命题大赛 云南省昆明市2025-2026学年高一数学下学期阶段测试人教A版必修二第六——八章

**基本信息** 原创与改编题结合，覆盖立体几何、解三角形、向量，注重空间观念、运算与推理能力，适配必修二模块月考，体现数学眼光与思维。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|8/40|解三角形、圆柱与球体积比、向量运算|原创题（如圆柱与球体积比）考查空间形式，改编题（正方体展开图）强化空间观念| |多选|3/18|正方体中点线面关系、向量夹角|结合图形辨析（如直线与平面平行），考查推理能力| |填空|3/15|正方形向量表示、四棱锥外接球、角平分线|原创题（四棱锥外接球）体现应用意识，改编题（角平分线）巩固运算能力| |解答|4/77|向量共线、正三棱锥线线角与二面角、费马点应用|综合性大题（如正三棱锥多问）融合空间想象与逻辑推理，费马点问题培养创新意识|

秘密★考试结束前 测试范围：人教A版必修二第六、七、八章 人教A版必修二第六——八章素养测试卷 姓名： 班级 一、单项选择题：本大题共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．在中，，是角，所对的边，，，，则边的值为（   ） A． B． C． D． 2．（原创）圆柱的底面直径和高都等于球的直径，则球与圆柱的体积之比为（    ） A． B． C． D． 3．已知，则（    ） A． B． C．0 D．1 4．（改编）在平行四边形中，是线段的中点，，则（   ） A． B． C． D． 5．（改编）如图是正方体的平面展开图．在这个正方体中， ①与平行；②与垂直；③与平面平行；④平面与平面平行．以上四个命题中，正确命题的序号是（    ） A．①② B．②③ C．③④ D．①④ 6．（原创）已知，，则（   ） A． B． C． D． 7．已知正三棱台，，侧棱，则正三棱台的体积为（   ） A． B． C． D． 8．已知向量，满足，，，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．如图，在棱长为2的正方体中，，，分别是，，的中点，则下列结论正确的是（    ） A．直线与直线所成角为90° B． C．直线平面 D．三棱锥的体积为1 10．（改编）设向量，则下列说法正确的是（    ） A．若与的夹角为钝角，则 B．的最小值为9 C．与共线的单位向量是 D．若，则 10.在中，角所对的边分别为，则下列说法正确的是（   ） A．是的充要条件 B．若，则 C．若，则 D．若，则为等腰三角形 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 注意事项： 第Ⅱ卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效． 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分。 11．（原创）如图，已知正方形的边长为6，且，则____________． 12.（原创）已知四棱锥，平面，，，，二面角的大小为．若点，，，，均在球的表面上，则该球的表面积为________． 13．（改编）在中，，的角平分线交BC于D，则_________． 四、解答题：共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 14.（13分）已知向量，. (1)若，求实数的值； (2)已知、、三点共线，若，，求实数的值. 15．（14分）在中．． (1)求； (2)若，为边的中点，求的长． 16.（改编）（16分）如图，在正方体中， E，F，P分别为棱，，的中点． (1) 求证：D，B，F，E四点共面． (2)平面平面 (3)设平面平面，求证：． (4)棱上是否存在一点M，使平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 18．（17分）．如图，在正三棱锥中，，，的中点为，的中点为．求： (1)直线与的夹角的余弦值； (2)三棱锥的体积； (3)二面角的余弦值． 19.（17分）．著名的费马问题是法国数学家皮埃尔·德·费马（1601－1665）于1643年提出的平面几何极值问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小”，费马问题中的所求点称为费马点.已知对于每个给定的三角形，都存在唯一的费马点，当的三个内角均小于120°时，使得的点即为费马点．在中，角的对边分别为，且．若是的“费马点”，． (1)求角； (2)若为锐角三角形，求的周长的取值范围； (3)若，且. ①求的周长 ②求的值. 第11周周测数学试卷·第1 页 ， 共 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $ 人教A版必修二第六——八章素养测试卷数学参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 C B A C C D C A AC ACD ACD 12． 13． 14. 2 各题详细解答： 1．C【详解】由正弦定理得，，所以. 2．B设球的半径为R，则圆柱的底面半径为R，高．则球的体积，圆柱的体积，∴. 3．A【详解】因为，所以，即． 4．C【详解】由题意可得，因为， 所以，所以． 5．C【详解】由展开图得到正方体的直观图，如图： 观察直观图知，与是异面直线，①错误；与平行，②错误； 由四边形是平行四边形，得，又平面，平面，则平面，③正确； 由，又平面，平面，得平面， 同理平面，又平面，因此平面平面，④正确. 6．D【详解】，因为，则，则，则. 7．C【详解】如图，将正三棱台补成正三棱锥，作平面分别交平面、平面于、，作平面交于，则、分别为、的中心. 因为，所以，，所以， 设该正三棱台的高为，因为，所以， 故，故选C. 8．A【详解】由题意知向量，满足，，， 故，即，则， ，故， 9．AC【详解】A：由正方体的性质可知：平面，因为平面， 所以，因此直线与直线所成角为90°，所以本选项结论正确； B：由正方体性质可知：，所以有， 因为，所以不成立，因此本选项结论不正确； C：连接，由正方体的性质可得：，， 所以四边形是平行四边形，所以，又因为平面，平面， 所以直线平面，故本选项结论正确；D：由正方体的性质可得：平面 三棱锥的体积为，故本选项结论不正确； 10．ACD【详解】对于A，若与的夹角为钝角，则，解得，故A正确； 对于B，，当且仅当时取到等号，即的最小值为，故B错误； 对于C，与共线的单位向量有两个，为，故C正确； 对于D，若，则，解得，故D正确． 11．ACD【详解】选项A，在中，根据大边对大角和正弦定理（为外接圆半径）：，因此是的充要条件. 选项B，若，结合内角和，得. 由正弦定理，B错误. 选项C，由正弦定理，将化边为角：左边， 因此原式得，中，故，又，得. 选项D，由正弦定理，，交叉相乘得，结合余弦定理化简因式分解得：，因此，即，为等腰三角形. 12．【详解】正方形的边长为2，. 13．【详解】由，点均在球的表面上， 得四边形内接于圆，则，即， 由平面，平面，得， 又平面，则平面， 而平面，则，又， 因此二面角的平面角为，即， 在中，由，得， 四边形外接圆的直径，即外接圆的直径， 由平面，得四棱锥外接球的半径 所以四棱锥外接球的表面积为. 14．【详解】如图所示：记， 由余弦定理可得，， 因为，解得：，由可得， ，解得：． 15．(1)(2)【详解】（1），，则，由于，所以，即，解得..................................................................6分 （2）已知，，则，， 由于、、三点共线，所以，解得...................................7分 16．(1)(2)【详解】（1）由正弦定理及，得．因为，所以．所以．所以．因为，所以，即．................................................................6分 （2）由余弦定理得．因为，所以． 因为，所以．在中，由余弦定理得， 因为，所以，在中，由余弦定理得 所以．......................................................................................................................................14分 17.(1)证明见解析(2)证明见解析（3）证明见解析(4)存在， 【详解】（1）证明：连接．因为，分别为棱，的中点，所以，又在正方体中，且，所以四边形为平行四边形，所以，所以， 所以，，，四点共面．....................................................................................................4分 （2）在正方体中，易证． 因为平面，平面，所以平面．同理可证平面． 又平面，平面，，所以平面平面．.....................8分 （3）证明：由（1）知，又平面，平面，所以平面． 因为平面平面，平面，所以．........................................................12分 （4）存在，且．理由如下：取的中点，连接，．因为，分别为，的中点，所以，，又，，所以，， 所以四边形为平行四边形，所以．设为的中点，所以， 故，又平面，平面，所以平面． 故存在所求的点，且．.................................................................................................................16分 18．(1)；(2)；(3).. 【详解】（1）取中点，连接、.由中位线性质，， 故为直线与的夹角（或其补角）.在中，，，、为中点，故.同理，，.在中，由余弦定理： ， 故直线与夹角的余弦值为.............................................................................................5分 （2）设底面正的中心为，连接，则平面.底面正三角形的外接圆半径.在中，.底面的面积.所以.............................11分 （3）过作于，连接. 由正三棱锥对称性，，故，为二面角的平面角. 在中，，，由余弦定理得， ，故，同理. 在中，，由余弦定理：， 故二面角的余弦值为.........................................................................................17分 19.(1)(2) (3)①；② 【详解】（1）由已知，得，由正弦定理，得， 即，即， 由于，所以，所以.........................................................4分 （2）由正弦定理可得， 则， 可得的周长 ， 又因为为锐角三角形，则，解得， 则，可得，， 所以的周长的取值范围为.........................................................10分 （3）①设， 则． 所以，由得： ，即， 由余弦定理得，， 即，即， 又，联立解得． 所以的周长为；..............................................14分 ③由在中，由余弦定理得， 联立求解可得， 则， 即，所以.........................................................17分 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $数学 人教A版必修二第六——八章素养测试卷 双向细目表 主要知识 主要指标 核心素养 题号 一级指标 二级指标 题型 分值 难度 系数 分值 数学抽象 逻辑推理 数学建模 直观想象 数学运算 数据分析 1 解三角形 正弦定理 单选 5 易 0.95 4.75 5 2 立体几何 圆柱与球体积比 单选 5 易 0.93 4.65 3 2 3 复数 复数运算与共轭 单选 5 易 0.90 4.5 5 4 平面向量 向量线性表示 单选 5 易 0.88 4.4 2 3 5 立体几何 正方体展开图与空间位置关系 单选 5 中 0.65 3.25 3 2 6 三角函数 半角公式与两角差公式 单选 5 中 0.60 3 5 7 立体几何 正三棱台体积 单选 5 中 0.55 2.75 3 2 8 平面向量 向量模长与夹角 单选 5 难 0.50 2.5 2 3 40 0.75 29.8 9 立体几何 正方体中的线面关系与体积 多选 6 易 0.75 4.5 2 2 2 10 平面向量 向量坐标运算与单位向量 多选 6 中 0.60 3.6 2 4 11 解三角形 正弦定理、边角互化、 三角形形状判定 多选 6 中 0.55 3.3 1 3 2 合计 18 0.63 11.4 12 平面向量 向量数量积 填空 5 易 0.85 4.25 5 13 体几何 四棱锥的外接球表面积 填空 5 中 0.60 3 1 2 2 14 解三角形 角平分线长 填空 5 难 0.45 2.25 3 2 合计 15 0.63 9.5 15 平面向量 向量垂直与三点共线 解答 13 易 0.80 10.4 5 8 16 解三角形 正弦定理、余弦定理、中线长 解答 14 易 0.75 10.5 4 3 8 17 立体几何 四点共面、面面平行、 线面平行存在性 解答 16 中 0.60 9.6 1 5 5 5 18 立体几何 异面直线夹角、三棱锥体积、二面角 解答 17 中 0.55 9.35 4 2 4 6 15 解三角形 费马点、周长范围、代数求值 解答 17 难 0.35 5.95 2 5 2 2 6 合计 解答题合计 77 45.8 0 合计 易：中：难 150 7 38 7 30 68 0 比例 59:64:27 150 0.64 96.5 Sheet1 $