命题大赛 甘肃省2025-2026学年高一下学期数学期末复习卷（一）湘教版必修第二册

**基本信息** 湘教版高中数学必修二期末复习卷，涵盖立体几何、向量、解三角形等核心内容，通过正三棱柱线面平行、仓库屋顶面积计算等问题，融合空间观念与应用意识，适配期末综合复习需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|复数几何意义、球截面面积、三棱柱体积比|结合黄金分割文化素材，考查数学眼光| |多选题|3/18|线面关系、正方体展开图、单位圆向量|通过空间位置关系判断，发展推理意识| |填空题|3/15|向量模长、平行四边形性质、异面直线夹角|设置直三棱柱模型，强化几何直观| |解答题|5/77|向量运算、四棱锥线面证明、油毡纸面积计算|以四棱锥线面垂直证明等综合题，提升数学思维与表达能力|

期末复习卷细目表 湘教版高中数学必修二期末复习卷（一）细目表 题号 题型 分值 知识点 难度系数 1 单选题 5 复数的几何意义、复数的模的计算 0.95 2 单选题 5 球的结构特征、线面角的计算、球的截面面积公式 0.90 3 单选题 5 正弦定理、三角形外接圆半径计算、圆的面积公式 0.90 4 单选题 5 平面的基本事实、直线与平面的位置关系 0.95 5 单选题 5 正三棱柱的结构特征、线面平行的判定与性质、空间中点的位置关系 0.85 6 单选题 5 三角恒等变换、二倍角公式、黄金分割的概念 0.85 7 单选题 5 棱柱的体积公式、截面的性质、空间几何体的体积计算 0.80 8 单选题 5 三角恒等变换、同角三角函数的基本关系、均值不等式求最值 0.80 9 多选题 6 空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系 0.90 10 多选题 6 正方体的结构特征、空间中直线的位置关系、异面直线的判定 0.90 11 多选题 6 平面向量的数量积运算、向量的投影、单位圆的性质 0.85 12 填空题 5 平面向量的数量积、向量的模的计算 0.90 13 填空题 5 线面垂直的判定与性质、平行四边形的性质、菱形的判定 0.90 14 填空题 5 直三棱柱的结构特征、异面直线所成角的计算、空间中点的位置关系 0.85 15 解答题 13 三角恒等变换、同角三角函数的基本关系、两角和与差的三角函数公式 0.90 16 解答题 15 平面向量的加法法则、向量的几何作图 0.90 17 解答题 15 正四棱锥的结构特征、棱锥的侧面积计算 0.85 18 解答题 17 平面向量的坐标运算、数量积的坐标表示、向量的模的计算、向量共线的坐标表示 0.85 19 解答题 17 线面平行的判定定理、直线与平面所成角的计算、空间向量在立体几何中的应用 0.80 $ 湘教版高中数学必修二期末复习卷（一） 姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题（每小题5分） 1．若向量分别表示复数，则=（    ） A． B． C． D． 2．已知球的半径，平面经过的中点，且与所成的线面角为，则平面截球的面积为（    ） A． B． C． D． 3．在中，已知，，则外接圆的面积为（    ） A． B． C． D． 4．三条直线两两相交，最多可以确定平面（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 5．如图，在棱长均相等的正三棱柱中，分别为线段的中点，点在上，若平面，则（   ）    A． B． C． D． 6．黄金分割点是指将一条线段分为两部分，使得较长部分与整体线段的长的比值为的点．利用线段上的两个黄金分割点可以作出正五角星，如图所示，已知C，D为AB的两个黄金分割点，研究发现如下规律：．若等腰△CDE的顶角，则（    ）    A． B． C． D． 7．如图，在三棱柱中，过的截面与AC交于点D，与BC交于点E（D，E都不与C重合），若该截面将三棱柱分成体积之比为的两部分，则（    ）    A． B． C． D． 8．已知和均为锐角，且，则（    ） A．有最小值为 B．有最大值为 C．有最小值为 D．有最大值为 二、多选题（每小题6分） 9．设、是两条不同的直线，、是两个不同的平面，则下列结论不正确的是（   ） A．若，，则、是异面直线 B．若，，，则 C．若，，则 D．若，，则 10．如图，这是一个正方体的展开图，若将它还原为正方体，则（    ） A． B． C．直线与异面 D．直线与异面 11．已知O为坐标原点，的三个顶点都在单位圆上，且则（    ） A． B． C．为锐角三角形 D．在上投影的数量 三、填空题（每小题5分） 12．已知向量满足，，，，则__________. 13．已知PA垂直于▱ABCD所在的平面，若PC⊥BD，则▱ABCD的形状一定是___. 14．如图，在直三棱柱中，，，D，E，F分别是棱，BC，的中点，则异面直线AD与EF所成角的余弦值为______． 四、解答题 15．计算下列各题:（本题13分） (1)； (2). 16．（本题15分）作出如图中两向量的和向量. 17．（本题15分）一座仓库的屋顶呈正四棱锥形，底面的边长为2.7 m，侧棱长为2.3 m，如果要在屋顶上铺一层油毡纸，则需多少油毡纸？（精确到0.1 ） 18．（本题17分）已知向量． (1)求； (2)求； (3)若，求实数的值． 19．（本题17分） 如图，在四棱锥中，底面，，底面ABCD为直角梯形，，，，点E在棱PA上，且．    (1)证明：平面EBD； (2)求直线PD与平面EBD所成角的余弦值． 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 $ 湘教版高中数学必修二期末复习卷（一）答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B D B C C B C B ABD AD 题号 11 答案 BCD 一、单选题：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．B 【分析】根据复数减法的几何意义求得，再根据模长公式即可求解. 【详解】因为，又向量分别表示复数， 所以表示复数， 所以. 故选：B 2．D 【分析】设的中点为，过点作于，可得，，结合球的性质求截面圆半径. 【详解】设的中点为，过点作于，则点为截面圆的圆心，    由题意可知：球的半径，， 则，可得截面圆半径， 所以截面圆面积为， 故选：D. 3．B 【分析】由正弦定理求出外接圆半径，求出外接圆面积. 【详解】由正弦定理，得，即， 解得，， 所以. 故选：B． 4．C 【分析】根据题意，画出图形，结合公理2，即可得出答案. 【详解】在空间中，两两相交的三条直线最多可以确定3个平面. 如图，相交于一点，且不共面，则确定一个平面， 确定一个平面，确定一个平面. 故选：C. 5．C 【分析】取中点，先证明平面，进而得到，然后分析出要使平面，只需.通过计算得到，进而在中求出，即可得解. 【详解】    如图所示，取中点，连接. 是正三棱柱，为线段的中点， ，， 平面，平面，. ,平面， 平面，平面，. 要使平面，只须. 设三棱柱的棱长为， 则，. 在中，，， . 故选：C 6．B 【分析】设，根据已知可求出，.取中点为，在中，求得，然后根据二倍角的余弦公式，计算，即可得出答案. 【详解】设，由已知可得， 则， 所以，.    如图，取中点为，连接，则. 在中，有，，， 则， 所以，. 故选：B. 7．C 【分析】根据面面平行的性质得到，得到特殊图形，根据棱台和棱柱的体积公式直接求解即可. 【详解】因为三棱柱， 所以，面面， 又因为面面，面面， 所以，显然为三棱台， 设，（），三棱柱的高为， 则， 所以三棱柱体积为， 三棱台的体积为， .①三棱台的体积占， 则，得，得或，均不符合题意； ②三棱台的体积占， 则，得，得或，因为，所以. 故选：C 8．B 【分析】首先根据两角和与差的正弦公式及同角三角函数的商数关系化简得，再根据两角差的正切公式及基本不等式得出，结合正切函数的单调性即可求解． 【详解】因为， 所以，即， 又和均为锐角，所以，，， 所以，有， 则， 当且仅当，即时等号成立， 所以， 又因为在单调递增，所以， 故选：B． 2、 多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分。正确选项是2个的，每对一个给3分，正确选项是3个的，每选对一个给2分。 9．ABD 【分析】根据线面、面面位置关系可判断ABD选项；利用面面平行的性质可判断C选项. 【详解】对于A选项，若，，则、平行、相交或异面，A错； 对于B选项，若，，，则、没有公共点，即、平行或异面，B错； 对于C选项，若，，则，C对； 对于D选项，若，，则或或与相交（不一定垂直），D错. 故选：ABD. 10．AD 【分析】根据题意，画出该正方体的直观图，结合正方体的结构特征依次分析选项，综合可得答案. 【详解】根据题意，画出该正方体的直观图， 对于A，易得，A正确； 对于B，与异面，B错误； 对于C，直线与相交，C错误； 对于D，直线与异面，D正确. 故选：AD. 11．BCD 【分析】由，可得，化为，得到,即可求解B．由，可得化为,即可根据投影的公式求解D，根据，即可根据夹角公式求解A，根据数量积的正负求解角，即可判断C. 【详解】由于的外接圆半径为1，圆心为，． 由，可得， 化为．， ，．故是等腰直角三角形．B正确， 由，可得， ,所以，故，A错误， 由得， 所以, , , 因此均为锐角，故为锐角三角形，C正确 ． ． 在上的投影．D正确 故选：BCD 3、 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．/ 【分析】将中的移项平方，则可求解. 【详解】由得， 则， 又，，， 则， 解得. 13．菱形 【分析】由线面垂直判定定理可得BD⊥平面PAC，进而可得BD⊥AC，即得结论. 【详解】因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD， 所以PA⊥BD. 因为PC⊥BD，且PC⊂平面PAC，PA⊂平面PAC，PC∩PA=P， 所以BD⊥平面PAC， 又AC⊂平面PAC， 所以BD⊥AC，又四边形ABCD是平行四边形， 所以四边形ABCD是菱形. 故答案为：菱形 14．/ 【分析】把直三棱柱补成一个底面为菱形的直四棱柱，利用平移法找到异面直线与所成的角，再结合余弦定理求解即可. 【详解】把直三棱柱补成一个底面为菱形的直四棱柱，如图所示：    因为，且， 所以四边形为平行四边形，所以， 所以异面直线AD与EF所成的角为或其补角， 不妨设， 因为，所以， 所以为等边三角形，所以，， 所以， 因为为边长为的等边三角形，所以， 又因为， 所以在中，由余弦定理可得， 故异面直线与所成角的余弦值为. 故答案为：. 15．（满分13分） 【分析】（1）利用复数的四则运算求解即可； （2）利用复数的四则运算求解即可. 【详解】（1） ………………2分 ………………4分 . ………………6分 ； （2） ………………8分 ………………10分 . ………………13分 . 16． （满分15分） 【分析】由平面向量加法的三角形法则和平行四边形法则求解即可. 【详解】解法一（三角形法则）如图（b），作，则， 解法二（平行四边形法则）如图（c），作， 以OA、OB为邻边作平行四边形OACB，则. 向量加法的平行四边形法则的特点是和向量与向量是共始点向量. 给分标准：用三角形法则或者平行四边形法则画图，且能标注对应向量，给15分；若不标注给10分，若标注的向量缺少箭头也给10分。 17．（满分15分） 【分析】由棱锥侧面积的求法求屋顶上铺一层油毡纸的面积即可. 【详解】如图所示，设SE是侧面三角形ABS的高，则SE就是正四棱锥的斜高．    在中，m，m， 所以m， ………………5分 而底面周长m， ………………10分 所以需油毡纸，故需要油毡纸约.………………15分 18．（满分17分） 【分析】（1）借助数量积的坐标公式计算即可得； （2）借助夹角公式与模长公式计算即可得； （3）借助平面向量坐标运算及数量积公式计算即可得. 【详解】（1）； ………………3分 （2）， ………………6分 故； ………………9分 （3），， ………………12分 由，则，………………15分 整理得，解得. ………………17分 19．（满分17分） 【分析】(1)连接，则，连接AC，EG， 则，根据相似三角形可以证得平行关系， 即可证得线面平行. (2)在点处建立空间直角坐标系，求出平面EBD的法向量，代入公式即可求得. 【详解】（1）∵底面ABCD，底面ABCD，∴，………………1分 ∵，，PB，平面PBD，∴平面PBD，………………2分 ∵平面PBD，∴， ………………3分 ∵底面ABCD为直角梯形，，，， ∴在直角三角形ABD中，，， 在直角三角形CBD中，，，    设，连接AC，EG，则， ∴，∴ ………………5分 又平面，平面EBD，∴平面EBD； ………………6分 （2）∵底面ABCD，BC，底面ABCD，∴，，…………7分 ∵底面ABCD 为直角梯形，∴ ………………8分 以B为坐标原点，BC，BA，BP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，    则，，， ∴，，， ………………11分 ∴， ………………12分 设平面EBD的一个法向量为，∴，………………13分 取，则，， 则平面EBD的一个法向量为， ………………14分 设直线PD与平面EBD所成角大小为θ，， ∵，∴， ………………15分 得， ………………17分 故直线PD与平面EBD所成角的余弦值为． 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 $