专题10 期末真题百练通关21大常考题型（期末复习专项训练）高一数学下学期人教B版

**基本信息** 聚焦高中数学期末21大常考题型，以真题为载体系统覆盖三角函数、向量、解三角形、复数、立体几何核心模块，强化知识应用与解题能力，培养数学思维与实践能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |三角函数与三角恒等变换|7题型|定义、图像性质、解析式、实际模型、恒等变换|从概念（弧度制、定义）到性质（图像、周期）再到综合应用（模型、恒等变换结合）| |向量|4题型|模长、夹角、投影、数量积最值|从基本运算（模长、夹角）到几何意义（投影）再到动态最值问题| |解三角形|3题型|正余弦定理应用、边角互化、面积周长最值|从定理直接应用到边角转化，再到动态范围问题，体现几何与代数结合| |复数|2题型|四则运算、参数求解|从运算基础到分类讨论（纯虚数、象限等），强化概念辨析| |立体几何|5题型|体积表面积、平行、垂直、空间角、距离|从几何体计算到位置关系证明，再到空间度量（角、距离），构建空间观念|

专题10 期末真题百练通关（21大常考题型） 題型一 弧度制与三角函数定义 題型十二 利用正余弦定理进行解三角形 題型二 同角三角函数基本关系与诱导公式 題型十三 正余弦定理进行边角互化 题型三 三角函数的图象与性质 題型十四 正余弦定理求面积周长的最值范围 題型四 求三角函数解析式 題型十五 复数的四则运算 題型五 生活中的三角函数模型 題型十六 已知复数的类型求参数 題型六 向量的模长 題型十七 简单几何体的体积和表面积 題型七 向量的夹角 題型十八 平行问题 題型八 投影向量 題型十九 垂直问题 題型九 数量积的最值范围 題型二十 空间角问题 題型十 三角恒等变换 題型二十一 空间距离问题 題型十一 三角函数与三角恒等变换的结合 題型一 弧度制与三角函数定义 1．（2024·25高一上·四川成都·期末）扇面是中国书画作品的一种重要表现形式如图，图为其结构简化图设扇面，间的圆弧长为，，间的弦长为，圆弧所对的圆心角为，则，和所满足的关系为（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【详解】如图，连接，取的中点为，连接， 由题意可得，，， 设，在 中，，  又，   所以由可得， 即 .      2．（2025·26高一上·上海·期末）若扇形的半径为2，圆心角为，关于弧长与扇形面积正确的结果为（    ）. A． B． C． D． 【答案】D 【详解】由题意得，解得，则. 3．（2025·26高一上·四川成都·期末）（多选）已知为第三象限角，则（   ） A． B． C． D． 【答案】ABC 【详解】因为为第三象限角， 所以，，， 则，，的正负不确定． 故答案为：ABC. 4．（2025·26高一上·安徽淮北·期末）已知函数且恒过，则__________. 【答案】/ 【详解】由题可得，则，所以. 題型二 同角三角函数基本关系与诱导公式 5．（2025·26高一上·陕西渭南·期末）________________. 【答案】 【详解】原式为. 故答案为： 6．（2025·26高一上·云南楚雄·期末）（多选）已知为第四象限角，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【详解】因为为第四象限角，且， 可得，则，所以A正确，B错误； 由，所以C正确； 又由，所以D正确. 故选：ACD. 7．（2025·26高一上·河北石家庄·期末）已知，则_____. 【答案】 【详解】因为， 则 . 故答案为：. 8．（2025·26高一上·云南昭通·期末）已知． (1)若是第三象限角，求的值； (2)求的值． 【答案】(1)． (2)3 【分析】 【详解】（1）是第三象限角，        ， 解得； （2）， ． 题型三 三角函数的图象与性质 9．（2025·26高一下·山东潍坊·期中）下列四个函数中，以为最小正周期，且在区间上单调递减的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】解：对于A，，最小正周期，不符合题意； 对于B，，最小正周期为，在区间上单调递增，不符合题意； 对于C，，函数的图象如下： 故不是周期函数，不符合题意； 对于D，，函数图象如下： 最小正周期为，在区间上单调递减，符合题意． 10．（2025·26高一上·山东青岛·期末）将函数图象上所有的点向左平行移动个单位长度，得到函数的图象，则函数的一个单调递增区间为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】由题意，， 令，得， 结合选项，函数的一个单调递增区间为. 故选：A 11．（2025·26高一下·江苏镇江·期末）已知函数在上最大值为，最小值为，则_________． 【答案】8 【详解】， 设，因为， 所以为奇函数，则， 所以. 12．（2025·26高一上·广东广州·期末）已知，则的最小值为________． 【答案】/ 【详解】令，则， 则， 所以当时，函数取得最小值， 所以当时，函数取得最小值. 13．（2025·26高一上·湖北宜昌·期末）已知． (1)求函数的最小正周期和图象的对称轴方程； (2)当时，求函数的单调增区间； (3)当时，求函数的最大值和最小值，并写出所对应的取值． 【答案】(1)最小正周期，对称轴方程是 (2) (3)时，函数具有最大值为1；时，函数具有最小值为 【分析】 【详解】（1），最小正周期， 令，则， ∴函数图象的对称轴方程是； （2）令， 则，故的单调增区间为； 时，， ∴在的单调增区间为； （3）由， 令，则， 当时，即时，； 当时，即时，； 故时，函数具有最大值，最大值为1； 时，函数具有最小值，最小值为． 題型四 求三角函数解析式 14．（2025·26高一上·河南三门峡·期末）（多选）已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（   ）    A． B．的最小正周期为 C．的图象关于直线对称 D．的图象关于点对称 【答案】BCD 【详解】对于A：因为，所以，又， 所以或，又点在单调递增区间上，所以，故A错误； 对于B：又关于对称，且为单调递减区间上的对称中心， 所以，解得， 又，即，即，解得， 所以，则，所以，即的最小正周期为，故B正确； 对于C：因为， 所以的图象关于直线对称，故C正确； 对于D：因为， 所以的图象关于点对称，故D正确. 故选：BCD 15．（2025·26高一上·安徽铜陵·期末）已知函数的部分图象如图所示，则该函数解析式为__________． 【答案】 【详解】由图象得的最大值为3，最小值为-3，所以， ，解得， 因为，所以， 又过点，代入可得， 则，解得， 因为，所以， 所以 故答案为： 16．（2017·18高一下·上海静安·期中）已知，的图像如图所示，则函数解析式为_____________. 【答案】 【详解】由图可知的最小值为，所以， ， 所以， ， 所以， 由于，所以取，， 所以. 17．（2025·26高一下·内蒙古呼和浩特·阶段检测）已知函数的部分图象如图所示． (1)求的值； (2)求的单调增区间； (3)求在区间上的最大值和最小值． 【答案】(1)，； (2)； (3)最大值为，最小值为. 【分析】 【详解】（1）由图象可知，函数的最大值为，最小值为，所以， 因为，所以； （2）由（1）可知， 令，解得， 所以函数的单调递增区间为； （3）因为，所以， 当，即时，函数有最大值为， 当，即时，函数有最小值为. 題型五 生活中的三角函数模型 18．（2025·26高一上·黑龙江哈尔滨·期末）如图所示，一半径为4米的水轮，水轮圆心距离水面2米，已知水轮每60秒逆时针转动一圈，如果当水轮上点从水中浮现时（图中点）开始计时，则下列说法错误的是（    ）    A．点距离水面的高度（米）与时间（秒）之间的函数解析式为 B．点第一次到达最高点需要20秒 C．当水轮转动155秒时，点距离水面1米 D．当水轮转动50秒时，点在水面下方，距离水面2米 【答案】C 【详解】设点距离水面的高度为（米）与时间（秒）之间的函数解析式为，， 由题意，， 所以，解得， 因为，所以， 则， 当时，，所以，则， 又，则， 综上，，故A正确； 令，则， 令，得秒，故B正确； 当秒时，米，故C错误； 当秒时，米，故D正确. 故选：C. 19．（2025·26高一上·广东广州·期末）（多选）古代农耕常用水车作为灌溉引水的工具，是人类的一项古老的发明，也是人类改造自然的成果之一、如图是一个半径为的水车，以水车的中心为原点，过水车的中心且平行于水平面的直线为轴，建立平面直角坐标系，一个水斗从点出发，沿圆周按逆时针方向匀速旋转，且旋转一周用时60秒．经过秒后，水斗旋转到点，设点的坐标为，其纵坐标满足，则正确的是（   ） A． B． C．当秒时， D．此水斗从A点出发，工作2000秒后P点在最高点 【答案】BCD 【详解】由题意知，，所以， 把点对应的代入， 得，则， 又，所以，则，故A错误，B正确； 当时，， 当时，点的横坐标为，即， 则，故C正确； 当时，，故D正确. 故选：BCD 20．（2024·25高一下·上海·期末）著名数学家傅立叶认为所有的乐声都能用一些形如. 的正弦型函数之和来描述，其中频率最低的一项是基音，其余的为泛音.研究表明，所有泛音的频率都是基音频率的整数倍，称为基音的谐波.若对应于的泛音是对应于的基音的一个谐波，则正整数n的所有可能取值之和为_________ 【答案】8 【详解】因为所有泛音的频率都是基本音频率的整数倍， 所以，，， 所以，，， 两式相加得，， 所以，其中，故， 两式相减得， 当时，，此时，不合要求， 当时，，解得，满足要求， 当时，，此时，不合要求， 当时，，此时，不合要求， 当时，，解得，满足要求， 当时，，此时，不合要求， 综上，或6，所有可能取值之和为8. 故答案为：8 21．（2024·25高一上·福建厦门·期末）如图所示，齿轮A和齿轮B相互啮合（齿的尺寸忽略不计），其半径之比为，当时，齿轮A上的点和齿轮B上的点均与坐标原点重合．当两齿轮旋转时，和在相同时间内运动的弧长相等，则，运动的角速度大小之比为__________．若，则关于t的一个函数解析式为__________． 【答案】 （或2） （答案不唯一）． 【详解】因为做圆周运动的质点在单位时间t内运动经过的弧长，且和在相同时间内运动的弧长相等，所以和在运动的角速度大小之比等于运动半径之比的倒数，即， 所以周期之比为二者的旋转方向相反． 设，由可知． 又因为的值域为，所以齿轮A的半径为1，的取值范围为． 所以，解得． 当时，，得， 所以．． 故答案为：（或2）；（答案不唯一）． 題型六 向量的模长 22．（2025·26高一下·江苏泰州·期中）已知，且，则__________. 【答案】 【详解】由，， 得. 因为，所以. 即，解得. 所以，. 23．（2025·26高一下·广东深圳·阶段检测）已知平面向量，，且，则不正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】因为，， 所以， 所以， ， 所以， 因为，所以， 整理得：，解得，故C错误； 所以，，故A正确； 因为，，所以，所以，故B正确； ，故D正确．故选C． 24．（2026·陕西榆林·三模）已知不共线向量满足，且在上的投影向量为单位向量，则（    ） A．2 B．1 C． D．0 【答案】A 【详解】由题知，，， 则. 设，即，，即，解得或. 当时，，则，此时共线，不合题意； 当时，，符合题意. 25．（2026·河北保定·三模）已知平面向量满足，与，与，与的夹角相等且不为0，则（    ） A． B． C．2 D．2 【答案】A 【详解】设， 由于三个平面向量两两夹角相等且不为0，故两两夹角均为， 所以， 将两边平方展开化简得： 解得（负根舍去），即. 題型七 向量的夹角 26．（2025·26高一下·北京·期末）已知向量，，，若，的夹角与，的夹角相等，则（　　） A． B． C．5 D．6 【答案】C 【详解】，， ， ，的夹角与，的夹角相等， ，即，解得， 27．（2025·26高一下·广东中山·阶段检测）向量与的夹角为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】因为向量， 所以， 所以， 因为，所以. 28．（2025·26高一下·辽宁沈阳·期中）已知平面向量满足且，则向量和向量的夹角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】由，可得， 以及，又因为， 所以， 得， 从而， 同理， 而， 故. 29．（2025·26高一下·河南·阶段检测）如图，在平行四边形中，，，，点满足，为的中点.记，. (1)用，表示，； (2)设，求的值. 【答案】(1)， (2) 【分析】 【详解】（1）； . （2） ， ， ， 所以. 題型八 投影向量 30．（2026·广东清远·二模）已知非零向量，满足，则在方向上的投影向量为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】由题意，已知，两边同时平方可得， 化简得，即， 根据向量投影向量的计算公式， 可得在方向上的投影向量为. 31．（2025·26高一下·江西赣州·期中）若点是的外心，向量在向量上的投影向量为，，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】由点是的外心，向量在向量上的投影向量为， 所以为的中点，则是的一条中线，故， 所以，故. 32．（2024·25高一下·天津和平·期中）已知，与的夹角为，是与向量方向相同的单位向量，则在向量上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】由题意得，， 则， ， 则在向量上的投影向量为. 題型九 数量积的最值范围 33．（2024·25高一下·辽宁辽阳·期末）在矩形中，，是矩形区域内一点（含边界），点与点关于点对称，则的最大值为（    ） A．4 B．6 C．7 D．8 【答案】D 【详解】如图： 以为原点，建立平面直角坐标系，则，， 设，则，，. 所以，. 所以，因为，， 所以，当或，时取等号. 故选：D 34．（2024·25高一上·湖南衡阳·期末）是边长为2的正三角形，为所在平面内任意一点，则的最小值为（   ） A． B． C． D．-2 【答案】B 【详解】设的中点为的中点为E， 则有 ， 则 ， 而 而 ，， 故当P与E重合时， 有最小值 ， 所以的最小值为， 故选：B. 35．（2025·北京·模拟预测）如图所示，弧是以O为圆心，为半径的圆的一部分，满足，，是的中点，在弧上运动，则的最小值为（   ）    A．2 B．-2 C． D．-1 【答案】C 【详解】由题意可知，，， 则， 因为点在弧上运动，所以， 而余弦函数在内单调递减， 所以当时，取得最小值. 故答案为：C. 36．（2025·26高三上·北京昌平·期末）已知正方形的边长为1，为线段的中点，为边上的动点，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】以为坐标原点，为轴，为轴建立如图所示的平面直角坐标系，    则，，，设， ，， 则. 故选：C 題型十 三角恒等变换 37．（2025·26高一上·天津·期末）已知，则（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】因为，所以. 38．（2025·26高一上·山东菏泽·期末）已知，则的值为___________． 【答案】/ 【详解】因为， 所以 。 故答案为： 39．（2025·26高一上·云南昭通·期末）已知，则______________. 【答案】 【详解】因为，所以，所以 ． 故答案为：. 40．（2025·26高一上·上海·期末）已知，则______． 【答案】/ 【详解】因，则， 则， 故答案为：. 題型十一 三角函数与三角恒等变换的结合 41．（2025·26高一上·河北邯郸·阶段检测）已知函数，将的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，若函数的图象关于轴对称，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】依题意，，将的图象向右平移个单位长度后 所得图象的函数解析式为，由函数的图象关于轴对称， 得，解得，而， 所以当时，取得最小值. 故选：A 42．（2024·25高一上·江苏南通·期末）若函数的图象关于对称，且在区间上单调递增，则＝（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】函数图像关于对称，说明在时成立，解得：， 函数在上单调递增，说明在该区间内满足正弦函数的单调递增条件， 所以且， 则当时，解得：， 结合和，得到； 将代入原函数，得到， 则. 故选：A. 43．（2024·25高一下·贵州遵义·阶段检测）（多选）函数，则关于的下列说法中正确的是（   ） A．最小正周期为 B．图像关于点中心对称 C．在区间上单调递减 D．为偶函数 【答案】AD 【详解】 ， 函数的最小正周期，故A正确； 当时，，所以函数图象不关于点中心对称，故B错误； 当时，， 当，即时，，故在区间上不单调，故C错误； 为偶函数，故D正确． 故选：AD． 44．（2025·26高三上·重庆沙坪坝·期中）已知函数. (1)求的最小正周期和单调递增区间； (2)现将函数的图象向右平移个单位后得到函数的图象，若，求函数的值域. 【答案】(1)最小正周期为；单调递增区间是，； (2) 【分析】 【详解】（1）由辅助角公式得， 函数的最小正周期； 令，，解得，， 所以函数的单调递增区间是，； （2）由题意得， 当，，则， 则， 所以函数的值域是. 題型十二 利用正余弦定理进行解三角形 45．在中，角、、所对的边分别为、、，已知点D在边上，，， ，，则（     ） A． B． C．4 D．6 【答案】B 【详解】如图，作出符合题意的图形， ∵，∴， 由张角定理得， 即， 即，即， 解得，∴，故B正确. 46．（2025·26高一下·四川泸州·期中）在中，内角，，所对的边分别为，，，已知，，． (1)求的值； (2)求的值； (3)求的面积． 【答案】(1) (2) (3)6 【分析】 【详解】（1）因为，所以，                                         由题，；                                       由正弦定理，得：，                                       即，解得：； （2）由（1）得：，所以； （3）由余弦定理，得：，             整理得：，解得：或（舍去），                       所以的面积． 47．（2025·26高一下·黑龙江佳木斯·期中）已知中，角的对边分别为，，，，. (1)求； (2)若，角的平分线交于，求的长. 【答案】(1) (2) 【分析】 【详解】（1）解：因为，，则由余弦定理可得， ，又， 所以，因此. （2）解：由（1）知，又， 所以，. 因为，所以， 又因为平分，所以， 因此， 解得. 48．（2026·山东济南·模拟预测）在如图所示的平面图形中，，，，与交于点，为的中点，设． (1)求； (2)求的值． 【答案】(1) (2) 【分析】 【详解】（1）解：在中，由余弦定理知， 所以， 在中，由正弦定理知， 所以； （2）因为，所以， 在中，，， 由正弦定理知， 所以． 題型十三 正余弦定理进行边角互化 49．（2025·26高一下·广东汕头·期中）设内角的对边分别为，已知. (1)求角； (2)若，求的面积. 【答案】(1) (2) 【分析】 【详解】（1）由，得， 即， 即， 所以. 又，所以. （2）由，得， 所以. 所以的面积为. 50．（2025·26高一下·重庆沙坪坝·期中）在三角形中，角所对的边分别为，且. (1)求角的大小； (2)若，三角形的面积为，求三角形的周长. 【答案】(1) (2) 【分析】 【详解】（1）因为，由余弦定理可得， 整理可得，则， 且，所以. （2）因为，，且，即，则 又因为的面积为，即，则， 可得，即， 所以周长. 51．（2025·26高一下·河北石家庄·期中）在中，内角所对的边分别为，且． (1)求； (2)若，，求的周长． 【答案】(1)（或） (2) 【详解】（1）展开已知等式，得： ， 移项化简得. 设外接圆的半径为R，由正弦定理可将上式中的角化边，得：. 根据余弦定理可得，代入得. 又，故. （2）将，，代入余弦定理得： ，即，解得. 则， 由得， 故的周长为. 52．（2026·重庆沙坪坝·模拟预测）在①②；③这三个条件中任选一个补充在下面的问题中，并解决该问题. 问题：在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且_____. (1)求； (2)若，求. 【答案】(1) (2) 【分析】 【详解】（1）选①，根据正弦定理，， 所以，因为，解得， ，因为，则，则. 选②，因为， ， ，因为，所以. 选③，因为，根据正弦定理，， 解得，因为，所以. （2）无论选①，②，③均得到， 因为，，所以，解得，. 又因为， 所以. 与上述同理. 題型十四 正余弦定理求面积周长的最值范围 53．（2025·26高一下·四川广安·阶段检测）（多选）若的内角，，对边分别是，，，，且，则（    ） A．外接圆的半径为 B．的周长的最小值为 C．的面积的最大值为 D．边的中线的最小值为 【答案】AC 【详解】A选项，，由正弦定理得：， 即， 所以， 即， 因为，所以，所以，则， 因为，则， 令外接圆的半径为， 所以，即，所以A选项正确； B选项，，即：，则， 因为，，所以， 当且仅当时等号成立，此时的最大值为，所以B选项错误； C选项，，，当且仅当时等号成立， 因为，所以的最大值为，所以C选项正确； D选项，因为为边上的中线， 所以，， 得，因为，所以的最小值为，所以D选项错误. 54．（2025·26高一下·四川乐山·阶段检测）在中，角所对的边分别为，且.若，则的最大值为______. 【答案】14 【详解】因为，所以由正弦定理得， 因为，所以，所以， 因为，所以， 由余弦定理得，即， 因，当且仅当时取等号， 所以， 所以，当且仅当时取等号， 故，当且仅当时取等号， 则b+c的最大值为14. 55．（2026·陕西西安·模拟预测）在中，若，，平分交于，则的最大值为______． 【答案】 【详解】设中所对的边为， 因为，且，故，故. 而， 所以， 故， 故，当且仅当时等号成立， 故的最大值为. 56．（2025·26高二下·湖南长沙·期中）已知函数. (1)求函数的最小正周期与单调增区间； (2)在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，且，求面积的最大值. 【答案】(1)，，. (2). 【分析】 【详解】（1） ， 所以函数的最小正周期， 令，，解得，. 故函数的单调递增区间为， （2）由，， 又因为，所以，所以，即. 因为，根据基本不等式，当且仅当时等号成立， 所以，所以面积的最大值为. 57．（2026·福建泉州·模拟预测）已知在中，角、、的对边分别为、、，且满足． (1)求的值； (2)已知平分且交于点，，求的最小值． 【答案】(1) (2) 【分析】 【详解】（1）由正弦定理可知：， 在中， ∴，又∵中， ∴，即，∴， ∵，∴，即. （2）由题意可知， ，∴， ∴，由基本不等式可得，即，∴， 当且仅当时取等号. ，∴，当且仅当时取等号. ∴, ∴的最小值为. 題型十五 复数的四则运算 58．（2025·26高一下·北京·期末）为虚数单位，则（　　） A． B． C．2 D． 【答案】C 【详解】解：. 59．（2025·26高二下·河南驻马店·期末）已知复数满足，则复数的虚部为（   ） A．2 B．2 C．4 D．4 【答案】D 【详解】因为，所以，故复数的虚部为 60．（2025·26高一下·广东·期末）已知复数，，则的值为（　　） A．5 B． C． D．13 【答案】C 【详解】因为，， 所以， 则． 61．（2024·25高一下·广东·期中）复数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 【答案】A 【详解】因为. 所以复数在复平面内对应的点为，位于第一象限. 62．（2025·26高一下·广东·期末）（多选）已知复数，则下列结论正确的有（　　） A．在复平面对应的点位于第二象限 B．的虚部是 C． D． 【答案】AC 【详解】. A选项，在复平面对应的点坐标是，该点位于第二象限，所以A选项正确； B选项，，虚部为1，所以B选项错误； C选项，，则，所以C选项正确； D选项，，则，所以D选项错误. 題型十六 已知复数的类型求参数 63．（2024·25高一下·辽宁·期末）若复数为纯虚数，则a的值为（   ） A． B． C．或 D．且 【答案】B 【详解】复数为纯虚数， 则，解得， 故选：B 64．（2024·25高一下·河北沧州·期末）已知复数是虚数，且是实数，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】因为是虚数，则， 所以． 因为是实数，所以，解得或． 因为，所以， 则． 因为，且，所以，所以， 所以，则， 即的取值范围是． 故选：D 65．（2024·25高一下·河南安阳·期末）已知复数，，． (1)当时，求的值； (2)若是纯虚数，求的值； (3)若在复平面内对应的点在第二象限，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】 【详解】（1）当时，． （2）因为为纯虚数，所以，所以． （3）， 该复数在复平面内对应的点在第二象限， 则，解得， 故实数的取值范围是． 題型十七 简单几何体的体积和表面积 66．（2024·25高一下·辽宁大连·期末）一正四棱台内接于圆锥，其俯视图如下图所示.若底面上弓形（即图中阴影部分）面积与棱台上底面面积之比为，则圆锥与棱台体积之比为（   ）. A． B． C． D． 【答案】D 【详解】设圆锥的底面半径为R，则正四棱台的底面边长为， 则阴影部分面积为， 由于底面上弓形（即图中阴影部分）面积与棱台上底面面积之比为， 设棱台上底面正方形边长为a，则，则， 即正四棱台的上下底面边长之比为，而正四棱台内接于圆锥， 则正四棱台各侧棱延长后交于一点，即为圆锥的顶点， ， 设圆锥的高为h，则正四棱台的高为， 故, 故选：D 67．（2024·25高一下·广东惠州·期末）如图，某几何体可看成是个几何体的组合体，上面的几何体I是直棱柱，中间的几何体Ⅱ是棱台，下面的几何体Ⅲ也是棱台，几何体Ⅲ的下底面与几何体I的底面是全等的六边形，几何体III的上底面面积是下底面面积的倍，若几何体I、II、III的高之比分别为，则几何体I、II、III的体积之比为 （    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】设直棱柱I的底面积为，高为，则棱台II的上底面面积为，下底面面积为，高为， 棱台III的上底面面积为，下底面面积为，高为， 设几何体I、II、III的体积分别为、、， 则，， ， 因此，. 故选：C. 68．（2024·25高一下·安徽宣城·期末）一圆台的上、下底面半径分别是10cm和20cm，它的侧面展开图扇环的圆心角为180°，下列说法不正确的是（    ） A．圆台的母线长是20cm B．圆台的高是cm C．圆台的表面积是 D．圆台的体积是 【答案】D 【详解】依题意，圆台侧面展开图，如图，     设圆台的上底面周长为，由扇环的圆心角为，得， 又，则，同理， 于是圆台的母线cm，高cm， 表面积， 体积，ABC正确，D错误. 故选：D. 69．（2024·25高一下·北京昌平·期末）以边长为2的正方形的一边所在的直线为旋转轴，其余三边旋转一周得到一个圆柱，则该圆柱的体积是_______；表面积是_______. 【答案】 【详解】由题意可知圆柱的底面半径，高， 所以圆柱的体积为， 表面积为. 故答案为： 題型十八 平行问题 70．（2024·25高一下·甘肃白银·期末）柱是建筑物中用来承托建筑物上部重量的直立的杆体，俗称“柱子”.柱子在各个时期既有延续与继承，又有发展和变化，如方柱在秦代时开始出现，而在汉代时则又增加了八角形柱、束竹式柱、人像柱等.某凉亭的一根正三棱形柱子可近似看作如图所示的图形，记该正三棱柱为，其底面边长是3，侧棱长是，M为的中点，N是侧面上一点，且平面，则点N的轨迹长为（   ） A．27 B． C．12 D．6 【答案】B 【详解】分别取，的中点，，连接，. 因为，， 所以，平面，平面. 所以平面.又，平面，平面. 所以平面，平面， 所以平面平面. 所以当点在线段上运动时，有平面， 所以点的轨迹长为.故B正确. 故选：B. 71．（2024·25高一下·湖北咸宁·期末）如图，在三棱锥中，点D、F分别为棱PB，AC上的点，且，，E为线段BC上的点，若，且满足平面PEF，则λ=（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】如图，取的中点，连接， 由，所以为的中点，又为的中点，所以 PE， 平面，平面，所以平面， 又平面，且，平面， 所以平面平面，由平面，所以平面 又平面，平面平面，所以 又，所以，所以，故 故选：A 72．（2024·25高一下·四川成都·期末）如图，在三棱柱中，E，F分别为线段，上的点，，，． (1)求证：平面． (2)在线段上是否存在一点G，使平面平面？请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在点，满足即可，理由见解析 【分析】 【详解】（1）因，，则，故， 在三棱柱中，，则， 因平面，平面，则平面. （2） 如图，线段上存在点，满足，即可使平面平面，理由如下： 因，则，则，因平面， 平面，故平面， 由（1），因平面， 平面，故平面， 又平面，故平面平面. 73．（2024·25高一下·四川绵阳·期末）如图，在棱长为2的正方体．中，点E，F，M分别为，，的中点． (1)求证：平面； (2)平面将此正方体分成两个几何体，体积分别为，（其中），求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】 【详解】（1）连接，取的中点，连接， 因为点E，F分别为，，的中点，所以， 又因为平面，平面，所以平面， 因为点M为的中点，所以且， 所以四边形是平行四边形，所以且， 又且，所以且， 所以四边形是平行四边形，所以， 又因为N，F分别为，的中点，所以且， 所以四边形是平行四边形，所以，所以， 又因为平面，平面，所以平面， 又，平面，所以平面平面， 又平面，所以平面； （2）因为正方体的棱长为2，所以， 又因为， 所以，所以 所以，所以. 題型十九 垂直问题 74．（2024·25高一下·北京通州·期末）如图，在五面体中，四边形是正方形，平面平面，，，. (1)求证：； (2)求证：平面； (3)求证：. 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析； (3)证明见解析； 【分析】 【详解】（1）由正方形，得， 又∵平面，平面，∴∥平面， ∵平面，平面平面， ∴ （2）由正方形，得, ∵平面平面，平面平面，平面, ∴平面， 又∵平面，∴， 由（1）知，∴，， 又，平面， ∴平面； （3）取的中点，连接，则， 又，所以四边形是平行四边形. ∴，∴. 由，得，，∴. ∵，，平面， ∴平面. ∵平面，∴. 由正方形，得∥，∴, ∵，平面，∴平面, ∵平面，∴ 75．（2024·25高一下·辽宁大连·期末）如图，在四棱锥中，平面平面，四边形为正方形，分别为的中点. (1)直接写出图中与平行的平面； (2)求证：平面平面； (3)在棱上是否存在点，使得平面平面?若存在，求三棱锥体积；若不存在，说明理由. 【答案】(1)平面，平面 (2)证明见解析 (3)存在， 【分析】 【详解】（1）因为四边形为正方形，分别为的中点. 所以，，， 所以四边形和四边形均为平行四边形， 所以，， 因为平面，平面，平面，平面， 所以平面，平面； （2）因为四边形为正方形，所以， 因为平面平面，且平面平面，平面， 所以平面. 因为平面，所以平面平面. （3）存在，当为中点时，平面平面. 证明：连接，设， 因为四边形为正方形，E，M分别为、的中点， 所以，， 所以四边形为平行四边形，所以. 因为为中点，所以. 因为，E为的中点， 所以，，. 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 所以平面. 又因为平面，所以平面平面. 所以存在点，使得平面平面. 则. 76．（2024·25高一下·辽宁大连·期末）如图，在直三棱柱中，，，，且，分别为，的中点． (1)证明：平面； (2)证明：． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】 【详解】（1）如图，取的中点，连接，， 因为为的中点，所以，且． 又因为，， 所以，， 所以四边形是平行四边形，所以． 又平面，平面，所以平面． （2）取的中点，连接，， 因为，所以，所以， 因为面，面，所以 因为，面，面，所以面， 因为面，所以， 因为，，所以，， 所以四边形是正方形，所以， 因为，面，面，所以面， 因为面，所以． 77．（2024·25高一下·北京丰台·期末）如图，在直三棱柱中，D为棱AC的中点，与交于点E，． (1)求证：平面； (2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求证：． 条件①：； 条件②：． 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】 【详解】（1）证明：因为三棱柱为直三棱柱， 所以四边形为矩形，所以为的中点， 又因为为的中点，所以是的中位线， 即， 又因为平面平面； 所以平面． （2）（Ⅱ）选条件①： 因为，且三棱柱为直三棱柱， 所以四边形为正方形，所以． 因为，所以． 因为三棱柱为直三棱柱， 所以平面． 因为平面，所以． 又因为，所以平面． 因为平面，所以． 又，所以平面． 选条件②： 因为，且三棱柱为直三棱柱， 所以四边形为正方形．以下同选条件①． 題型二十 空间角问题 78．（2024·25高一下·江西九江·期末）如图，在四棱锥中，底面是正方形，底面，.则二面角的大小______    【答案】 【详解】如图过作交于，连接，    因为底面，底面，所以，，， 因为底面是正方形，， 所以由勾股定理可得，即， 又，，所以，所以， 因为平面平面，所以即为二面角的平面角， 因为，由勾股定理可得，，， 设，则，所以由得， 解得， 所以， 在中由余弦定理可得， 因为，所以， 即二面角的大小为， 故答案为： 79．（2024·25高一下·辽宁大连·期末）已知正四棱台中，，其侧面积为，为侧面的中位线，若该棱台内切球半径为，则二面角的余弦值为_______. 【答案】 【详解】由正四棱台内切球半径为，可知棱台的高为， 设，则，故侧面的高即斜高为， 正四棱台侧面为等腰梯形，棱台侧面积为，故， 解得，即棱台上底长为1，下底长为2，斜高为， 设上底边中点为E，中点为F，中点为G， 连接，由于正四棱台侧面为等腰梯形，为侧面的中位线， 则；又， 故，且在正四棱台中，有， 故四边形为等腰梯形，故， 则即为二面角的平面角， 在等腰梯形中，， 则，即， 故在中，， 则在等腰梯形中，，； 设分别为的中点，则四边形为等腰梯形，， 则， 在中，， 在中，，，， 求得， 则二面角的余弦值为， 故答案为. 80．（2024·25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】 【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． 81．（2024·25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】 【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． 82．（2024·25高一下·黑龙江·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】 【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. 題型二十一 空间距离问题 83．（2024·25高一下·河南安阳·期末）已知等边的边长为1，平面，且，则点到平面的距离为______． 【答案】/ 【详解】如图，因为平面，所以为三棱锥的高， 则， 由平面，平面，得， 在直角中，，同理， 则等腰的底边上的高为， 则， 设点到平面的距离为，则， 得． 故答案为：. 84．（2024·25高一下·吉林·期末）如图，在直三棱柱中，，，，M为的中点． (1)证明：平面； (2)求直线到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【分析】 【详解】（1）在直三棱柱中，连接，交于点N，连接，如图： 则N为的中点，而M为的中点，则，又平面，平面， 所以平面． （2）连接，由，得，又平面，平面， 则，又平面，因此平面， 又平面，则，又，则是等腰直角三角形， ，，， ，设点A到平面的距离为d， 由，得，解得， 由平面，得直线到平面的距离即为点A到平面的距离， 所以直线到平面的距离为． 85．（2024·25高一下·四川成都·期末）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，侧棱底面，且． (1)证明：平面； (2)求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】 【详解】（1）因为底面是菱形，所以， 因为底面，底面，所以， 又因为，平面，平面， 所以平面． （2）设点到平面的距离为h， 由题可知PA为三棱锥的高，， 所以三棱锥的体积为， 又因为，且， 所以，解得， 所以点到平面的距离为． 86．（2024·25高一下·河北沧州·期末）如图，在四棱锥中，△PAD为等边三角形，四边形是菱形，，，． (1)证明：平面平面． (2)求点A到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】 【详解】（1）证明：取棱的中点E，连接． 因为四边形是菱形，，所以． 因为E是棱AD的中点，所以，则． 因为为等边三角形，且，E是棱AD的中点，所以． 因为，所以，所以． 因为平面，平面，且，所以平面． 因为平面，所以平面平面． （2）因为，所以的面积． 由（1）可知平面，且，则三棱锥的体积． 因为，所以的面积． 设点A到平面的距离为d，则三棱锥的体积． 因为，所以， 解得，即点A到平面的距离为． 87．（2024·25高一下·甘肃白银·期末）已知斜三棱柱的底面是边长为2的正三角形，侧棱与底面所成角的大小为，，且侧面底面． (1)求二面角的正切值； (2)求点到平面的距离． 【答案】(1)． (2)． 【分析】 【详解】（1）如图，过点作，垂足为，连接， ∵侧面底面，侧面底面，侧面， 底面， 为与底面的所成角，即， ∵，∴， ∵是正三角形，， ∴，，，， 侧面底面，侧面底面，底面， 所以侧面，∵侧面，. 过点作，连接，因为，平面， 所以平面，因为平面，所以， 是二面角的平面角． 在中，，，所以， 二面角的正切值为． （2）设点到平面的距离为. 过点作，垂足为． 由（1）知平面，平面，， ∵平面， 平面，是点到平面的距离，即． 在中，， ． 设点，到平面的距离分别为， 连接与相交于点，则是的中点，则． 又是的中点，， 所以则点到平面的距离． 1．（2026·河南·三模）已知向量在向量方向上的投影向量为，且，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】设， 由题意得，解得， 则. 2．（2025·26高一下·陕西安康·期中）在平面内，质点在三个力，，的作用下恰好处于平衡状态，其中，，现用作用在上产生位移，则力对做功为（    ） A．2 B．-2 C．4 D．-4 【答案】D 【详解】设，因为质点在三个力，，的作用下恰好处于平衡状态， 所以，代入坐标得，， 解得，， 则力对做的功为：. 3．（2026·陕西咸阳·二模）一个正四棱台的上、下底面边长分别为1，3，高为，若用一个平行于上下底面的平面截该棱台，且将棱台的高平分，则所截得的上下两个棱台的体积之比为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】首先将正四棱台补为正四棱锥，设补出的小棱锥高为， 由上下底面边长比为，且棱台的高为，由相似多边形的性质得，解得. 由于平面平分棱台的高，故截面与棱台上底面的距离为，截面所在棱锥的高为， 由相似比得截面边长，上下两部分棱台的高均为， 根据棱台体积公式， 上部分棱台：上底面积，下底面积，高， 则 下部分棱台：上底面积，下底面积，高， 则. 因此体积比为. 4．（2025·26高一下·广东·期末）在△中，内角，，的对边分别为，，，已知，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】因为，，， 所以由正弦定理得，可得， 又， 所以是锐角，可得． 5．（2026·山东泰安·模拟预测）某数学课外兴趣小组，制造了一个模型，该模型由两部分构成，上面部分是一个圆台，其上底的直径是下底直径的2倍，下面部分是一个共底的圆柱，且圆柱的高是圆台高的3倍．若圆台的母线长为12，且与底面所成的角为60°，则该模型的容积是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】作出该模型的轴截面，如图所示，四边形是等腰梯形，四边形是矩形，其中， 分别过两点作的垂线，垂足分别为，则，所以． 因为上底的直径是下底直径的倍， 所以， 解得．又圆柱的高是圆台高的倍，所以． 设圆台上底半径为，下底半径为，则，， 所以圆台的体积为， 圆柱的体积为， 所以该模型的容积为． 6．（2026·山东烟台·二模）在中，角A，B，C所对的边分别为，且，若的面积为，则的值为（   ） A．10 B．5 C． D． 【答案】D 【详解】由，结合二倍角正弦公式得， 又，且，则或， 所以或， 当，则，此时，且，显然不存在， 当，则，且且，则， 由， 又， 所以，则，故（负值舍去）. 7．（2025·26高一下·浙江金华·阶段检测）（多选）复数，，已知，，下列说法正确的是（   ） A．复平面内与对应的点在第三象限 B． C． D． 【答案】BCD 【详解】对于A项，对应的点为在第二象限，故A错误； 对于B项，，则，故B正确； 对于C项，，故C正确； 对于D项，，故D正确. 8．（2023·24高一下·江西吉安·期末）（多选）函数的部分图象如图所示，则（    ） A． B．的图象关于直线对称 C． D．的单调递减区间为， 【答案】BD 【详解】观察图象知， 函数的周期， 则，，故A错误； 由，，得，故C错误； 由上可知，令， 得函数的图象对称轴为，当时，，故B正确. 令，得， 因此函数的单调递减区间为，，故D正确； 9．（2025·26高一下·广东肇庆·期中）已知复数，． (1)当z为纯虚数时，求m的值； (2)当时，z是关于x的方程的一个根，求实数p，q的值． 【答案】(1) (2) 【分析】 【详解】（1）复数，其中实部为，虚部为， 由纯虚数的定义得： ，解得. （2）当时， ， z是关于x的方程的一个根，得： ， 由复数相等的充要条件得： ， 解得， 代入方程得. 10．（2025·26高一下·北京房山·期中）已知函数． (1)求的值； (2)求函数的最小正周期； (3)求函数在区间上的最大值及相应的的值． 【答案】(1); (2); (3)最大值为，此时. 【分析】 【详解】（1）因为， 所以； （2）由得， 故函数的最小正周期为； （3）因为，所以，所以，， 所以函数在区间上的最大值为， 此时，又，所以，解得， 故函数在区间上的最大值为，此时. 11．（2025·26高一下·北京·期中）在中，. (1)求的大小； (2)若，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求边上中线的长.条件①：的面积为；条件②：；条件③：. 【答案】(1) (2)选条件①，不存在；选条件②，边上的中线的长为1；选条件③，边上的中线的长为1. 【分析】 【详解】（1）由正弦定理及，得.（i） 因为，所以.（ii） 由（i）（ii）得. 因为，所以. 所以. 因为，所以. （2）选条件①，的面积为，即，即，解得， 因为，由余弦定理得，即，解得， 由基本不等式得，但，故此时三角形不存在，不能选①， 选条件②：，两边平方得，（iii） 由余弦定理得，即，（iv） 联立（iii）（iv）得，所以， 设边上的中线长为，由余弦定理得. 所以边上的中线的长为1. 选条件③：. 由（1）知，. 所以. 所以. 因为，所以. 所以，即. 所以是以为斜边的直角三角形. 因为，所以， 所以边上的中线的长为. 12．（2025·26高一下·北京·期末）如图，在四棱锥中，平面，，． (1)求证：平面； (2)求证：平面平面； (3)设点为的中点，过点，的平面与棱交于点，且平面，求的值． 【答案】(1)面，平面， ， ，，、平面， 平面． (2)，， ． 又面，面， ， ，平面， 平面， 平面， 平面平面． (3) 【分析】 【详解】（1）略 （2）略 （3）平面，平面平面，平面， ， 在中，点为中点， 点为中点， ． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题10 期末真题百练通关（21大常考题型） 題型一 弧度制与三角函数定义 題型十二 利用正余弦定理进行解三角形 題型二 同角三角函数基本关系与诱导公式 題型十三 正余弦定理进行边角互化 题型三 三角函数的图象与性质 題型十四 正余弦定理求面积周长的最值范围 題型四 求三角函数解析式 題型十五 复数的四则运算 題型五 生活中的三角函数模型 題型十六 已知复数的类型求参数 題型六 向量的模长 題型十七 简单几何体的体积和表面积 題型七 向量的夹角 題型十八 平行问题 題型八 投影向量 題型十九 垂直问题 題型九 数量积的最值范围 題型二十 空间角问题 題型十 三角恒等变换 題型二十一 空间距离问题 題型十一 三角函数与三角恒等变换的结合 題型一 弧度制与三角函数定义 1．（2024·25高一上·四川成都·期末）扇面是中国书画作品的一种重要表现形式如图，图为其结构简化图设扇面，间的圆弧长为，，间的弦长为，圆弧所对的圆心角为，则，和所满足的关系为（    ）    A． B． C． D． 2．（2025·26高一上·上海·期末）若扇形的半径为2，圆心角为，关于弧长与扇形面积正确的结果为（    ）. A． B． C． D． 3．（2025·26高一上·四川成都·期末）（多选）已知为第三象限角，则（   ） A． B． C． D． 4．（2025·26高一上·安徽淮北·期末）已知函数且恒过，则__________. 題型二 同角三角函数基本关系与诱导公式 5．（2025·26高一上·陕西渭南·期末）________________. 6．（2025·26高一上·云南楚雄·期末）（多选）已知为第四象限角，且，则（    ） A． B． C． D． 7．（2025·26高一上·河北石家庄·期末）已知，则_____. 8．（2025·26高一上·云南昭通·期末）已知． (1)若是第三象限角，求的值； (2)求的值． 题型三 三角函数的图象与性质 9．（2025·26高一下·山东潍坊·期中）下列四个函数中，以为最小正周期，且在区间上单调递减的是（   ） A． B． C． D． 10．（2025·26高一上·山东青岛·期末）将函数图象上所有的点向左平行移动个单位长度，得到函数的图象，则函数的一个单调递增区间为（    ） A． B． C． D． 11．（2025·26高一下·江苏镇江·期末）已知函数在上最大值为，最小值为，则_________． 12．（2025·26高一上·广东广州·期末）已知，则的最小值为________． 13．（2025·26高一上·湖北宜昌·期末）已知． (1)求函数的最小正周期和图象的对称轴方程； (2)当时，求函数的单调增区间； (3)当时，求函数的最大值和最小值，并写出所对应的取值． 題型四 求三角函数解析式 14．（2025·26高一上·河南三门峡·期末）（多选）已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（   ）    A． B．的最小正周期为 C．的图象关于直线对称 D．的图象关于点对称 15．（2025·26高一上·安徽铜陵·期末）已知函数的部分图象如图所示，则该函数解析式为__________． 16．（2017·18高一下·上海静安·期中）已知，的图像如图所示，则函数解析式为_____________. 17．（2025·26高一下·内蒙古呼和浩特·阶段检测）已知函数的部分图象如图所示． (1)求的值； (2)求的单调增区间； (3)求在区间上的最大值和最小值． 題型五 生活中的三角函数模型 18．（2025·26高一上·黑龙江哈尔滨·期末）如图所示，一半径为4米的水轮，水轮圆心距离水面2米，已知水轮每60秒逆时针转动一圈，如果当水轮上点从水中浮现时（图中点）开始计时，则下列说法错误的是（    ）    A．点距离水面的高度（米）与时间（秒）之间的函数解析式为 B．点第一次到达最高点需要20秒 C．当水轮转动155秒时，点距离水面1米 D．当水轮转动50秒时，点在水面下方，距离水面2米 19．（2025·26高一上·广东广州·期末）（多选）古代农耕常用水车作为灌溉引水的工具，是人类的一项古老的发明，也是人类改造自然的成果之一、如图是一个半径为的水车，以水车的中心为原点，过水车的中心且平行于水平面的直线为轴，建立平面直角坐标系，一个水斗从点出发，沿圆周按逆时针方向匀速旋转，且旋转一周用时60秒．经过秒后，水斗旋转到点，设点的坐标为，其纵坐标满足，则正确的是（   ） A． B． C．当秒时， D．此水斗从A点出发，工作2000秒后P点在最高点 20．（2024·25高一下·上海·期末）著名数学家傅立叶认为所有的乐声都能用一些形如. 的正弦型函数之和来描述，其中频率最低的一项是基音，其余的为泛音.研究表明，所有泛音的频率都是基音频率的整数倍，称为基音的谐波.若对应于的泛音是对应于的基音的一个谐波，则正整数n的所有可能取值之和为_________ 21．（2024·25高一上·福建厦门·期末）如图所示，齿轮A和齿轮B相互啮合（齿的尺寸忽略不计），其半径之比为，当时，齿轮A上的点和齿轮B上的点均与坐标原点重合．当两齿轮旋转时，和在相同时间内运动的弧长相等，则，运动的角速度大小之比为__________．若，则关于t的一个函数解析式为__________． 題型六 向量的模长 22．（2025·26高一下·江苏泰州·期中）已知，且，则__________. 23．（2025·26高一下·广东深圳·阶段检测）已知平面向量，，且，则不正确的是（    ） A． B． C． D． 24．（2026·陕西榆林·三模）已知不共线向量满足，且在上的投影向量为单位向量，则（    ） A．2 B．1 C． D．0 25．（2026·河北保定·三模）已知平面向量满足，与，与，与的夹角相等且不为0，则（    ） A． B． C．2 D．2 題型七 向量的夹角 26．（2025·26高一下·北京·期末）已知向量，，，若，的夹角与，的夹角相等，则（　　） A． B． C．5 D．6 27．（2025·26高一下·广东中山·阶段检测）向量与的夹角为（    ） A． B． C． D． 28．（2025·26高一下·辽宁沈阳·期中）已知平面向量满足且，则向量和向量的夹角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 29．（2025·26高一下·河南·阶段检测）如图，在平行四边形中，，，，点满足，为的中点.记，. (1)用，表示，； (2)设，求的值. 題型八 投影向量 30．（2026·广东清远·二模）已知非零向量，满足，则在方向上的投影向量为（   ） A． B． C． D． 31．（2025·26高一下·江西赣州·期中）若点是的外心，向量在向量上的投影向量为，，，，则（    ） A． B． C． D． 32．（2024·25高一下·天津和平·期中）已知，与的夹角为，是与向量方向相同的单位向量，则在向量上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 題型九 数量积的最值范围 33．（2024·25高一下·辽宁辽阳·期末）在矩形中，，是矩形区域内一点（含边界），点与点关于点对称，则的最大值为（    ） A．4 B．6 C．7 D．8 34．（2024·25高一上·湖南衡阳·期末）是边长为2的正三角形，为所在平面内任意一点，则的最小值为（   ） A． B． C． D．-2 35．（2025·北京·模拟预测）如图所示，弧是以O为圆心，为半径的圆的一部分，满足，，是的中点，在弧上运动，则的最小值为（   ）    A．2 B．-2 C． D．-1 36．（2025·26高三上·北京昌平·期末）已知正方形的边长为1，为线段的中点，为边上的动点，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 題型十 三角恒等变换 37．（2025·26高一上·天津·期末）已知，则（　　） A． B． C． D． 38．（2025·26高一上·山东菏泽·期末）已知，则的值为___________． 39．（2025·26高一上·云南昭通·期末）已知，则______________. 40．（2025·26高一上·上海·期末）已知，则______． 題型十一 三角函数与三角恒等变换的结合 41．（2025·26高一上·河北邯郸·阶段检测）已知函数，将的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，若函数的图象关于轴对称，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 42．（2024·25高一上·江苏南通·期末）若函数的图象关于对称，且在区间上单调递增，则＝（   ） A． B． C． D． 43．（2024·25高一下·贵州遵义·阶段检测）（多选）函数，则关于的下列说法中正确的是（   ） A．最小正周期为 B．图像关于点中心对称 C．在区间上单调递减 D．为偶函数 44．（2025·26高三上·重庆沙坪坝·期中）已知函数. (1)求的最小正周期和单调递增区间； (2)现将函数的图象向右平移个单位后得到函数的图象，若，求函数的值域. 題型十二 利用正余弦定理进行解三角形 45．在中，角、、所对的边分别为、、，已知点D在边上，，， ，，则（     ） A． B． C．4 D．6 46．（2025·26高一下·四川泸州·期中）在中，内角，，所对的边分别为，，，已知，，． (1)求的值； (2)求的值； (3)求的面积． 47．（2025·26高一下·黑龙江佳木斯·期中）已知中，角的对边分别为，，，，. (1)求； (2)若，角的平分线交于，求的长. 48．（2026·山东济南·模拟预测）在如图所示的平面图形中，，，，与交于点，为的中点，设． (1)求； (2)求的值． 題型十三 正余弦定理进行边角互化 49．（2025·26高一下·广东汕头·期中）设内角的对边分别为，已知. (1)求角； (2)若，求的面积. 50．（2025·26高一下·重庆沙坪坝·期中）在三角形中，角所对的边分别为，且. (1)求角的大小； (2)若，三角形的面积为，求三角形的周长. 51．（2025·26高一下·河北石家庄·期中）在中，内角所对的边分别为，且． (1)求； (2)若，，求的周长． 52．（2026·重庆沙坪坝·模拟预测）在①②；③这三个条件中任选一个补充在下面的问题中，并解决该问题. 问题：在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且_____. (1)求； (2)若，求. 題型十四 正余弦定理求面积周长的最值范围 53．（2025·26高一下·四川广安·阶段检测）（多选）若的内角，，对边分别是，，，，且，则（    ） A．外接圆的半径为 B．的周长的最小值为 C．的面积的最大值为 D．边的中线的最小值为 54．（2025·26高一下·四川乐山·阶段检测）在中，角所对的边分别为，且.若，则的最大值为______. 55．（2026·陕西西安·模拟预测）在中，若，，平分交于，则的最大值为______． 56．（2025·26高二下·湖南长沙·期中）已知函数. (1)求函数的最小正周期与单调增区间； (2)在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，且，求面积的最大值. 57．（2026·福建泉州·模拟预测）已知在中，角、、的对边分别为、、，且满足． (1)求的值； (2)已知平分且交于点，，求的最小值． 題型十五 复数的四则运算 58．（2025·26高一下·北京·期末）为虚数单位，则（　　） A． B． C．2 D． 59．（2025·26高二下·河南驻马店·期末）已知复数满足，则复数的虚部为（   ） A．2 B．2 C．4 D．4 60．（2025·26高一下·广东·期末）已知复数，，则的值为（　　） A．5 B． C． D．13 61．（2024·25高一下·广东·期中）复数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 62．（2025·26高一下·广东·期末）（多选）已知复数，则下列结论正确的有（　　） A．在复平面对应的点位于第二象限 B．的虚部是 C． D． 題型十六 已知复数的类型求参数 63．（2024·25高一下·辽宁·期末）若复数为纯虚数，则a的值为（   ） A． B． C．或 D．且 64．（2024·25高一下·河北沧州·期末）已知复数是虚数，且是实数，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 65．（2024·25高一下·河南安阳·期末）已知复数，，． (1)当时，求的值； (2)若是纯虚数，求的值； (3)若在复平面内对应的点在第二象限，求实数的取值范围． 題型十七 简单几何体的体积和表面积 66．（2024·25高一下·辽宁大连·期末）一正四棱台内接于圆锥，其俯视图如下图所示.若底面上弓形（即图中阴影部分）面积与棱台上底面面积之比为，则圆锥与棱台体积之比为（   ）. A． B． C． D． 67．（2024·25高一下·广东惠州·期末）如图，某几何体可看成是个几何体的组合体，上面的几何体I是直棱柱，中间的几何体Ⅱ是棱台，下面的几何体Ⅲ也是棱台，几何体Ⅲ的下底面与几何体I的底面是全等的六边形，几何体III的上底面面积是下底面面积的倍，若几何体I、II、III的高之比分别为，则几何体I、II、III的体积之比为 （    ） A． B． C． D． 68．（2024·25高一下·安徽宣城·期末）一圆台的上、下底面半径分别是10cm和20cm，它的侧面展开图扇环的圆心角为180°，下列说法不正确的是（    ） A．圆台的母线长是20cm B．圆台的高是cm C．圆台的表面积是 D．圆台的体积是 69．（2024·25高一下·北京昌平·期末）以边长为2的正方形的一边所在的直线为旋转轴，其余三边旋转一周得到一个圆柱，则该圆柱的体积是_______；表面积是_______. 題型十八 平行问题 70．（2024·25高一下·甘肃白银·期末）柱是建筑物中用来承托建筑物上部重量的直立的杆体，俗称“柱子”.柱子在各个时期既有延续与继承，又有发展和变化，如方柱在秦代时开始出现，而在汉代时则又增加了八角形柱、束竹式柱、人像柱等.某凉亭的一根正三棱形柱子可近似看作如图所示的图形，记该正三棱柱为，其底面边长是3，侧棱长是，M为的中点，N是侧面上一点，且平面，则点N的轨迹长为（   ） A．27 B． C．12 D．6 71．（2024·25高一下·湖北咸宁·期末）如图，在三棱锥中，点D、F分别为棱PB，AC上的点，且，，E为线段BC上的点，若，且满足平面PEF，则λ=（   ） A． B． C． D． 72．（2024·25高一下·四川成都·期末）如图，在三棱柱中，E，F分别为线段，上的点，，，． (1)求证：平面． (2)在线段上是否存在一点G，使平面平面？请说明理由． 73．（2024·25高一下·四川绵阳·期末）如图，在棱长为2的正方体．中，点E，F，M分别为，，的中点． (1)求证：平面； (2)平面将此正方体分成两个几何体，体积分别为，（其中），求的值． 題型十九 垂直问题 74．（2024·25高一下·北京通州·期末）如图，在五面体中，四边形是正方形，平面平面，，，. (1)求证：； (2)求证：平面； (3)求证：. 75．（2024·25高一下·辽宁大连·期末）如图，在四棱锥中，平面平面，四边形为正方形，分别为的中点. (1)直接写出图中与平行的平面； (2)求证：平面平面； (3)在棱上是否存在点，使得平面平面?若存在，求三棱锥体积；若不存在，说明理由. 76．（2024·25高一下·辽宁大连·期末）如图，在直三棱柱中，，，，且，分别为，的中点． (1)证明：平面； (2)证明：． 77．（2024·25高一下·北京丰台·期末）如图，在直三棱柱中，D为棱AC的中点，与交于点E，． (1)求证：平面； (2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求证：． 条件①：； 条件②：． 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分. 題型二十 空间角问题 78．（2024·25高一下·江西九江·期末）如图，在四棱锥中，底面是正方形，底面，.则二面角的大小______    79．（2024·25高一下·辽宁大连·期末）已知正四棱台中，，其侧面积为，为侧面的中位线，若该棱台内切球半径为，则二面角的余弦值为_______. 80．（2024·25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． 81．（2024·25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． 82．（2024·25高一下·黑龙江·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． 題型二十一 空间距离问题 83．（2024·25高一下·河南安阳·期末）已知等边的边长为1，平面，且，则点到平面的距离为______． 84．（2024·25高一下·吉林·期末）如图，在直三棱柱中，，，，M为的中点． (1)证明：平面； (2)求直线到平面的距离． 85．（2024·25高一下·四川成都·期末）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，侧棱底面，且． (1)证明：平面； (2)求点到平面的距离． 86．（2024·25高一下·河北沧州·期末）如图，在四棱锥中，△PAD为等边三角形，四边形是菱形，，，． (1)证明：平面平面． (2)求点A到平面的距离． 87．（2024·25高一下·甘肃白银·期末）已知斜三棱柱的底面是边长为2的正三角形，侧棱与底面所成角的大小为，，且侧面底面． (1)求二面角的正切值； (2)求点到平面的距离． 1．（2026·河南·三模）已知向量在向量方向上的投影向量为，且，则（   ） A． B． C． D． 2．（2025·26高一下·陕西安康·期中）在平面内，质点在三个力，，的作用下恰好处于平衡状态，其中，，现用作用在上产生位移，则力对做功为（    ） A．2 B．-2 C．4 D．-4 3．（2026·陕西咸阳·二模）一个正四棱台的上、下底面边长分别为1，3，高为，若用一个平行于上下底面的平面截该棱台，且将棱台的高平分，则所截得的上下两个棱台的体积之比为（   ） A． B． C． D． 4．（2025·26高一下·广东·期末）在△中，内角，，的对边分别为，，，已知，，，则（    ） A． B． C． D． 5．（2026·山东泰安·模拟预测）某数学课外兴趣小组，制造了一个模型，该模型由两部分构成，上面部分是一个圆台，其上底的直径是下底直径的2倍，下面部分是一个共底的圆柱，且圆柱的高是圆台高的3倍．若圆台的母线长为12，且与底面所成的角为60°，则该模型的容积是（   ） A． B． C． D． 6．（2026·山东烟台·二模）在中，角A，B，C所对的边分别为，且，若的面积为，则的值为（   ） A．10 B．5 C． D． 7．（2025·26高一下·浙江金华·阶段检测）（多选）复数，，已知，，下列说法正确的是（   ） A．复平面内与对应的点在第三象限 B． C． D． 8．（2023·24高一下·江西吉安·期末）（多选）函数的部分图象如图所示，则（    ） A． B．的图象关于直线对称 C． D．的单调递减区间为， 9．（2025·26高一下·广东肇庆·期中）已知复数，． (1)当z为纯虚数时，求m的值； (2)当时，z是关于x的方程的一个根，求实数p，q的值． 10．（2025·26高一下·北京房山·期中）已知函数． (1)求的值； (2)求函数的最小正周期； (3)求函数在区间上的最大值及相应的的值． 11．（2025·26高一下·北京·期中）在中，. (1)求的大小； (2)若，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求边上中线的长.条件①：的面积为；条件②：；条件③：. 12．（2025·26高一下·北京·期末）如图，在四棱锥中，平面，，． (1)求证：平面； (2)求证：平面平面； (3)设点为的中点，过点，的平面与棱交于点，且平面，求的值． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $