专题11 期末真题百练通关14大压轴题型（期末复习专项训练）高一数学下学期人教B版

**基本信息** 聚焦期末压轴突破，涵盖14大核心题型，系统整合三角函数、平面向量、解三角形、立体几何等模块，通过真题训练培养数学眼光与逻辑思维。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |三角函数|2题型|图象性质综合、ω范围求解|从基础性质到参数动态分析，构建“性质应用-范围确定”逻辑链| |平面向量|3题型|四心问题、最值范围、新定义|从几何意义到代数运算，形成“概念理解-模型转化-创新应用”递进| |解三角形|2题型|多边形求解、最值范围|基于正余弦定理，实现“静态解算-动态优化”的能力提升| |立体几何|7题型|截面、轨迹、空间角等|围绕空间想象与转化思想，建立“空间构造-位置关系-度量计算”体系|

专题11 期末真题百练通关（14大压轴题型） 題型一 求w的取值范围 題型八 复数的运算性质 題型二 三角函数图象性质的综合问题 題型九 截面问题 题型三 平面向量中的四心问题 題型十 轨迹问题 題型四 平面向量的最值范围问题 題型十一 立体几何空间角的最值范围 題型五 平面向量的新定义问题 題型十二 立体几何的动点探索问题 題型六 正余弦定理解多边形问题 题型十三 外接球问题 题型七 解三角形的最值范围问题 题型十四 体积最大问题 題型一 求w的取值范围 1．（2023·24高一上·内蒙古巴彦淖尔·期末）已知函数在上有且仅有2个零点.则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】当时，. 因为在上有且仅有2个零点， 所以，解得. 故选：C 2．（2025高三·全国·专题练习）已知函数在区间上存在最大值和最小值，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】因为，，所以． 画出的图象，如图．    由图，得或，解得或． 故选:C． 3．（2024·25高一下·河南·阶段检测）（多选）已知函数，则下列结论正确的是（   ） A．若且，则是的一条对称轴 B．若且点是的一个对称中心，则的最小值为 C．若且在区间上单调递增，则的取值范围为 D．若，且方程在上恰有一解，则的取值范围为 【答案】BCD 【详解】对于A，若且，则， 因为，所以不是的一条对称轴，故A错误； 对于B，若，则， 因为是的一个对称中心， 所以，所以， 又因为，所以的最小值为，故B正确； 对于C，若，则， 因为，所以， 因为在区间上单调递增， 所以，解得，故C正确； 对于D，若，则， 因为，所以， 因为方程在上恰有一解， 所以，解得，故D正确. 故选：BCD. 4．（2024·辽宁锦州·模拟预测）已知函数的图象关于点对称．且在区间上单调，则的值为______． 【答案】 【详解】 因为函数关于对称，所以，解得：， 又因为在区间上单调，所以，解得：， 综上，当时，， 故答案为： 題型二 三角函数图象性质的综合问题 5．（2026·辽宁沈阳·二模）已知函数的图象满足以下特征：图象经过点，并且在y轴右侧的第一个零点为，第一个最低点为．则下列有关函数及其性质的描述正确的是（    ） A． B．为函数图象的对称轴 C．将的图象向右平移个单位长度后，将得到一个偶函数的图象 D．函数的单调递减区间为 【答案】C 【详解】由函数的第一个最低点为，可知； 又函数在y轴右侧的第一个零点为 （由题意可知这是减区间的零点），从而，所以，所以； 所以，代得， ，所以， 又，所以，即. 对于选项A，，所以选项A错误； 对于选项B，令，得，选项B错误； 对于选项C，向右平移， 得，为偶函数，选项C正确； 对于选项D，令， 解得， 即函数的单调递减区间为，选项D错误. 6．（2025·26高一下·河南南阳·阶段检测）已知函数 ，给出下列三个命题： ①该函数的值域为 ； ②当且仅当 时，； ③若，且方程有两个实根，则实数的取值范围为 其中正确的命题为_______ 【答案】①③ 【详解】去掉绝对值分段化简函数，可得， 即. 因为当时，； 当时，， 所以，函数为周期函数，最小正周期为. 如下图所示，作出函数的图象（图中实线）： 由图象可知，函数的值域为，故①正确； 当 时，，故②错误； 当，且方程有两个实根，则实数的取值范围为 ，故③正确. 7．（2025·26高一上·江苏南京·期末）函数的部分图象如图所示. (1)求的解析式； (2)设，将函数的图象向左平移个单位，再将横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象.若对任意，都有，求的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】 【详解】（1）由图中函数的最值得，半周期，即，所以. 现知， 再由函数图象零点知， 所以，即， 所以； （2）， 等价于， 所以，解得， 即取值范围为. 8．（2024·25高一下·安徽亳州·期中）已知函数为奇函数，且图象的相邻两对称轴间的距离为． (1)求在上的单调减区间； (2)将函数的图象向右平移个单位长度，再把横坐标缩小为原来的（纵坐标不变），得到函数的图象，当时，求函数的值域； (3)对于（2）中的函数，记方程在上的根从小到大依次为，试确定的值，并求的值． 【答案】(1) (2) (3)， 【分析】 【详解】（1）因为函数为奇函数，则， 所以，又，所以， 又图象的相邻两对称轴间的距离为，则，又，所以， 故，由，得到， 又，令，得到，所以在上的单调减区间为. （2）由（1）知，将函数的图象向右平移个单位长度，得到， 再把横坐标缩小为原来的（纵坐标不变），得到， 所以，当时，，所以， 故函数的值域为. （3）因为，由，得到，即， 令，又，则， 在同一坐标系中作出和的图象，如图所示， 又，由图知与有四个交点， 且， 又，所以的值为， 且 故 . 9．（2025·26高一上·湖南湘潭·期末）已知函数的最小正周期为． (1)求的值； (2)将函数图象上所有点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象，求函数在的值域； (3)已知函数，关于的方程有实数解，且，求实数的取值范围． 【答案】(1)； (2)； (3). 【分析】 【详解】（1）， 因为函数的最小正周期为，则，故； 所以； （2）由（1）可知，， 将函数图象上所有点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象， 则， 因为，则，所以， 函数在的值域为； （3），代入得， 化简得； 由于关于的方程有实数解， 所以方程有实数解， 设，， 即与有交点； 因为在上单调递增，在上单调递减， 则在上单调递增， 由于， 则在上值域为， 所以. 题型三 平面向量中的四心问题 10．（2025·26高一下·广东·期末）（多选）已知点、、在所在平面内，则（     ） A．若，则点是的外心 B．若，则点是的重心 C．若，则点是的内心 D．若，则是等腰三角形 【答案】ABD 【详解】对于选项A，已知，由外心定义可得：点是的外心，故正确； 对于选项B，设是中点，由，得，故点是的重心，正确； 对于选项C，由，得，即，同理，，故点是的垂心，故错误； 对于选项D，设，则所在直线为的角平分线，又，则，则，则三角形为等腰三角形，故正确； 故选：ABD． 11．（2024·25高二上·贵州遵义·阶段检测）（多选）已知G为的重心（三角形三条中线的交点），则下列等式成立的是（    ） A． B． C． D． 【答案】BD 【详解】G为的重心（三角形三条中线的交点）， ，而不一定相等， 故不能推出，A错误； 如图：设的中点分别为 则，，，B正确； ，； 同理可得,，C错误； ，D正确. 故选：BD 12．（2024·25高三上·福建泉州·期中）已知是平面上一定点，是平面上不共线的三点，动点满足，，则点的轨迹一定通过的（    ） A．重心 B．垂心 C．外心 D．内心 【答案】B 【详解】由 ， 则，即， 故，即点的轨迹经过的垂心. 故选：B 題型四 平面向量的最值范围问题 13．（2025·26高一下·湖南邵阳·期中）已知平面向量，且向量满足，则的最大值是（    ） A．1 B． C．2 D．4 【答案】C 【详解】由已知， 设， 因为， 所以， 即， ， 由得，即， 所以， 解得，时，， 所以的最大值是2. 14．（2025·26高一下·上海杨浦·期中）已知正六边形 的边长为 是其边上的动点，则 的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】是正六边形，则， 所以， ，则， 过作直线，则，分别延长交直线于点， 则是矩形，， 作于，由图可知，当在正六边形的边上移动时，在线段之间移动， ， 又由向量夹角定义知， ， 当在线段时，，当在线段时，， 所以. 15．（2025·26高一下·湖南·期中）在直角梯形中，，，且，，对角线与交于点，点满足，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】 【详解】法1：以为原点，以所在的直线分别为轴，建立平面直角坐标系， 如图所示，可得， 所以，， 因为，且，，所以， 又因为， 可得， 所以，因为，可得， 所以的取值范围是． 法2：因为，可得， 又因为，可得， 所以，所以， 由，且相似比为，可得， 所以， 因为， 所以 ， 由，可得，所以的取值范围是． 16．（2025·26高一下·山东济南·阶段检测）（多选）如图，是边长为2的等边三角形，以的中点为圆心，1为半径作一个半圆，点为此半圆弧上的一个动点，则下列说法正确的是（   ） A． B． C．的最大值为4 D．若，则的最大值为 【答案】AD 【详解】对A：因为为的中点，所以，故A正确； 对B：因为是边长为2的等边三角形，所以，，， 所以，故B错误； 对C：因为，所以的最大值为2，故C错误； 对D：因为，， 由， 所以. 又， 由，故D正确. 17．（2026·天津·二模）已知是边长为2的正三角形，、分别为线段、的中点，为线段上任意一点，若，则__________；若，则的最小值为__________. 【答案】 3 【详解】在边长为2的正中，由、分别为线段、的中点，得， 由为线段上任意一点，得，， 因此，而，向量不共线， 则，所以； 由，得，， 而，因此 ，当且仅当时取等号， 所以的最小值为. 題型五 平面向量的新定义问题 18．（2023·24高一下·重庆·期末）（多选）对非零向量，，定义运算“”：，其中为与的夹角，则（    ） A．若，则 B．若，，则 C．若中，，，，则 D．若中，，则是等腰三角形或有内角为135°的三角形 【答案】ABD 【详解】对于A，因为，所以或， 当时，，，所以 ； 当时，，，所以 ， 所以A正确. 对于B，，， 所以，所以，所以B正确. 对于C，因为中，，，， 所以， 所以C错误. 对于D，因为，所以, 所以，所以或， 当时，是等腰三角形； 当时，； 所以是等腰三角形或有内角为135°的三角形， 所以D正确. 故选：ABD. 19．（2025·26高一下·安徽·期末）在平面直角坐标系中，对于非零向量，，定义这两个向量的“相离度”为，容易知道，平行的充分必要条件为. (1)已知，，求； (2)已知，的夹角为，，的夹角为，证明：的充分必要条件是； (3)在中，，，为的中点，且，若，求. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】 【详解】（1）因为，， 所以； （2）因为 ， 且，， 则， 所以. 因为等价于，即， 所以的充分必要条件是； （3）如图， 因为为的中点，所以， 可得， 即，可得， 由，可知为的中点，则， 可得， 则， ， ， 可得， 所以. 20．（2023·24高一下·浙江宁波·期末） 已知向量满足，且与互相垂直. (1)求向量在向量上的投影向量 （用表示）； (2)定义平面非零向量之间的一种运算“*”：（其中是非零向量和的夹角），求 【答案】(1) (2)3 【分析】 【详解】（1）因为与互相垂直，所以， 可得，所以， 向量在向量上的投影向量为 ； （2）因为， 又，所以，， . 題型六 正余弦定理解多边形问题 21．（2023·24高一下·北京·期末）如图，在平面四边形中，，，记与的面积分别为，，则的值为______．    【答案】 【详解】在中，由余弦定理得， 即，得①， 在中，由余弦定理得， 即，得②， 又， 所以③， 由②①，得，由， 得，代入③得. 故答案为：. 22．（2024·25高一下·安徽·期中）骆岗公园拟建一个平面凸四边形的绿色草坪，其中米，米，为正三角形．计划将作为合肥市民休闲娱乐的区域，将作为骆岗公园的文化介绍区域．    (1)若，求文化介绍区域的面积； (2)求休闲娱乐的区域的面积的最大值． 【答案】(1) (2) 【分析】 【详解】（1）在中，有，，， 由余弦定理可得， ， 所以，. 又易知，则. 设，则， 在中，有，，， 由余弦定理可得， . 在中，有，，， 由余弦定理可得， . 所以有， 所以，， 此时 （2）不妨设， 在中，由余弦定理得. 由正弦定理可得， 整理可得. 又， 所以有， 化简可得. 则 . 又，所以， 所以，当，即时该式取最大值， 所以. 23．（2024·25高一下·云南昭通·期末）如图，已知在平面四边形中，． (1)设，若，求； (2)是否存在，使得平分，若存在，求的长；若不存在，说明理由. 【答案】(1) (2)不存在，理由见解析. 【分析】 【详解】（1）解：在中，因为， 由余弦定理得， 可得， 在中，因为，可得， 因为，所以． （2）假设存在，因为平分，可得， 由余弦定理，可得，解得， 所以， 但此时，所以假设不成立，不存在BD符合题意. 24．（2024·25高三上·江西·期末）如图，在平面四边形中， 点E在上，且 (1)求; (2)求的面积. 【答案】(1)3 (2) 【分析】 【详解】（1）在中，由余弦定理得. ， 即 整理得 ， 所以（负值舍去）. （2）在中，由余弦定理得 ， 所以 所以的面积为 题型七 解三角形的最值范围问题 25．（2024·25高一下·河南安阳·期末）已知的内角所对的边分别为，记边上的高为，若为锐角，，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】因为，由正弦定理得， 又，则，因为为锐角，所以， 由余弦定理可知． 由等面积法可知，即，即． 将代入，则 ，当且仅当时取等号， 则的最大值为． 故选：B. 26．（2025·26高一下·江苏南京·期中）在中，角 的对边分别为 ，且满足，的平分线交于点D，若，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】已知， 由余弦定理，又，所以， 由等面积法知，又平分， 则，又， 所以有，即， 因此， 当且仅当时取等． 27．（2024·25高一下·山东淄博·期末）在锐角中，角，，的对边分别为，，，且，，则的中线的最大值为_____. 【答案】/ 【详解】   ， 即，即，又，所以， 又的中线，所以， ， 又为锐角三角形，所以，， 即时，. 故答案为： 28．（2024·25高一下·福建三明·期末）在中，内角所对的边分别为，且满足. (1)求； (2)所在平面内一点满足，若，求的周长的最大值. 【答案】(1) (2) 【分析】 【详解】（1）因为，所以由正弦定理得， 因为，所以， 所以，所以， 因为，所以，所以， 又因为，所以. （2）因为，所以， 所以，所以， 同理可得，所以点O是的垂心， 又因为，所以， 在中，因为，即， 由余弦定理得， 所以， 因为，所以， 所以， 所以，所以， 当且仅当时等号成立. 所以， 所以的周长的最大值为. 29．（2024·25高一下·河北衡水·期末）记内角A、B、C的对边分别为a、b，c，已知． (1)求的外接圆半径R； (2)若，求的最小值． 【答案】(1) (2)4 【分析】 【详解】（1）， 由正弦定理得， 故， 又，故，且， 所以，解得； （2）由正弦定理得， 又，故， 又， 故，两边同除以得 ， ，故同号， 显然两者均不能同为负，此时均为钝角，不合要求， 故均为锐角，， ，当且仅当，即时，等号成立， 所以的最小值为4. 題型八 复数的运算性质 30．（2025·26高一下·广东中山·阶段检测）（多选）若，为复数，则下列选项一定正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】AC 【详解】设，由， 所以，， 所以，故A正确； 由，，所以不一定成立，故B错误； 由，，所以，故C正确； 由，， 所以不一定成立，故D错误. 31．（2025·26高一下·江苏南通·期中）（多选）已知是复数，则（    ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【详解】设，， 对于A，，所以； 而.所以A正确. 对于B，； .所以B错误. 对于C， ； 而.所以C正确. 对于D，因，则； .所以D正确. 32．（2026·浙江·模拟预测）（多选）设为复数，其中，则下列正确的是（   ） A． B． C．若，则 D．若，则 【答案】BC 【详解】选项A，计算得：，， 因为，所以的虚部，不可能等于实数，故A错误； 选项B，是复数模的基本性质，对任意复数都成立，故B正确； 选项C，设，则， 若，则虚部，得，故，故C正确； 选项D，，故，由两边约去得，不一定有， 例如满足条件，但，故D错误. 題型九 截面问题 33．（2025·26高一上·湖南邵阳·期末）（多选）在棱长为2的正方体中，点，，分别为棱，，的中点，则下列说法正确的有（   ） A．正方体被平面所截的截面为正六边形 B．正方体被平面所截的截面的面积为 C．正方体任意两个顶点的连线所成的直线中与平面平行的直线共有6条 D．正方体任意两个顶点的连线所成的直线中与平面垂直的直线有且仅有1条 【答案】ACD 【详解】如图，取的中点，的中点，的中点，连接， ，又， ，同理可证， 共面，且， 故截面即为正六边形，边长为，    其面积，故A选项正确，B选项错误； 对于C选项，，平面，平面， 平面， 同理可得直线，，，，均与平面平行， 则正方体任意两个顶点的连线所成的直线中与平面平行的直线共有6条，C选项正确； 对于D选项，连接， 则正方体中，，平面，因为平面， ，又平面， 平面，又平面， ，同理可证， 又，， 又平面， 平面， 正方体任意两个顶点的连线没有与平行的， 即正方体任意两个顶点的连线所成的直线中与平面垂直的直线有且仅有1条，D选项正确． 故选：ACD． 34．（2024·25高一下·辽宁·期末）（多选）如图，在棱长为2的正方体中，点分别是棱，的中点，点是棱的中点，过线段作与平面平行的平面，截正方体所得的截面，下列选项正确的是（   ） A．截面图形是梯形 B．截面图形是五边形 C．截面的面积为 D．该截面所在平面截正方体的外接球所得截面的面积为 【答案】ACD 【详解】 延长至点使得，取的中点，连接， 因为点分别是棱，的中点，点是棱的中点， 所以，在正方体中，， 因为平面，平面，所以平面， 同理平面， 又且平面，所以平面平面， 则过线段作与平面平行的平面为梯形. 对于AB，A正确，B错误； 对于C，正方体的棱长为2，所以， ， 计算等腰梯形的高为 则截面梯形面积为，C正确； 对于D，正方体的外接球球心在正方体体对角线的中点， 所以球的半径， 在正方体中，设点到平面的距离为，则球心到平面的距离为， 在中，，， 所以，则面积为， 根据等体积，解得， 因此该截面所在平面截正方体的外接球所得截面圆的半径， 所以面积为，D正确； 故选：ACD. 35．（2025·26高一下·广东惠州·期中）已知正八面体的中心为点，各棱长均为，已知，，过点作该正八面体的截面，所得截面面积为________. 【答案】/ 【详解】直线交于点，交的延长线于，，连接， 则四边形是过点的平面截正八面体上面正四棱锥所得截面， 由是正方形的中心，得，，而， 于是分别为的中点，， 而，则，，， 在中，，令，则， 由点共线，得，则是的中点，， 令，于是，由点共线，得， 在中，，由余弦定理得， 在中，，， ， 而， 因此，由正八面体的对称性得所求截面面积为. 36．（2025·26高一下·福建莆田·期中）如图，在四棱锥中，底面为梯形，其中， ，且，点E为棱的中点. (1)求证: 平面; (2)若M为上的动点，则线段上是否存在点N，使得/平面?若存在，请确定点N的位置，若不存在，请说明理由； (3)若，请在图中作出四棱锥过点B，E及棱中点的截面，并求出截面周长. 【答案】(1)证明见解析； (2)存在为线段中点，证明见解析； (3)作图见解析，截面周长为. 【分析】 【详解】（1）取线段的中点，连接， 因为分别为线段的中点， 所以，且， 又，且， 所以且， 所以四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面； （2）当为线段中点时，平面， 证明：取线段中点，连接 因为分别为线段的中点， 所以，又平面，平面， 所以平面； 因为，且， 所以四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面； 又面， 则面面，又面， 所以面， 所以当为线段中点时，平面； （3）取线段的中点，连接， 因为，且， 所以四边形为平行四边形， 所以，又分别为线段的中点， 所以， 所以，则四边形为四棱锥过点及棱中点的截面， 则，，， 在中，，， 所以， 则， 所以截面周长为. 題型十 轨迹问题 37．（2026·重庆沙坪坝·模拟预测）已知正方体棱长为2，点满足，点在正方体的表面上运动，且，则的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】设，分别是，的中点，连接，，， 则，即四点共面， 在正方体中，得是的中点， 显然，，， 所以，故， 所以， 即，所以， 又平面，平面，所以， 又，且平面，平面， 所以平面， 因为点在正方体的表面上运动，且，所以点的轨迹是矩形， 由题可得，， 所以点的轨迹长度为． 38．（2026高一·全国·专题练习）如图，长方体的长、宽、高分别为，且分别为上底面、下底面（含边界）内的动点，当最小时，以为球心，的长为半径的球面与上底面的公共点的轨迹长度为（   ） A．2 B． C． D． 【答案】D 【详解】由题意得，要使得最小，则要在同一个平面内，即平面内， 如图（1）所示，可得， 所以， 当最小时为， 此时，即分别为的三等分点， 因为，所以， 分别在取点，使得， 可得， 则以为球心，的长为半径的球面与上底面的交线对应的轨迹为以为圆心，以为半径的圆，如图（2）所示， 所以轨迹的长度为. 39．（2026·四川广安·模拟预测）在长方体中，，，，长方体表面上的动点满足，则点的轨迹长度为______. 【答案】 【详解】因为，故在以为球心，半径为的球面上， 而点在长方体各面上，故在各面上的轨迹为圆弧， 如图，在矩形，因为，，故， 故，故， 同理，故， 因为，故，故，故， 故. 同理，，故，， 综上，点的轨迹长度为 40．（2023·24高一下·浙江·期中）如图，点是棱长为1的正方体表面上的一个动点，直线与平面所成的角为，则点的轨迹长度为________． 【答案】 【详解】因为直线与平面所成的角为，所以点的轨迹在以为顶点，底面圆的半径为，高为1的圆锥的侧面上， 又因为点是正方体表面上的一个动点， 所以点的轨迹如图所示， 则点的轨迹长为． 故答案为：． 41．（2025·26高一下·湖南邵阳·期中）如图，已知正方体的棱长为，点为的中点，点为正方形上的动点， (1)求四面体的体积； (2)若，求的轨迹的长度及线段扫过区域的面积. 【答案】(1) (2)轨迹长度，扫过区域的面积为 【分析】 【详解】（1）如下图所示： . （2）如下图所示： 因为底面，平面，所以， 因为且，所以， 所以点的轨迹是以点为圆心，半径为的圆弧， 因为，设该圆弧分别交线段、于点、， 则，且为锐角，故， 同理可知，故，且， 故的轨迹的长度为， 所以线段扫过的区域为正方形除去、和扇形区域剩余的区域， 故扫过的区域面积为. 題型十一 立体几何空间角的最值范围 42．（2025·26高三上·浙江嘉兴·期末）在四棱锥中，底面为正方形，且，记直线与底面所成的角为，则的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】分别取、中点、，因为，则， 在矩形中，且， 因为、分别为、的中点，所以且， 故四边形为平行四边形，故， 因为，所以， 因为，、平面，所以平面， 过点在平面内作，垂足为点，连接， 因为平面，平面，所以， 又因为，，、平面，所以平面， 所以直线与平面所成角为， 设，， 因为，所以，故， 又因为为的中点，所以， 则，， 所以， 令，所以， 当且仅当，即时，的最大值为. 故选：B. 43．（2026高一·全国·专题练习）在四棱锥中，底面为正方形，且，记直线与底面所成的角为，则的最大值为_____. 【答案】 【详解】分别取、中点、，因为，则， 在正方形中，且， 因为、分别为、的中点，所以且， 故四边形为平行四边形，故， 因为，所以， 因为，、平面，所以平面， 过点在平面内作，垂足为点，连接， 因为平面，平面，所以， 又因为，，、平面，所以平面， 所以直线与平面所成角为， 设，， 因为，所以，故， 又因为为的中点，所以， 则，， ， 所以， 令，所以， 当且仅当，即时，的最大值为. 44．（2025·26高一下·全国·期末）在梯形中，，，，为线段的中点，若沿把这个梯形折成一个四棱锥，使到达的位置，为的中点，为线段上动点. (1)当四棱锥的体积最大时，求该四棱锥外接球的表面积； (2)设直线与平面所成的角为，求的最大值. 【答案】(1) (2) 【分析】 【详解】（1）因为，，， ∴平面， ∴平面平面，平面平面， 过P作于H，则平面， 设，则， ， 当时，取最大值，此时平面，将此四棱锥补成正方体， 对角线PC为四棱锥外接球的直径，故， 故外接球的表面积为. （2）连接CH，由（1）知在平面上的射影为， 所以为直线与平面所成的角，设，则， ∵，， ∴， 令，，，则 令，则 当且仅当，即时取等号，故的最大值为. 45．（2024·25高一下·安徽六安·期末）如图，在四棱台中，底面是正方形，平面，，，. (1)求证：平面； (2)求直线到平面的距离； (3)若点P是正方形内的动点（不含边界），且满足，设直线与平面所成角为，求的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】 【详解】（1） 连接AC交BD于，连接，则，因为， 由四棱台的性质可得，且，故四边形为平行四边形， 故，平面面，故面. （2）面，直线到平面的距离等价于点到平面的距离， ， ，，，， 取DC中点，连，， 可得，而平面， 故平面，由平面， 故，，得， ，，故， 故，故. （3）连接，因为，由四棱台的性质可得， 故四边形为平行四边形，故， 故平面，而平面，故， 又，，平面，故平面， ，点在面内的动点，点面面， 面，为与面所成的平面角， ，DO最小为，最大为4 则. 題型十二 立体几何的动点探索问题 46．（2024·25高一下·北京朝阳·期中）如图，在直角梯形中，，，，，，点在上，且，将沿折起，使得平面平面，为中点．    (1)求证：平面； (2)求三棱锥的体积； (3)在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在， 【分析】 【详解】（1）因为为中点，，所以． 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面． （2）在直角三角形中， ∵，∴，∴． 又三角形的面积 由（1）知，平面， 所以三棱锥的高为． 所以. （3）过点作交于点，则； 过点作交于点，连接，则；如下图所示：    因为平面，平面， 所以平面． 又因为，平面，平面， 所以平面． 因为，平面，平面， 所以平面平面． 因为平面，所以平面． 所以在上存在点，使得平面，且． 47．（2025·26高一下·吉林·期中）如图，顶点为的圆锥的轴截面是等腰直角三角形，是底面圆周上的点，是底面圆内的点，为底面圆圆心，，垂足为，，垂足为，且，是的中点． (1)证明：平面； (2)当三棱锥的体积最大时，求的长； (3)是否存在一个点，满足点到点，，，，的距离均相等？若存在，求出二面角的余弦值的取值范围，若不存在，说明理由． 【答案】(1)由题意知，平面，因为平面，所以. 又，，平面，，所以平面. (2) (3)存在点满足条件，二面角的余弦值的取值范围为 【分析】 【详解】（1）略 （2）由（1）得，平面，因为，平面，所以，. 又，，平面，，所以平面. 因为，平面，所以，. 设过的一个轴截面交底面圆周于，点，则为等腰直角三角形， 所以，为等腰直角三角形，则， 又是的中点，所以，且. 因为，平面，，所以平面. 在中，. ， 当且仅当时，等号成立， 即当三棱锥的体积最大时，. 在中，，平面图如图： 在中，，，所以， 在中，. 故当三棱锥的体积最大时，的长为. （3）在四棱锥中， 由（2）得，平面，平面，所以，即. 又，即，所以，，，四点共圆，圆心为中点，记为. 取中点，连接，则， 由（2）得，平面，所以平面. 由，得， 故点即为所求的点. 作，交于点，连接， 因为平面，，平面，所以，. 又，平面，，所以平面. 因为平面，所以， 所以即为二面角的平面角，记为. 在等腰中，，所以为中点，又为中点，所以. 在中，， 而，则，所以，故. 所以存在点满足条件，二面角的余弦值的取值范围为. 48．（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. 49．（2024·25高一下·河南南阳·期末）如图，在正三棱柱中，为棱的中点. (1)求证：平面 (2)若满足 ①求证：平面平面 ②是否存在实数，使得三棱锥的体积为？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)①证明见解析；②存在； 【分析】 【详解】（1）如图，连接，与交于点，由正三棱柱性质得四边形是矩形， 由矩形的性质得为的中点，连接， 因为为的中点，为棱的中点，所以是的中位线， 故由中位线定理得， 因为面，面，所以平面. （2）①由正三棱柱性质得面，面， 因为底面平面，所以， 又为棱的中点，，所以， 因为平面， 所以平面，而平面，故， 因为, 所以，又， 在Rt和Rt中，， 所以，即， 得到，又， 平面，故平面， 因为面，所以平面平面. ②由题意得，因为， 且为棱的中点，所以，由勾股定理得， 因为，所以， 而面，面，故， 由三角形面积公式得， 如图，找中点，连接，由正三棱柱性质得，， 而，面，则面， 即面，且，可得到面的距离为， 因为三棱锥的体积为，所以， 解得，故的值存在，且为. 题型十三 外接球问题 50．（2025·26高一下·浙江·期中）如图，在正方形中，为的中点，将沿直线折起至处，使得点在平面上的射影在上.若三棱锥的外接球表面积为，则到平面的距离为（   ） A． B． C． D．1 【答案】A 【详解】连接，交于，交于点，连接，，设正方形的边长为， 因为为正方形，所以沿对角线折叠的过程中， 点（即点）在底面上的射影一直在直线上， 又点在平面上的射影在直线上，所以点即为点在平面上的射影， 即平面， 则即为点到平面的距离. 因为平面，所以. 正方形中，，即， 所以为三棱锥外接球的球心，则三棱锥外接球的半径， 又三棱锥的外接球表面积为，则，解得， 所以. 因为为的中点，为的中点，所以为的重心， 则. 在中，. 所以点到平面的距离为. 51．（2025·26高一下·湖南衡阳·期中）已知正方形的边长为，将沿对角线翻折，使二面角的大小为，则平面截三棱锥的外接球所得截面的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】如图所示，    设正方形对角线、交于原点，原正方形边长为， 因此对角线长，可得：. 翻折后，，的垂直关系不变， 因此二面角的平面角为，结合， 可得为等边三角形，. 由于翻折后四个顶点到的距离均为，因此就是三棱锥外接球的球心，外接球半径，. 结合图形和球的截面性质可得：（为截面圆半径，为球心到截面的距离）， 由：由平面，， 因此平面平面，交线为，是直角三角形（），. 因为是边长为2的等边三角形，到的距离为， 所以到平面的高为，则， 又在中，，，等腰三角形的高为， 所以， 由， 代入得：， 所以， 因此截面面积为：. 52．（2026·安徽合肥·模拟预测）在三棱锥中，，，二面角的大小为，则三棱锥的外接球表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】如图1，过作垂足为，取的中点，连接， ∵，∴，， 又，，则，， 中，， 过作，且=，连接，则， ∴，， 根据题意可得为二面角的平面角， 即，则， 由题意可得，则，则， 如图2，∵，则顶点在平面的投影为△的外接圆圆心， 则三棱锥的外接球的球心在直线上，连接 ，则 ∴△的外接圆半径，则 设三棱锥的外接球的半径为，则 即，解得 则表面积为.    53．（2024·河北·模拟预测）在三棱锥中，，若三棱锥的外接球表面积为，则二面角的大小为（    ） A．或 B．或 C． D． 【答案】A 【详解】设外接圆圆心分别为，外接圆半径为，三棱锥外接球半径为， 过分别作平面，平面的垂线，交点即为三棱锥的外接球心， ，，即， 所以在中点处，， ，， ，且在垂直平分线上， 所以， 三棱锥的外接球表面积为， ，， 又平面，平面，所以， 则，所以， 又平面，平面，所以， 又，所以共面， 所以就是二面角的平面角， 或. 故选：A. 54．（2024·25高一下·河南信阳·期末）已知正三棱锥的外接球是球O，正三棱锥底边，侧棱，点E在线段上，且，过点E作球O的截面，则所得截面圆面积的取值范围是______． 【答案】 【详解】如图，设的中心为，球的半径为，连接， 则， . 在中，，解得. 因为，所以. 在中，， 所以. 过点作圆的截面，当截面与垂直时，截面的面积最小， 此时截面圆的半径为，最小面积为； 当截面过球心时，截面面积最大，最大面积为. 所以截面圆面积的取值范围是. 故答案为：.    题型十四 体积最大问题 55．（2025·26高一下·浙江·期中）现有两个含角的全等直角三角板，较短直角边长均为，如图，与为这两个三角板，其中，.初始时，两三角板的直角顶点重合于点，斜边，共线.现将两三角板绕点平行展开，得到四棱锥. (1)求证：平面平面； (2)设平面平面. （ⅰ）求证：平面； （ⅱ）当二面角的大小为多少时，四棱锥的体积取得最大值？求出该最大值. 【答案】(1)证明见解析； (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）最大值. 【分析】 【详解】（1）由与平行且相等，得四边形为平行四边形， 所以为，的中点. 又由于，，所以，， 又因为，平面，，所以平面. 又平面， 所以平面平面； （2）（ⅰ）因为，平面，平面， 所以平面， 又因为平面，平面平面，所以. 又因为平面，平面，所以平面. （ⅱ）作，，垂足分别为，， 因为，所以，， 所以是二面角的平面角. 因为，为的中点， 所以，设. 则，. 因为，，，平面， 所以平面，所以. 所以. 当且仅当，即二面角的大小为时，四棱锥的体积取得最大值. 56．（2025·26高一下·山东济宁·期中）如图，长方体的长、宽、高分别为x，y，2且，. (1)当底面ABCD为正方形时， （i）求长方体的表面积； （ii）求三棱锥体积和外接球体积； (2)取、的中点分别为M、N，求三棱锥的体积的最大值. 【答案】(1)（i）10（ii）； (2) 【分析】 【详解】（1）（i）因为底面ABCD为正方形，所以， 则长方体的表面积为； （ii）由图和已知， ， 故三棱锥体积为， 由题可知，三棱锥的外接球即长方体的外接球， 设该外接球的半径为R，则， 因此三棱锥外接球体积； （2）因为M、N分别为、的中点， 所以， 则 ， 当且仅当时，等号成立，即三棱锥的体积的最大值为. 57．（2023·24高一下·吉林·期末）如图，在四棱锥中，在线段上（不含端点），底面. (1)证明：平面平面. (2)设，请写出三棱锥的体积关于的函数表达式，并求出的最大值. 【答案】(1)证明见解析 (2)见解析. 【分析】 【详解】（1）因为底面底面，所以. 又因为，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面. （2）过点作，交于，连接. 由，得，因为，所以，则，所以， 则， . 因为底面，平面，所以，又，平面，所以平面，而平面， 所以. 中由余弦定理得，所以， 则， 所以. 因为，所以 所以当时，取得最大值，最大值为. 1．（多选）已知函数的其中一个单调递增区间为，则下列正确的是（    ） A． B．点是函数的一个对称中心 C．不等式的解集为 D．令，则方程在上有个解，且 【答案】ABD 【详解】选项A：函数其中一个单调递增区间为， 该函数的最小正周期，依题意，，则，故A正确； 选项B：因正切函数的对称中心满足，解得， 当时，，即是对称中心，故B正确； 选项C：，即，， 解得，故C错误； 选项D：因函数和的图象均关于对称， 如图，两函数图象共个交点且两两关于对称，   ． 2．（多选）已知四棱锥中，平面，，，四棱锥的外接球的球心为．记四棱锥，的体积分别为，，三棱锥，的体积分别为，，则下列说法中正确的有（    ） A． B． C． D．若直线与平面所成的角的大小为，则的最大值为 【答案】ABD 【详解】由四棱锥有外接球，得四边形有外接圆， 因为，所以为外接圆直径，则， 又平面，平面， 所以，又平面， 所以平面，因平面，则，选项A正确； 由平面，，可得球心到平面的距离为， 又四棱锥，的底面积相等，所以，选项B正确； 因都在以为直径的圆上，而的面积不一定相等， 即，而，， 所以，选项C错误； 平面，所以直线与平面所成的角为， 所以， ， 因为，而，即得， 当且仅当时等号成立，选项D正确. 3．在中，点满足，点是边上靠近的四等分点，与所成的夹角为，则的最大值为___________． 【答案】 【详解】由题意因为，所以 点是边上靠近的四等分点，故， 联立，解得 已知与所成的夹角为，可得， 这是关于的二次函数，开口向下，最大值在顶点处：， 此时， 故答案为：. 4．若，且，则______． 【答案】 【详解】由题意，，设，即， ， ， 即， ， ， ，得，则有， 由，可知， ， ，， ． 5．已知，记（）．若函数在上单调递减，则实数的取值范围是_____. 【答案】 【详解】由题意知， 函数的单调递减区间为， 则或， 由，解得， 而，故需满足，即，此时不存在； 由，解得， 则需满足，即，即， 故，即， 6．在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知，则_______；设D是上一点，且，，则的最大值为_______． 【答案】 【详解】空一：由余弦定理知： 所以 由正弦定理化简得：， 即 ， 即. 又，，所以，所以 空二：由题意得，， 在与中，分别有， 又，化简得， 又，代入整理得： ，即， 结合辅助角公式有， 所以当时，最大值为. 7．已知复数（、）满足，且的取值范围为；复数满足． (1)求的取值范围； (2)若、恰为实系数一元二次方程的两个根，求的值； (3)在复平面上，复数对应点，复数对应点，求在方向上的数量投影的取值范围． 【答案】(1) (2)或 (3) 【分析】 【详解】（1）解：由的取值范围为，， 因为，可得该函数为单调递增的一次函数， 当时，可得；当时，可得； 所以的取值范围为. （2）解：由实系数的一元二次方程的虚根成共轭复数对， 可得，将其代入，可得， 因为，可得， 整理得，解得或， 当时，，此时，可得， 由韦达定理得，所以； 当时，，此时，可得， 由韦达定理得，所以， 综上可得，的值为或. （3）解：因为向量在方向上的数量投影的公式为：投影， 由，可得的轨迹是以点为圆心，半径为的圆， 所以对于固定的，向量在向量方向上的投影取值范围为， 将代入，可得 令，可得， 则， 所以在上单调递增，且，即， 所以向量在方向上的数量投影的取值范围为. 8．如图，在四边形中，是正三角形，，分别是，的中点，，. (1)当时，求四边形的面积； (2)记. ①试用表示； ②求的最大值. 【答案】(1) (2)①② 【分析】 【详解】（1）在中，由余弦定理得 ，所以， 因为是正三角形，所以， 易知， 因此. （2）①在中，由余弦定理得， 因为是的中点，为正三角形，所以是边上的高，所以， 因此. ②因为点，分别是，的中点，故，且， 在中，由正弦定理得，解得， ， 在中，由余弦定理得 . 因为，，故， 所以当，即时，的最大值为， 代入得，故． 9．如图，十面体的下底面是边长为的正六边形．四边形，，，，，均是全等的梯形．四边形，，均是全等的菱形，且，，，，．    (1)证明：平面． (2)求该十面体的体积． (3)若是菱形内（包括边界）的一个动点，设直线与平面所成的角为，求的最小值． 【答案】(1)证明：由四边形、四边形均是菱形，得，则， 而平面，平面， 所以平面. (2) (3) 【分析】 【详解】（1）略 （2）分别延长到点，使得， 在梯形、梯形中，，而平面， 则平面，依题意，， ，则都垂直于平面， 且，又六边形为正六边形， 则六棱柱为正六棱柱，正六边形的面积， 连接，令，则是的中点，令点到平面的距离为 作交平面于点，则平面， 于是，解得，，， 三棱锥的高为，其体积为， 正六棱柱的体积为， 三棱锥、三棱锥、三棱锥的体积相等，均为， 所以该十面体的体积. （3）由（2）知平面，而平面，则，又， 平面，于是平面，又平面， 因此平面平面，又平面平面， 则平面内点到平面的距离等于点到直线的距离， 在直角梯形中，， 在中，，由余弦定理得， 在直角梯形中，， 延长交于点，则， 因此直角三角形斜边上的高， 由图知的最大值等于中最大的，而， 则，，此时锐角最小， 所以. 10．如图，直角梯形中，，，，，，点为线段（不含端点）上的一点，过作的平行线交于，将矩形翻折至与梯形垂直，得到六面体． (1)若，求的长； (2)求异面直线与所成角余弦值的最小值； (3)若，点在内部（含边界）运动，满足四棱锥与三棱锥的体积相等，求点轨迹长度． 【答案】(1) (2)． (3) 【分析】 【详解】（1）连接，平面平面，交线为， 由，有平面，又平面，所以， 当，平面，所以平面， 又平面，所以， 直角梯形中，， 所以，此时与相似，故， 设，由，解得或（舍），所以． （2）过作的平行线交于点，连接，由，且， 得四边形是平行四边形，故，所以即为异面直线与所成的角， 设， ， 当且仅当取等， 所以锐角正切值的最大值为1，此时余弦值有最小值， 所以异面直线与所成角余弦值的最小值为． （3），，，， 由题可知，点到平面和平面的距离为常数，所以点的轨迹为线段， 设轨迹与交于，与交于， ， 因为，所以， 又，所以 同理，，，， ，所以 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11 期末真题百练通关（14大压轴题型） 題型一 求w的取值范围 題型八 复数的运算性质 題型二 三角函数图象性质的综合问题 題型九 截面问题 题型三 平面向量中的四心问题 題型十 轨迹问题 題型四 平面向量的最值范围问题 題型十一 立体几何空间角的最值范围 題型五 平面向量的新定义问题 題型十二 立体几何的动点探索问题 題型六 正余弦定理解多边形问题 题型十三 外接球问题 题型七 解三角形的最值范围问题 题型十四 体积最大问题 題型一 求w的取值范围 1．（2023·24高一上·内蒙古巴彦淖尔·期末）已知函数在上有且仅有2个零点.则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 2．（2025高三·全国·专题练习）已知函数在区间上存在最大值和最小值，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 3．（2024·25高一下·河南·阶段检测）（多选）已知函数，则下列结论正确的是（   ） A．若且，则是的一条对称轴 B．若且点是的一个对称中心，则的最小值为 C．若且在区间上单调递增，则的取值范围为 D．若，且方程在上恰有一解，则的取值范围为 4．（2024·辽宁锦州·模拟预测）已知函数的图象关于点对称．且在区间上单调，则的值为______． 題型二 三角函数图象性质的综合问题 5．（2026·辽宁沈阳·二模）已知函数的图象满足以下特征：图象经过点，并且在y轴右侧的第一个零点为，第一个最低点为．则下列有关函数及其性质的描述正确的是（    ） A． B．为函数图象的对称轴 C．将的图象向右平移个单位长度后，将得到一个偶函数的图象 D．函数的单调递减区间为 6．（2025·26高一下·河南南阳·阶段检测）已知函数 ，给出下列三个命题： ①该函数的值域为 ； ②当且仅当 时，； ③若，且方程有两个实根，则实数的取值范围为 其中正确的命题为_______ 7．（2025·26高一上·江苏南京·期末）函数的部分图象如图所示. (1)求的解析式； (2)设，将函数的图象向左平移个单位，再将横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象.若对任意，都有，求的取值范围. 8．（2024·25高一下·安徽亳州·期中）已知函数为奇函数，且图象的相邻两对称轴间的距离为． (1)求在上的单调减区间； (2)将函数的图象向右平移个单位长度，再把横坐标缩小为原来的（纵坐标不变），得到函数的图象，当时，求函数的值域； (3)对于（2）中的函数，记方程在上的根从小到大依次为，试确定的值，并求的值． 9．（2025·26高一上·湖南湘潭·期末）已知函数的最小正周期为． (1)求的值； (2)将函数图象上所有点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象，求函数在的值域； (3)已知函数，关于的方程有实数解，且，求实数的取值范围． 题型三 平面向量中的四心问题 10．（2025·26高一下·广东·期末）（多选）已知点、、在所在平面内，则（     ） A．若，则点是的外心 B．若，则点是的重心 C．若，则点是的内心 D．若，则是等腰三角形 11．（2024·25高二上·贵州遵义·阶段检测）（多选）已知G为的重心（三角形三条中线的交点），则下列等式成立的是（    ） A． B． C． D． 12．（2024·25高三上·福建泉州·期中）已知是平面上一定点，是平面上不共线的三点，动点满足，，则点的轨迹一定通过的（    ） A．重心 B．垂心 C．外心 D．内心 題型四 平面向量的最值范围问题 13．（2025·26高一下·湖南邵阳·期中）已知平面向量，且向量满足，则的最大值是（    ） A．1 B． C．2 D．4 14．（2025·26高一下·上海杨浦·期中）已知正六边形 的边长为 是其边上的动点，则 的取值范围是（    ） A． B． C． D． 15．（2025·26高一下·湖南·期中）在直角梯形中，，，且，，对角线与交于点，点满足，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 16．（2025·26高一下·山东济南·阶段检测）（多选）如图，是边长为2的等边三角形，以的中点为圆心，1为半径作一个半圆，点为此半圆弧上的一个动点，则下列说法正确的是（   ） A． B． C．的最大值为4 D．若，则的最大值为 17．（2026·天津·二模）已知是边长为2的正三角形，、分别为线段、的中点，为线段上任意一点，若，则__________；若，则的最小值为__________. 題型五 平面向量的新定义问题 18．（2023·24高一下·重庆·期末）（多选）对非零向量，，定义运算“”：，其中为与的夹角，则（    ） A．若，则 B．若，，则 C．若中，，，，则 D．若中，，则是等腰三角形或有内角为135°的三角形 19．（2025·26高一下·安徽·期末）在平面直角坐标系中，对于非零向量，，定义这两个向量的“相离度”为，容易知道，平行的充分必要条件为. (1)已知，，求； (2)已知，的夹角为，，的夹角为，证明：的充分必要条件是； (3)在中，，，为的中点，且，若，求. 20．（2023·24高一下·浙江宁波·期末） 已知向量满足，且与互相垂直. (1)求向量在向量上的投影向量 （用表示）； (2)定义平面非零向量之间的一种运算“*”：（其中是非零向量和的夹角），求 題型六 正余弦定理解多边形问题 21．（2023·24高一下·北京·期末）如图，在平面四边形中，，，记与的面积分别为，，则的值为______．    22．（2024·25高一下·安徽·期中）骆岗公园拟建一个平面凸四边形的绿色草坪，其中米，米，为正三角形．计划将作为合肥市民休闲娱乐的区域，将作为骆岗公园的文化介绍区域．    (1)若，求文化介绍区域的面积； (2)求休闲娱乐的区域的面积的最大值． 23．（2024·25高一下·云南昭通·期末）如图，已知在平面四边形中，． (1)设，若，求； (2)是否存在，使得平分，若存在，求的长；若不存在，说明理由. 24．（2024·25高三上·江西·期末）如图，在平面四边形中， 点E在上，且 (1)求; (2)求的面积. 题型七 解三角形的最值范围问题 25．（2024·25高一下·河南安阳·期末）已知的内角所对的边分别为，记边上的高为，若为锐角，，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 26．（2025·26高一下·江苏南京·期中）在中，角 的对边分别为 ，且满足，的平分线交于点D，若，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 27．（2024·25高一下·山东淄博·期末）在锐角中，角，，的对边分别为，，，且，，则的中线的最大值为_____. 28．（2024·25高一下·福建三明·期末）在中，内角所对的边分别为，且满足. (1)求； (2)所在平面内一点满足，若，求的周长的最大值. 29．（2024·25高一下·河北衡水·期末）记内角A、B、C的对边分别为a、b，c，已知． (1)求的外接圆半径R； (2)若，求的最小值． 題型八 复数的运算性质 30．（2025·26高一下·广东中山·阶段检测）（多选）若，为复数，则下列选项一定正确的是（    ） A． B． C． D． 31．（2025·26高一下·江苏南通·期中）（多选）已知是复数，则（    ） A． B． C． D． 32．（2026·浙江·模拟预测）（多选）设为复数，其中，则下列正确的是（   ） A． B． C．若，则 D．若，则 題型九 截面问题 33．（2025·26高一上·湖南邵阳·期末）（多选）在棱长为2的正方体中，点，，分别为棱，，的中点，则下列说法正确的有（   ） A．正方体被平面所截的截面为正六边形 B．正方体被平面所截的截面的面积为 C．正方体任意两个顶点的连线所成的直线中与平面平行的直线共有6条 D．正方体任意两个顶点的连线所成的直线中与平面垂直的直线有且仅有1条 34．（2024·25高一下·辽宁·期末）（多选）如图，在棱长为2的正方体中，点分别是棱，的中点，点是棱的中点，过线段作与平面平行的平面，截正方体所得的截面，下列选项正确的是（   ） A．截面图形是梯形 B．截面图形是五边形 C．截面的面积为 D．该截面所在平面截正方体的外接球所得截面的面积为 35．（2025·26高一下·广东惠州·期中）已知正八面体的中心为点，各棱长均为，已知，，过点作该正八面体的截面，所得截面面积为________. 36．（2025·26高一下·福建莆田·期中）如图，在四棱锥中，底面为梯形，其中， ，且，点E为棱的中点. (1)求证: 平面; (2)若M为上的动点，则线段上是否存在点N，使得/平面?若存在，请确定点N的位置，若不存在，请说明理由； (3)若，请在图中作出四棱锥过点B，E及棱中点的截面，并求出截面周长. 題型十 轨迹问题 37．（2026·重庆沙坪坝·模拟预测）已知正方体棱长为2，点满足，点在正方体的表面上运动，且，则的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 38．（2026高一·全国·专题练习）如图，长方体的长、宽、高分别为，且分别为上底面、下底面（含边界）内的动点，当最小时，以为球心，的长为半径的球面与上底面的公共点的轨迹长度为（   ） A．2 B． C． D． 39．（2026·四川广安·模拟预测）在长方体中，，，，长方体表面上的动点满足，则点的轨迹长度为______. 40．（2023·24高一下·浙江·期中）如图，点是棱长为1的正方体表面上的一个动点，直线与平面所成的角为，则点的轨迹长度为________． 41．（2025·26高一下·湖南邵阳·期中）如图，已知正方体的棱长为，点为的中点，点为正方形上的动点， (1)求四面体的体积； (2)若，求的轨迹的长度及线段扫过区域的面积. 題型十一 立体几何空间角的最值范围 42．（2025·26高三上·浙江嘉兴·期末）在四棱锥中，底面为正方形，且，记直线与底面所成的角为，则的最大值为（   ） A． B． C． D． 43．（2026高一·全国·专题练习）在四棱锥中，底面为正方形，且，记直线与底面所成的角为，则的最大值为_____. 44．（2025·26高一下·全国·期末）在梯形中，，，，为线段的中点，若沿把这个梯形折成一个四棱锥，使到达的位置，为的中点，为线段上动点. (1)当四棱锥的体积最大时，求该四棱锥外接球的表面积； (2)设直线与平面所成的角为，求的最大值. 45．（2024·25高一下·安徽六安·期末）如图，在四棱台中，底面是正方形，平面，，，. (1)求证：平面； (2)求直线到平面的距离； (3)若点P是正方形内的动点（不含边界），且满足，设直线与平面所成角为，求的取值范围. 題型十二 立体几何的动点探索问题 46．（2024·25高一下·北京朝阳·期中）如图，在直角梯形中，，，，，，点在上，且，将沿折起，使得平面平面，为中点．    (1)求证：平面； (2)求三棱锥的体积； (3)在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 47．（2025·26高一下·吉林·期中）如图，顶点为的圆锥的轴截面是等腰直角三角形，是底面圆周上的点，是底面圆内的点，为底面圆圆心，，垂足为，，垂足为，且，是的中点． (1)证明：平面； (2)当三棱锥的体积最大时，求的长； (3)是否存在一个点，满足点到点，，，，的距离均相等？若存在，求出二面角的余弦值的取值范围，若不存在，说明理由． 48．（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. 49．（2024·25高一下·河南南阳·期末）如图，在正三棱柱中，为棱的中点. (1)求证：平面 (2)若满足 ①求证：平面平面 ②是否存在实数，使得三棱锥的体积为？若存在求出的值，若不存在，请说明理由. 题型十三 外接球问题 50．（2025·26高一下·浙江·期中）如图，在正方形中，为的中点，将沿直线折起至处，使得点在平面上的射影在上.若三棱锥的外接球表面积为，则到平面的距离为（   ） A． B． C． D．1 51．（2025·26高一下·湖南衡阳·期中）已知正方形的边长为，将沿对角线翻折，使二面角的大小为，则平面截三棱锥的外接球所得截面的面积为（    ） A． B． C． D． 52．（2026·安徽合肥·模拟预测）在三棱锥中，，，二面角的大小为，则三棱锥的外接球表面积为（    ） A． B． C． D． 53．（2024·河北·模拟预测）在三棱锥中，，若三棱锥的外接球表面积为，则二面角的大小为（    ） A．或 B．或 C． D． 54．（2024·25高一下·河南信阳·期末）已知正三棱锥的外接球是球O，正三棱锥底边，侧棱，点E在线段上，且，过点E作球O的截面，则所得截面圆面积的取值范围是______． 题型十四 体积最大问题 55．（2025·26高一下·浙江·期中）现有两个含角的全等直角三角板，较短直角边长均为，如图，与为这两个三角板，其中，.初始时，两三角板的直角顶点重合于点，斜边，共线.现将两三角板绕点平行展开，得到四棱锥. (1)求证：平面平面； (2)设平面平面. （ⅰ）求证：平面； （ⅱ）当二面角的大小为多少时，四棱锥的体积取得最大值？求出该最大值. 56．（2025·26高一下·山东济宁·期中）如图，长方体的长、宽、高分别为x，y，2且，. (1)当底面ABCD为正方形时， （i）求长方体的表面积； （ii）求三棱锥体积和外接球体积； (2)取、的中点分别为M、N，求三棱锥的体积的最大值. 57．（2023·24高一下·吉林·期末）如图，在四棱锥中，在线段上（不含端点），底面. (1)证明：平面平面. (2)设，请写出三棱锥的体积关于的函数表达式，并求出的最大值. 1．（多选）已知函数的其中一个单调递增区间为，则下列正确的是（    ） A． B．点是函数的一个对称中心 C．不等式的解集为 D．令，则方程在上有个解，且 2．（多选）已知四棱锥中，平面，，，四棱锥的外接球的球心为．记四棱锥，的体积分别为，，三棱锥，的体积分别为，，则下列说法中正确的有（    ） A． B． C． D．若直线与平面所成的角的大小为，则的最大值为 3．在中，点满足，点是边上靠近的四等分点，与所成的夹角为，则的最大值为___________． 4．若，且，则______． 5．已知，记（）．若函数在上单调递减，则实数的取值范围是_____. 6．在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知，则_______；设D是上一点，且，，则的最大值为_______． 7．已知复数（、）满足，且的取值范围为；复数满足． (1)求的取值范围； (2)若、恰为实系数一元二次方程的两个根，求的值； (3)在复平面上，复数对应点，复数对应点，求在方向上的数量投影的取值范围． 8．如图，在四边形中，是正三角形，，分别是，的中点，，. (1)当时，求四边形的面积； (2)记. ①试用表示； ②求的最大值. 9．如图，十面体的下底面是边长为的正六边形．四边形，，，，，均是全等的梯形．四边形，，均是全等的菱形，且，，，，．    (1)证明：平面． (2)求该十面体的体积． (3)若是菱形内（包括边界）的一个动点，设直线与平面所成的角为，求的最小值． 10．如图，直角梯形中，，，，，，点为线段（不含端点）上的一点，过作的平行线交于，将矩形翻折至与梯形垂直，得到六面体． (1)若，求的长； (2)求异面直线与所成角余弦值的最小值； (3)若，点在内部（含边界）运动，满足四棱锥与三棱锥的体积相等，求点轨迹长度． 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 $