2025～2026高一下学期数学必修二（北师大2019版）期末复习卷2

**基本信息** 2025~2026高一下学期数学必修二期末复习卷，覆盖立体几何、三角函数、向量等核心知识，通过选择、填空、解答分层设计，考查数学思维与空间观念，适配北师大2019版期末复习需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8题|集合、复数、正四棱台体积等|基础概念辨析，如复数充要条件判断| |多选题|3题|复数性质、向量运算、正方体异面直线|综合概念理解，如向量投影与夹角| |填空题|3题|三角函数解析式、三棱锥面积与体积、向量模范围|情境化计算，如由三角函数最值求解析式| |解答题|5题|三角函数性质、解三角形、正方体线面平行、长方体面面夹角|分层综合应用，如长方体线面垂直证明与体积计算，考查逻辑推理与空间想象|

2025~2026高一下学期数学必修二（北师大2019版）期末复习卷2 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．已知集合，则（    ） A． B． C． D． 2．已知复数，，，则“是实数”的充要条件是（    ） A． B． C． D． 3．已知正四棱台的体积为，其上下底面的边长分别为1和2，则这个正四棱台的高为（    ） A． B． C．1 D．2 4．在中，为上一点，，为线段上任一点，若，则的值是（    ） A．4 B．3 C．2 D．1 5．已知为第二象限角，，则（     ） A． B． C． D． 6．已知是定义域为R的偶函数，，且当时，，则（     ） A．， B．， C．， D．， 7．已知向量，满足，，则的最大值为（     ） A．1 B．2 C．3 D．4 8．（），将向轴正方向平移个单位，得到的函数图像与图像关于轴对称，则的取值个数为（     ） A．1 B．2 C．3 D．4 二、多选题 9．若复数满足，则（   ） A． B．的虚部为 C．为纯虚数 D． 10．已知，是夹角为的单位向量，且，，则下列说法正确的是（    ） A． B．在方向上的投影向量为 C． D．当时，与的夹角为锐角 11．如图，已知正方体的棱长为2，则（    ） A．直线与为异面直线 B．平面 C．三棱锥的体积为 D．平面过点且平面，则平面截正方体所得截面的图形的面积为 三、填空题 12．若函数的图像在同一周期内有一个最高点的坐标是，最低点的坐标是，则这个函数的解析式是___________． 13．已知三棱锥，，，，则它的底面的面积为________，体积为________． 14．已知，，记．当时，__________，当时，的取值范围为__________． 4、 解答题 15．已知函数，，．最小正周期为，且，． (1)求、的值； (2)求的单调递减区间． 16．如图，在中，为边上一点，且. (1)求； (2)若，求. 17．在中，内角的对边分别为，且. (1)证明：是钝角三角形； (2)平分，且交于点，若，求的周长. 18．如图，在正方体中，棱长为2，为棱的中点，为平面内的一点，在中，已知，． (1)求证：平面； (2)求点到平面的距离. 19．在长方体中，，，，，． (1)求证：面； (2)求面与面的夹角的余弦值； (3)求三棱锥的体积． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《2025~2026高一下学期数学必修二（北师大2019版）期末复习卷2》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B C B D C D D C BCD AB 题号 11 答案 ABD 1．B 【分析】解求出集合，再求交集可得答案. 【详解】由得， 解得，因为，所以集合是所有奇数构成的集合， 则. 故选：B. 2．C 【分析】根据复数的乘法运算和复数的分类以及充要条件的判断即可得到答案. 【详解】由题意得， 因为是实数当且仅当，即， 所以“是实数”的充要条件是“”. 故选：C. 3．B 【分析】利用台体的体积公式求解. 【详解】正四棱台的上底面积为，下底面积为， 因为台体体积为，所以， 解得，即正四棱台的高为. 故选：B. 4．D 【分析】利用共线定理即可求出. 【详解】由题意得三点共线，则， 又，，则， ，. 故选：D. 5．C 【分析】利用二倍角公式化简可得，结合角的范围分别求出，即可求解. 【详解】由，得： 因为是第二象限角，所以，， 化简得：，即 由于，解得：， 因为，所以， 所以 6．D 【分析】根据推出周期性，分析可得，得到，再由可得. 【详解】，则， ，即的周期为， 结合奇偶性，周期性，故， 在上满足，说明的对称轴为， 则，解得， 又根据知，而， 则，于是， 即，解得 7．D 【分析】根据向量坐标模长公式计算结合绝对值不等式计算求解. 【详解】因为，且 ，则， 所以， 所以当反向时，取最大值为4. 8．C 【分析】平移后函数为，与关于轴对称可知函数值互为相反数，利用正弦相等得方程，排除不恒成立情形，得到的取值个数. 【详解】将向右平移个单位得 . 由题意，与的图像关于轴对称，即恒成立， 即. 分两种情形讨论： ①，对任意不恒成立，舍去； ②，化简得 ，即. 由得， 对应，因此的取值个数为3. 9．BCD 【分析】设，由条件可得.由复数模长公式可得选项A错误；由复数的概念可得选项B正确；通过复数的除法运算可得选项C正确；通过复数乘方运算可得选项D正确. 【详解】设，则，∴， ∴，解得，故. A. ，选项A错误. B. 的虚部为，选项B正确. C. ，为纯虚数，选项C正确. D. 由得，故，选项D正确. 故选：BCD. 10．AB 【分析】利用向量模及数量积的运算律判断A、C；利用投影的定义判断B；取，与共线判断D. 【详解】A：由，是夹角为的单位向量则， 对两边同时平方得，则，故A正确； B：在方向上的投影向量为，故B正确； C：由，，则，故C错误； D：当时，，此时夹角不为锐角，故D错误. 11．ABD 【详解】对于A，∵ 直线平面，与平面交于点，且， ∴ 直线与无公共点且不平行，为异面直线，故A正确； 对于B，∵ 正方体中，平面，平面， 由线面平行的判定定理可得平面，故B正确； 对于C，∵ 正方体棱长为，，三棱锥的高为， ∴ ，故C错误； 对于D，∵ 平面平面，结合正方体面面平行的性质，可知平面截正方体所得截面为三角形， 该三角形为边长为的正三角形，∴ 截面面积，故D正确. 12． 【分析】根据已知条件依次求得 的值, 即可得解. 【详解】设， 依题意可知 . 由于 , 所以 . 所以 . 故答案为: 13． 【分析】先由底面三角形的边长求面积；再由，可知点在底面上的投影为的外心，由此求出三棱锥的高. 【详解】 法一：底面三角形中，，. 取中点，连接，则，. 在中，， 故底面面积. 由可知，点在底面上的投影为的外心. 在中，由余弦定理得， 且，故. 由正弦定理，的外接圆半径， 则高， 三棱锥的体积. 综上，底面面积为，体积为. 法二：在中，已知，. 由余弦定理得， 且，故，. 所以底面面积. 由可知，点在底面上的投影为的外心. 由正弦定理，的外接圆半径， 则高， 三棱锥的体积. 综上，底面面积为，体积为. 14． 【分析】第一空：利用和得出和的值，即可得出结论； 第二空：解法一：将代入得，展开，令，，，代入并整理，得出，即可求出的取值范围. 解法二：设，，，根据可设，进而可得，即可得取值范围. 解法三：不妨设，，， ，，可知点在直线上，且点在以为圆心，半径为1的圆上，结合图形分析求解即可. 【详解】由题意， ，，， 第一空： 当时，， ∴， ∴. 第二空： 解法一：将代入得， 两边平方，得：， 展开：， 代入，，记， ， 令，，， 则原式变为：， 配方得：， 由于 ，，因此 ， 即 ，解得， ， 因此，的取值范围为：. 解法二：因为，， 不妨设，，，则，， 若，设， 则. 解法三：因为，， 不妨设，，，即点在直线上， 且，， 因为， 若，可知点在直线上，（或直接由三点共线的结论可得出）， 若，即，可知点在以为圆心，半径为1的圆上， 则圆在直线和之间，可得，即， 所以的取值范围为. 15．(1)， (2) 【分析】（1）利用两角和正弦公式化简可得，结合正弦型函数周期公式列方程求，再由列式求； （2）根据正弦型函数单调区间求法求结论. 【详解】（1）因为， 所以， 又的最小正周期为，， 所以，所以， 因为， 所以，， 所以，， 所以， 所以， （2）令，，可得，， 函数的单调递减区间为. 16．(1)6； (2)3. 【分析】（1）根据给定条件，利用余弦定理列式解方程即得. （2）由（1）的信息，利用正弦定理、余弦定理求解即得. 【详解】（1）设，则， 由余弦定理可得， 即，得， 所以. （2）由，得，则. 由正弦定可得，解得. 由余弦定理得， 即，而，所以. 17．(1) 在中，，由正弦定理得， 即，由余弦定理得.因为，所以， 所以是钝角三角形. (2) 【分析】（1）先利用正弦定理化角为边得，再利用余弦定理求得，即可证明； （2）利用面积分割法得，根据余弦定理化简求解，从而求解周长. 【详解】（1）略 （2）因为， 且，所以， 由余弦定理得：， 解得或（舍去），所以， 所以的周长为. 18．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，先根据条件确定点坐标，利用空间向量证明线面平行. （2）先求平面的法向量，利用空间向量求点到平面的距离. 【详解】（1）以为原点，建立如图空间直角坐标系. 则，，，，，. 因为为棱的中点，所以. 因为为平面内的一点，且，所以可设，. 因为，所以. 所以. 所以. 又因为，，平面，且， 所以平面. 所以为平面的法向量. 因为，且平面， 所以平面. （2）因为，. 设平面的法向量为， 则，令可得. 所以. 所以点到平面的距离为. 19．(1)方法一：如图，过点作//,交于点，则有,. 连接,则四点共面,平面即平面. 由，，可得与相似, 所以，则可得,所以. 长方体中，平面， 因为平面，所以. 又,平面，所以平面. 方法二： 如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系. 则. 所以. 所以， 所以，即. 又,平面，所以平面. (2) (3) 【分析】（1）由线面垂直的判定定理可证； （2）方法一：建立空间直角坐标系，根据平面与平面的夹角的定义转化为异面直线所成的角，利用向量法求该角的余弦值可得；方法二：由面面角的向量求法可得；方法三：作辅助线，可证平面，进而可知平面与平面的夹角为，即可得面面夹角余弦值； （3）方法一：由向量法证明，从而求得的面积，由向量法求得点C到平面的距离，再根据棱锥的体积公式求得三棱锥的体积； 方法二：由向量法求得点A到平面的距离，根据棱锥的体积公式可得三棱锥的体积； 方法三：由（2）可知点到平面的距离为，进而可求三棱锥体积. 【详解】（1）略 （2）方法一：过点作//,交于点，则有，， 连接，则四点共面，平面即平面. 如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，则 ，，所以， 所以. 取的中点P，则，所以， ，所以. 所以异面直线与所成的角等于平面与平面的夹角. 又， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 方法二：如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系. 则. 所以， 设平面的法向量为， 则，故可取. 由（1）知平面的一个法向量为， 所以， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 方法三：由题意可知：，，， 则，则， 过点作，设，，连接， 由（1）可知：平面，则平面，可得，， 且，平面，可得平面，则， 可知平面与平面的夹角为， 因为，，， 则，可得，， 则，所以平面与平面的夹角的余弦值为； （3）方法一：由，，得， 所以. 所以的面积为. 由（2）知，平面的一个法向量为， 点C到平面的距离为. 所以三棱锥的体积， 所以三棱锥的体积为. 方法二：点A到平面的距离为. 因为//，所以到的距离相等， 所以的面积等于的面积，即. 所以三棱锥的体积为. 方法三：由题意可知：，，，， 则的面积， 由（2）可知点到平面的距离为， 所以三棱锥的体积. 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 $