边三角形绕着中心点O逆时针旋转，再沿竖直方向平移一定距离后，连接，，，，，，此时侧面三角形，，，正好都是等边三角形.
(1)证明：平面平面.
(2)求平面与平面所成角的余弦值.
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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