结业测试卷（范围：第六、七、八章）（提高篇）（寒假预科讲义）-2025年高一数学举一反三系列寒假精品讲义（人教A版2019必修第二册）

结业测试卷（范围：第六、七、八章）（提高篇） 参考答案与试题解析 第I卷（选择题） 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，只有一项是符合要求的。 1．（5分）（23-24高一下·辽宁沈阳·期末）已知是不同的直线，是不重合的平面，则下列命题中，不正确的有（    ） A．若 ，则 B．若 ，则 C．若 ，则 D．若，则 【解题思路】对于A，根据面面平行的性质和线面垂直的判定定理分析判断，对于B，由线面平行的性质分析判断，对于C，根据线面平行的判定定理分析判断，对于D，由线面垂直的性质和线面平行的判定定理分析判断. 【解答过程】对于A，因为 ，所以， 因为 ，所以，所以A正确， 对于B，过作平面，因为 ，所以 ， 因为， ，所以 ， 因为，，所以 ，所以 ，所以B正确，    对于C，当 时， 或，所以C错误， 对于D，因为，所以 ， 因为，所以 ，所以D正确. 故选：C. 2．（5分）（23-24高一下·河南郑州·期中）已知复数z满足，则的最小值为（    ） A．1 B．3 C． D． 【解题思路】设复数在复平面内对应的点为，由复数的几何意义可知点的轨迹为，则问题转化为上的动点到定点距离的最小值，从而即可求解． 【解答过程】设复数在复平面内对应的点为， 因为复数满足， 所以由复数的几何意义可知，点到点和的距离相等， 所以在复平面内点的轨迹为， 又表示点到点的距离， 所以问题转化为上的动点到定点距离的最小值， 当为时，到定点的距离最小，最小值为1， 所以的最小值为1， 故选：A． 3．（5分）（23-24高一下·四川成都·期末）如图，在菱形中，，且，，若，则（    ）    A． B． C． D． 【解题思路】以向量作为基底，用基底表示，，然后代入已知条件得,再根据即可求解. 【解答过程】由题意，以向量作为基底， 因为，且, 则, 所以， , 所以 , 又因为, 所以，解得， 所以. 故选：B. 4．（5分）（23-24高一下·山东威海·期末）在三棱锥中，平面，为等腰三角形且面积为，.若该三棱锥的四个顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【解题思路】由三角形的面积公式可求得，设的外心为，进而可求得，过作平面的垂线，可得外接球的半径，进而可求表面积. 【解答过程】因为为等腰三角形且面积为，所以，又， 所以，所以，设的外心为， 可得，过作平面的垂线， 则球心在直线上，设球心为，可得在的垂直平分线上， 所以，所以， 所以三棱锥的外接球的表面积为. 故选：C. 5．（5分）（23-24高一下·福建福州·期中）瑞士数学家欧拉于1748年提出了著名的公式：，其中是自然对数的底数，是虚数单位，该公式被称为欧拉公式.根据欧拉公式，下列选项正确的是（    ） A．复数为实数 B．对应的点位于第二象限 C．若，在复平面内分别对应点，，则面积的最大值为 D． 【解题思路】由欧拉公式及复数的相关概念计算逐项计算判断即可. 【解答过程】对于A：，则复数为纯虚数，故A错误； 对于B：，因为，所以，， 所以复数在复平面内对应的点为，位于第一象限，故B错误； 对于C：，， ，， 因此的面积为， 因为， 所以面积的最大值为，故C错误； 对于D： ， 所以 ，故D正确. 故选：D. 6．（5分）（23-24高一下·福建漳州·期中）八卦是中国文化的基本哲学概念，如图1是八卦模型图，其平面图形记为图2的正八边形，其中，则下列结论正确的是（    ）    A． B． C． D．在方向上的投影向量为 【解题思路】运用余弦定理，向量平行四边形法则，数量积定义，投影向量概念公式分别计算即可. 【解答过程】由正八边形可知，， 对， ，故A错误； 对，由，可得， 由平行四边形法则，可得，故错误； 对C，因为，所以，故C错误； 对D，因为，所以在上的投影为，投影向量为，故D正确. 故选：D. 7．（5分）（23-24高一下·江苏无锡·期末）在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【解题思路】由三角形内角和定理及两角和的余弦、正弦公式，得,在锐角三角形中，可得.由锐角中，可得角B的范围，可得的范围，再由正弦定理可得的范围. 【解答过程】在中，可得 因为,可得 整理可得：， 整理可得，在锐角中，可得，可得.则，可得. 由正弦定理可得，. 因为，所以，可得，可得 故选：B. 8．（5分）（23-24高一下·天津·期末）在正方体中，E，F，H分别是，，的中点，给出下列结论： ①平面； ②平面； ③直线EF与直线所成的角为； ④平面与底面所成二面角的大小为. 其中正确的结论有（    ） A．①③ B．②④ C．②③④ D．①②④ 【解题思路】对于①，由题意可得共面，从而进行判断，对于②，根据正方体的性质结合线面垂直的判定定理判断，对于③，取的中点，连接，可得为直线EF与直线所成的角，然后求解判断，对于④,由正方体的性质可得为平面与底面所成二面角，然后求解判断. 【解答过程】对于①，因为∥，所以共面， 因为平面，所以平面，所以①错误， 对于②，因为平面，平面，所以，即， 因为，平面，所以平面，所以②正确， 对于③，取的中点，连接，因为为的中点，所以∥，， 因为∥，所以∥，所以为直线EF与直线所成的角， 设正方体的棱长为2，则，， 所以，因为，所以，所以③错误， 对于④，因为平面， 平面， 所以，所以为平面与底面所成二面角， 因为，所以平面与底面所成二面角的大小为，所以④正确， 故选：B. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，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．（6分）（23-24高一下·重庆九龙坡·期中）已知复数，则下列结论正确的有（    ） A． B．复数的虚部为 C． D．复数w满足，则的最大值为2 【解题思路】利用复数的四则运算、乘方运算以及共轭复数的概念可判断A正确，B错误，C正确，利用复数的几何意义可求得D正确. 【解答过程】对于A，由可得； 而，所以可得，即A正确； 对于B，，其虚部为，即B错误； 对于C，，即可得C正确； 对于D，设，则由可得， 所以复数对应的点的轨迹是以为圆心，半径为1的圆， 因此的最大值为，即可得D正确； 故选：ACD. 10．（6分）（23-24高一下·重庆九龙坡·期中）所在平面内一点满足，则下列选项正确的是（    ） A． B．延长交于点，则 C．若，且，则 D．若，则 【解题思路】根据题设条件，结合向量的线性运算可判断A，设，，结合向量的线性运算可判断B；由向量数量积的性质及运算可判断C、D. 【解答过程】选项A：，，故A错； 选项B：延长交于点，设，， 所以， 由，得， 所以， 即，解得：，则，故B正确； 选项C：∵，∴，延长交于点， ∴，∵，由B选项知，∴， 故C正确； 选项D：由，， 两边平方得，∴， ∴，故D正确. 故选：BCD. 11．（6分）（23-24高一下·山东济南·期中）已知正四棱台的高为，，，则（    ） A．正四棱台的体积为 B．二面角的大小为 C．直线与平面ABCD所成角的正弦值为 D．异面直线与所成角的正切值为2 【解题思路】根据棱台的体积公式，即可判断A；设上、下底面的中心分别为，，分别取和的中点，，由二面角的定义知即为所求，再利用三角函数的知识，求解即可判断B；过点作于点，由线面角的定义知即为所求，再由三角函数的知识，求解即可判断C；由知或其补角即为所求，再结合余弦定理，求解即可判断D． 【解答过程】对于A：正四棱台的体积，故A正确； 对于B：设上、下底面的中心分别为，，则， 分别取和的中点，，连接，，，则，， 所以即为二面角的平面角， 过点作于点， 则，， 在中，， 因为，所以， 所以二面角的大小为，故B正确； 对于C：过点作于点，则平面， 所以，，且即为直线与平面所成角， 而， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为，故C错误； 对于D：因为， 所以与所成角就是异面直线与所成角，即或其补角就是所求， 过点作，交于点，则四边形是平行四边形， 所以，， 所以， 在中，， 则，所以， 所以异面直线与所成角的正切值为，故D正确． 故选：ABD． 第II卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．（5分）（23-24高一下·贵州·期中）已知复数，且，则 2 ． 【解题思路】根据复数运算及复数相等得出参数值，最后计算即可求解. 【解答过程】由，则， 所以，解得， 所以． 故答案为：2. 13．（5分）（23-24高一下·河北保定·期中）如图，某公园内有一个边长为的正方形区域，点处有一个路灯，，，现过点建一条直路分别交正方形区域两边，于点和点，若对五边形区域进行绿化，则此绿化区域面积的最大值为 ． 【解题思路】设和的长，使的面积最小，即可使五边形面积最大. 【解答过程】设，，（，）， ∵， ，∴， ∴的面积为， 的面积为， ∵的面积，∴，即 ∵，， ∴由基本不等式得，解得，即， 当且仅当，即，时，等号成立， ∴的面积的最小值为， ∴五边形面积的最大值． 故答案为：. 14．（5分）（23-24高一下·江苏·期中）已知正方体的棱长为3，点是线段上靠近点的三等分点，是中点，则下列命题正确的有 ①②④ ． ①直线与所成角的正切值为    ②三棱柱外接球的半径为 ③平面截正方体所得截面为等腰梯形  ④点到平面的距离为 【解题思路】借助等角定理可得直线与所成角与直线与所成角相等，计算出可判断①；由三棱柱外接球与正方体外接球相同，故计算正方体体对角线的一半可判断②；借助平行线的性质可作出该截面，计算边长可判断③：借助等体积法计算可判断④. 【解答过程】对于①：由，故直线与所成角与直线与所成角相等， 连接，可得，又， 平面，平面，所以， 故，故①正确； 对于②：三棱柱外接球与正方体外接球相同， 故其外接球半径为，故②正确； 对于③：如图：取中点，连接，过点作， 交于点，则，所以平面截正方体所得截面为梯形， 由 ，所以， 所以，，所以， 所以梯形不是等腰梯形，故③错误； 对于④：如图：设点到平面的距离为，则， 而， ， 所以，故④正确. 故答案为：①②④. 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。 15．（13分）（23-24高一下·上海松江·期末）已知为虚数单位，复数． (1)当实数取何值时，是纯虚数； (2)当时，复数是关于的方程的一个根，求实数与的值． 【解题思路】（1）由是纯虚数得到实部为，虚部不为，解方程组得到的值； （2）将代入方程，实部和虚部均为，解方程组得到和的值. 【解答过程】（1）由是纯虚数得，解得. 所以当时，是纯虚数. （2）当时，， 因为是关于的方程的一个根，所以， 即，整理得， 所以，解得. 16．（15分）（23-24高一下·广东广州·期中）已知向量与的夹角，且，. (1)求； (2)在上的投影向量； (3)求向量与夹角的余弦值. 【解题思路】（1）先求出，可求得. （2）根据投影向量的计算公式计算即可. （3）利用向量的夹角公式求解即可. 【解答过程】（1）由向量与的夹角，且，，得， ， 所以. （2）在上的投影向量为. （3），则， 所以向量与夹角的余弦值为. 17．（15分）（24-25高一上·浙江宁波·期中）如图，设E、F、G分别是正方体的共点的三条棱、、的中点，过这三个点的平面截正方体得到的一个“角”是四面体. 设正方体的棱长为1.    (1)在四面体中，求顶点到底面的距离； (2)如果将正方体按照题设的方法截去八个“角”，那么剩余的多面体有几个顶点、几条棱、几个面？并求这个剩余多面体的表面积与体积. 【解题思路】（1）利用等体积法求解； （2）利用数形结合法得到几何体，再求表面积和体积. 【解答过程】（1）解：设点到底面的距离为， 则， 即，得； （2）如图所示：    将正方体按照题设的方法截去八个“角”后 其有12个顶点，24条棱，共14个面， 其中6个面是以为边长的正方形，8个面是以为边长的正三角形， 故其表面积为； 体积为. 18．（17分）（23-24高一下·广东惠州·期中）在①，②，③，这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并加以解答. 已知的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若__________. (1)求角B； (2)若，求周长的最小值. 【解题思路】（1）分别选三个条件，结合三角恒等变换，以及边角互化，化简后即可求解； （2）由余弦定理可得，利用基本不等式可求出的最小值，即可求出周长最小值，再利用面积公式求出面积 【解答过程】（1）选①， 由正弦定理可得，即得， 即有，由于，可得，即. 选②， 由正弦定理可得， 因为，，所以，即. 由于，可得. 选③， 由正弦定理和诱导公式可得，即为， 由余弦定理可得. 由于，可得. （2）由（1）知，由余弦定理可得， 即为，而，即. 若，则，可得（当且仅当时取得等号）， 则，所以周长的最小值为6. 19．（17分）（23-24高一下·江苏常州·期末）如图，三棱柱所有棱长都为2，，O为BC中点，D为与交点． (1)求证：平面； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求二面角的大小． 【解题思路】（1）取中点，连接，证明四边形为平行四边形，得出，从而证明平面. （2）利用线面垂直的判定证得平面，进而得为直线与平面所成角并求出，利用勾股定理求出，再由余弦定理求出，利用二面角的定义即可得答案. 【解答过程】（1）在三棱柱中，取中点，连接， 由分别为和的中点，得且， 由O为BC中点，得且，则且， 即四边形为平行四边形，于是，又平面，平面， 所以平面. （2）由三棱柱所有棱长都为2，，得都是正三角形， 而O为BC中点，则，，平面，， 于是平面，又，则平面， 为直线与平面所成角， 因此，，而平面，则， 又为中点，则， 在中，，，则， 由，，得是二面角的平面角， 所以二面角的大小. 第 1 页 共 12 页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 结业测试卷（范围：第六、七、八章）（提高篇） 【人教A版2019】 考试时间：120分钟；满分：150分 姓名：___________班级：___________考号：___________ 考卷信息： 本卷试题共19题，单选8题，多选3题，填空3题，解答5题，满分150分，限时120分钟，本卷题型针对性 较高，覆盖面广，选题有深度，可衡量学生掌握本章内容的具体情况！ 第I卷（选择题） 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，只有一项是符合要求的。 1．（5分）（23-24高一下·辽宁沈阳·期末）已知是不同的直线，是不重合的平面，则下列命题中，不正确的有（    ） A．若 ，则 B．若 ，则 C．若 ，则 D．若，则 2．（5分）（23-24高一下·河南郑州·期中）已知复数z满足，则的最小值为（    ） A．1 B．3 C． D． 3．（5分）（23-24高一下·四川成都·期末）如图，在菱形中，，且，，若，则（    ）    A． B． C． D． 4．（5分）（23-24高一下·山东威海·期末）在三棱锥中，平面，为等腰三角形且面积为，.若该三棱锥的四个顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为（    ） A． B． C． D． 5．（5分）（23-24高一下·福建福州·期中）瑞士数学家欧拉于1748年提出了著名的公式：，其中是自然对数的底数，是虚数单位，该公式被称为欧拉公式.根据欧拉公式，下列选项正确的是（    ） A．复数为实数 B．对应的点位于第二象限 C．若，在复平面内分别对应点，，则面积的最大值为 D． 6．（5分）（23-24高一下·福建漳州·期中）八卦是中国文化的基本哲学概念，如图1是八卦模型图，其平面图形记为图2的正八边形，其中，则下列结论正确的是（    ）    A． B． C． D．在方向上的投影向量为 7．（5分）（23-24高一下·江苏无锡·期末）在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 8．（5分）（23-24高一下·天津·期末）在正方体中，E，F，H分别是，，的中点，给出下列结论： ①平面； ②平面； ③直线EF与直线所成的角为； ④平面与底面所成二面角的大小为. 其中正确的结论有（    ） A．①③ B．②④ C．②③④ D．①②④ 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，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．（6分）（23-24高一下·重庆九龙坡·期中）已知复数，则下列结论正确的有（    ） A． B．复数的虚部为 C． D．复数w满足，则的最大值为2 10．（6分）（23-24高一下·重庆九龙坡·期中）所在平面内一点满足，则下列选项正确的是（    ） A． B．延长交于点，则 C．若，且，则 D．若，则 11．（6分）（23-24高一下·山东济南·期中）已知正四棱台的高为，，，则（    ） A．正四棱台的体积为 B．二面角的大小为 C．直线与平面ABCD所成角的正弦值为 D．异面直线与所成角的正切值为2 第II卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．（5分）（23-24高一下·贵州·期中）已知复数，且，则 ． 13．（5分）（23-24高一下·河北保定·期中）如图，某公园内有一个边长为的正方形区域，点处有一个路灯，，，现过点建一条直路分别交正方形区域两边，于点和点，若对五边形区域进行绿化，则此绿化区域面积的最大值为 ． 14．（5分）（23-24高一下·江苏·期中）已知正方体的棱长为3，点是线段上靠近点的三等分点，是中点，则下列命题正确的有 ． ①直线与所成角的正切值为    ②三棱柱外接球的半径为 ③平面截正方体所得截面为等腰梯形  ④点到平面的距离为 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。 15．（13分）（23-24高一下·上海松江·期末）已知为虚数单位，复数． (1)当实数取何值时，是纯虚数； (2)当时，复数是关于的方程的一个根，求实数与的值． 16．（15分）（23-24高一下·广东广州·期中）已知向量与的夹角，且，. (1)求； (2)在上的投影向量； (3)求向量与夹角的余弦值. 17．（15分）（24-25高一上·浙江宁波·期中）如图，设E、F、G分别是正方体的共点的三条棱、、的中点，过这三个点的平面截正方体得到的一个“角”是四面体. 设正方体的棱长为1.    (1)在四面体中，求顶点到底面的距离； (2)如果将正方体按照题设的方法截去八个“角”，那么剩余的多面体有几个顶点、几条棱、几个面？并求这个剩余多面体的表面积与体积. 18．（17分）（23-24高一下·广东惠州·期中）在①，②，③，这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并加以解答. 已知的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若__________. (1)求角B； (2)若，求周长的最小值. 19．（17分）（23-24高一下·江苏常州·期末）如图，三棱柱所有棱长都为2，，O为BC中点，D为与交点． (1)求证：平面； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求二面角的大小． 第 1 页 共 12 页 学科网（北京）股份有限公司 $$