【文档说明】湖北省襄阳市第五中学2024-2025学年高二上学期开学考试数学试题 Word版含解析.docx，共(19)页，1.742 MB，由小赞的店铺上传

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襄阳五中2026届高二上学期新起点考试数学试卷命题人：闫小东审题人：杨青林考试时间：2024年8月29日一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的．1.已知i为虚数单位，若(1i)2iz+=−，则复

数z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】D【解析】【分析】根据复数代数形式的除法运算化简复数z，再根据复数的几何意义判断即可.【详解】因为(1i)2iz+=−，所以()()()()222i1i2i23ii13i1i1

i1i1i2z−−−−+−====++−−即13i22z=−，所以复数z在复平面内对应的点的坐标为13,22−，所以复数z在复平面内对应的点位于第四象限.故选：D.2.已知向量(1,0,2)=a，(2,1,2)b=−−r，

(0,1,)c=r，若a，b，c三个向量共面，则实数=（）A.1B.2C.3D.4【答案】B【解析】【分析】由题意得a与b不共线，所以由空间向量共面定理可知存在实数,xy，使cxayb=+，然后将坐标

代入化简可求出的值.【详解】因为102212−−所以(1,0,2)=a与(2,1,2)b=−−r不共线，所以存在实数,xy，使cxayb=+，所以(0,1,)(1,0,2)(2,1,2)(2,,22)xyxy

yxy=+−−=−−，所以20122xyyxy−==−=，解得212xy===故选：B3.平行六面体1111ABCDABCD−中，底面ABCD为正方形，11π3AADAAB==，11AAAB==，E为

11CD的中点，则异面直线BE和DC所成角的余弦值为（）A.0B.32C.12D.34【答案】A【解析】【分析】由11·2BEDCAAADABAB=+−求解即可．【详解】解：由题意，11π111cos32AAABAAAD===，·0

ABAD=，又DCAB=，1111112BEAEABAAADDEABAAADAB=−=++−=+−，所以1111·00222BEDCAAADABAB=+−=+−=，即有BEDC⊥uuruuur，故选：A．4.有4张相同的卡片，分别标有数字1，2，3，4，从中有放回地随

机取两次，每次取1张卡片，1A表示事件“第一次取出的卡片上的数字为偶数”，2A表示事件“第一次取出的卡片上的数字为3”，3A表示事件“两次取出的卡片上的数字之和为5”，4A表示事件“两次取出的卡片上的数字之和为7”，则（）A.1A与3A为相互独立

事件B.2A与4A为互斥事件C.2A与4A为相互独立事件D.3A与4A为对立事件.【答案】A【解析】【分析】列出样本空间，再对各选项的事件列出其基本事件，根据独立事件的定义判断AC，根据互斥事件、对立事件的定义判断BD

.【详解】由题意样本空间Ω11,12,13,14,21,22,23,24,31,32,33,34,41,42,43,44=，121,22,23,24,41,42,43,44A=，231,32,33,34A=，314,23,32,41A=，434,43

A=，对于A：由古典概率概率公式可知()181162PA==，()341164PA==，()1321168PAA==，则()()()1313PAAPAPA=，故1A与3A为相互独立事件，正确；对于C：()241164PA==，()421168PA==，()24

116PAA=，则()()()2424PAAPAPA，故2A与4A不是相互独立事件，错误；对于B：当第一次取出的卡片上的数字为3，第二次取出的卡片上的数字为4时，事件2A与4A同时发生，故两个事件不是互斥事件，错误；对于D：因为34AA=，34ΩA

A，所以3A与4A不是对立事件，错误.故选：A5.构造法是数学中一种常见的解题方法，请结合三角形的正、余弦定理，构造出恰当的图形解决问题：22sin7sin233sin7sin23+=+（）A.12B.13C.14D.15【答案】C【解析】【分析】构造ABCV,则由余弦

定理有2222coscababC=+−，设7,23AB==，再由正弦定理可得出答案.【详解】构造ABCV，设角,,ABC所对的边分别为,,abc,设7,23,150ABC===由余弦定理可得2222coscababC=+−,即2222cos

150cabab=+−所以2223cabab++=，由正弦定理可得222sinsinsin3sinsinCABAB=++即222sin150sin7sin233sin7sin23=++所以221sin7sin233sin7sin234++

=故选：C6.如图，在ABCV中，π3BAC=，2ADDB=，P为CD上一点，且14APACAB=+，若3AC=，4AB=，则APDC的值为（）A.76−B.76C.1312−D.1312【答案】C【解析】【分析】由题意，可得1432APACA

D=+，又,,PCD三点共线，可得12=，则1142APACAB=+，利用向量的线性运算可得23DCABAC=−+，进而表示出APDC，计算即可.【详解】在ABCV中，因为2ADDB=，所以32ABAD=，23ADAB=，所以()22213333CDCAADCAABCACBCACBC

A=+=+=+−=+，即2133CBCDAC−=−，因为14APACAB=+，所以1432APACAD=+，因为,,PCD三点共线，所以13142+=，解得12=，所以1142APACAB=+，而()2121233333C

DCBCAABACABACCA−=−−+=−+=−，所以112423APDCACABABAC+−+=，又π3BAC=，3AC=，4AB=uuur，则22111334AABAPBACACDC=−++221111169134433233243412=−+

+=−++=−.故选：C.7.已知在钝角ABCV中，B是钝角，32sin,1abAac=+=，点D是边AC上一点，且2ACCD=，则BD的最小值为（）A.12B.13C.14D.18【答案】C【解析】【分析】利用正弦定理可得2π3B=，结合向量可得1132BDac=−，结合基本不等式运算求解

.【详解】因为32sinabA=，由正弦定理可得3sin2sinsinABA=，且0πA，则sin0A，可得3sin2B=，且ππ2B，则2π3B=，又因为2ACCD=，则()12BDBABC=+，可得()222211()244BDBABCBAB

ABCBC=+=++2211242caac=++−，则()22211322BDcaacacac=+−=+−，因为1ac+=，则1132BDac=−，又因为2124acac+=，当且仅当12ac==时，等号成立，所以

111324BDac=−，即BD的最小值为12.故选：C．8.排球比赛一般采用五局三胜制，第一局比赛用抽签的方式，等可能地决定首先发球的球队，在每局比赛中，发球方赢得此球后可获得下一球的发球权，否则交换发球权．甲、乙两队进行排球比赛，若甲队发球，则甲队赢得此球的概率为13，

若乙队发球，则甲队赢得此球的概率为12．则在第一局比赛中，甲队获得第三个球的发球权的概率为（）A.1736B.3136C.3172D.4372【答案】C【解析】【分析】按第一球发球方进行分类，第二球必是甲胜列式计算即得.【详解】甲乙获得发第一

个球的概率均为12，由甲获得第三个球的发球权，得第二球甲必胜，当甲发第一个球时，有甲胜甲胜和乙胜甲胜两种情况，概率为1111212()233329P=+=，当乙发第一个球时，有甲胜甲胜和乙胜甲胜两种情况，概率为2111

115()2232224P=+=，所以甲队获得第三个球的发球权的概率为12253192472PP+=+=.故选：C二、多选题：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.从某校随机抽取30名学生参加某项知识测试，得分（十分制）如图所示，则下列选项错误的是（）A.这30名学生测试得分的中位数为6B.这30名学生测试得分的众数与中位数相等C.这30名学生测试得分的极差为8D.这30名学生测试得分平均数比中位数大

【答案】ABC【解析】【分析】根据中位数、众数、极差和平均数的定义，分别求出对应的值即可得到答案.【详解】这30名学生测试得分的中位数为565.52+=，故A错误；这30名学生测试得分的众数为5，故B错误；分数最高为10，最低为3，所以极差为7，故C

错误；的这30名学生测试得分的平均数为:2334105663728292101795.53030+++++++=，故D正确.故选：ABC.10.不透明盒子里装有除颜色外完全相同的2个黑球、3个白球，现从盒子里随机取出2个小球，记事件A=“取出的两个球是一个黑球、一个白球

”，事件B=“两个球中至多一个黑球”，事件C=“两个球均为白球”，则（）A.()35PA=B.()910PAC+=C.()2150PAB=D.()()PBPC=【答案】AB【解析】【分析】利用列举法写出随机取出2个小球的基本事件，根据题设描述列举对应事

件，由古典概型的概率求法求概率.【详解】记3个白球为,,EFG，2个黑球为,ab，随机取出2个小球的事件如下，(,),(,),(,),(,),(,),(,),(,),(,),(,),(,)EFEGEaEbFGFaFbGaGbab，事件A对应的基本事件有(,),(,),(,),

(,),(,),(,)EaEbFaFbGaGb，所以()63105PA==，故A正确；事件B对应的基本事件有(,),(,),(,),(,),(,),(,),(,),(,),(,)EFEGEaEbFGFaFbGaGb，所以()910PB=，事件C对应的基本事件有(,)

,(,),(,)EFEGFG，所以()310PC=，又()()()37111010PCPCPB=−=−=，故D错误；其中AC+对应的基本事件有()()()()()(),,,,,,,,,,,,EaEbFaFbGaGb(,),(,),(,)EFEGFG，所以()910PAC+=，故B正确；

AB对应的基本事件有(,),(,),(,),(,),(,),(,)EaEbFaFbGaGb，所以()63105PAB==，故C错误.故选：AB11.已知棱长为2的正方体1111ABCDABCD−，点P是BC的

中点，点Q在线段CD上，满足()01CQCD=，则下列表述正确的是（）A.12=时，//PQ平面11ABDB.不存在0,1，使得1AQ⊥平面11ABDC.任意0,1，三棱锥11PABQ−的体积为定值D.过点1,,APQ的

平面分别交11BB,DD于,EF，则BEDF+的范围是[1,2]【答案】ACD【解析】【分析】利用线面平行的判定判断A；举例说明判断B；利用等体积法计算判断C；作图直接计算得到21BEDF+=+并判断D.【详解】对于A

，当12=时，Q是CD的中点，而P是BC的中点，则11////PQBDBD，而11BD平面11ABD，PQ平面11ABD，于是//PQ平面11ABD，A正确；对于B，当0=，即点Q与C重合时，由1AA⊥平面ABCD，BD平面ABCD，则1AABD⊥，又11,,,ACBDACA

AAACAA⊥=平面1AAC，则BD⊥平面1AAC，而1AC平面1AAC，于是1ACBD⊥，又11//BDBD，则111ACBD⊥，同理11ACAD⊥，又1111111,,ADBDDADBD=平面11ABD，因此1AQ⊥平面11ABD，B错误；对于C，显然1111////ABCD

CD，而CD平面11ABP，11AB平面11ABP，则//CD平面11ABP，因此点Q到平面11ABP的距离h为定值，在11ABP△中，111ABBP⊥，其面积11112SABBP=为定值，因此三棱锥11PABQ

−的体积111113PABQQABPVVSh−−==为定值，C正确；对于D，直线PQ与直线AB和AD分别交于点,MN，则11AMBBE=，11DDFAN=，而有112BPCPBC===，2CQCD==，当01时，有2BMCQBMBPCP===，1DNDQDNCPQ

C−===，则12221BEBMBMAAAMABBM====+++，111112DFDNDNAAANADDN−−====−+++，从而1211BEAA==++，112211DFAA−−==++，当0=时，,EF分别与1,BD

重合；当1=时，点E为1BB中点，F与D重合，21BE=+，221DF−=+亦成立，则2222111BEDF−+=+=+++，01≤≤，所以BEDF+的取值范围是[1,2]，D正确.故选：ACD.三、填空题：本题共3小题，每小题5

分，共15分．12.已知()2,3,1A，()4,1,2B，若点B关于平面yOz的对称点为C，则A，C两点间的距离为______.【答案】41【解析】【分析】依据对称关系求出C点坐标，后利用两点间距离公

式求解即可.【详解】由题意知点()4,1,2B关于平面yOz的对称点()4,1,2C−，由两点间距离公式知=3641=41AC++故答案为：4113.抛两枚质地均匀的骰子，向上的点数分别为x，y，则x，y，3能够构成三角形三边长的

概率为__________.【答案】712【解析】【分析】根据给定条件，利用列举法、结合古典概率计算即得.【详解】抛两枚骰子，所有的情况有36种，由x，y，3构成三角形的三边长，得||3xyxy−+，当xy=，有5种情况：2,3,4,5,6x=；当xy（xy

的情况只需x与y互换即可，即两种情况相同）时，若1,3xy==；若2x=，3,4y=；若3x=，4,5y=；若4x=，5,6y=；若5x=，6y=，因此符合条件的共有52821+=（种）情况，所以所求概

率为2173612P==.故答案为：71214.如图，在平面四边形ABCD中，1AB=，3,,3ADBDBCBCBD=⊥=.若2π3BAD=，则四边形ABCD的面积为______；若BAD的大小可变化，则AC的最大值为______.【答案】①.9

234+②.5【解析】【分析】在ABD△中由面积公式可得ABDS，由余弦定理得BD和BC，由BDBC⊥得12CBDSBDBC=，所以四边形ABCD的面积为ABDCBDSS+；设BAD=，在ABD△中由余弦定理得2423cosBD

=−和()23423cosBC=−，由正弦定理得3sinsinABDBD=，由BDBC⊥和余弦定理得2π1312sin3AC=+−，根据的范围可得答案.【详解】在ABD△中，1A

B=，3AD=，2π3BAD=，所以12π133sin1323224ABDSABAD===，由余弦定理得2222π12cos13234332BDADABADAB=+−=++=+，所以43BD=+，所以3343BCBD==+，因为BDBC⊥，所以21133

23222CBDSBDBCBD===+，所以四边形ABCD的面积为332342ABDCBDSS+=++=9234+；设BAD=，在ABD△中，由余弦定理得2222cos1323cos423cosBDADABADAB=+−=+−=−，因为3BCBD=，所以()223

3423cosBCBD==−，由正弦定理得3sinsinsinBDADABDABD==，所以3sinsinABDBD=，因为BDBC⊥，所以90CBD=，在ABCV中，由余弦定理得2222cosACABBCABBCABC=+−，所以

()2222cos90ACABBCABBCABD=+−+()()213423cos23423cossinABD=+−+−()23sin11263cos23423cos423cos=+−+−−1363cos6sin=−+13π1312sincos1312sin223

=+−=+−，因为0π，所以ππ2π333−−，所以当ππ32−=即5π6=时，πsin3−取最大值为1，此时max131215AC=+=，综上所

述，AC的最大值为5.【点睛】关键点点睛：本题考查了正余弦定理的应用及三角形面积的应用，解题的关键是利用余弦定理结合三角恒等变换，利用正弦函数的性质求解AC的最大值，属于较难题目.四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．15.ABCV的内角A，B，C

的对边分别为a，b，c，已知2222sinsinsinbcaBAabA+−−=．（1）求C的大小；（2）若ABCV面积为63，外接圆面积为49π3，求ABCV周长.【答案】（1）π3（2）18【解析】【分析】（1）由正弦

定理，2222sinsinsinbcaBAabA+−−=可化为222abbac=+−，再由余弦定理得1cos2C=，即可得到C；（2）由外接圆面积，得733R=，再由正弦定理可得c7=，由ABCV面积公式，可得24ab=，再由余弦定理，可得11ab

+=，即可求得ABCV周长.【小问1详解】2222sinsin2sinbcaBAbaabAa+−−−==，222abbac=+−，2221cos22bacCab+−==，()0πC，，π3C=．【小问2详解】设ABCV外接圆的半径为R，由249ππ3SR==圆，得733R=，因为1

432sin3cRC==，解得c7=，1sin632ABCSabC==，所以24ab=，又2222()3cbaababab=+−=+−，所以49=2()72ab+−，故11ab+=，所以18ABCabc

++=周长.16.近年来，“直播带货”受到越来越多人的喜爱，目前已经成为推动消费的一种流行营销形式，某直播平台有1000个直播商家，对其进行调查统计，发现所售商品多为小吃、衣帽、生鲜、玩具、饰品类等，各类直播商家所占比例如图①所示，为了更好地服务买卖双方

，该直播平台打算用分层抽样的方式抽取80个直播商家进行问询交流．（1）应抽取小吃类商家多少家？（2）在问询了解直播商家的利润状况时，工作人员对抽取的80个商家的平均日利润进行了统计（单位：元），所得频率直方图如图②

所示．①估计该直播平台商家平均日利润的第75百分位数；②若将平均日利润超过480元的商家称为“优质商家”，估计该直播平台“优质商家”的个数．【答案】（1）28家（2）①487.5元；②280【解析】【分析】（1）根据分层抽样的定义结合图①求解即可；（2）①先根据频率和为1求出

a，然后列方程求解第75百分位数，②根据频率分布直方图求出平均均日利润超过480元的频率，然后乘以1000可得答案.【小问1详解】根据分层抽样知：应抽取小吃类()80130%15%10%5%5%28−−−−−=家；【小问2详解】①根据题意可得()0.002320.006

501a++=，解得0.004a=，设75百分位数为x，因为()0.0020.0040.006500.60.75++=，()0.0020.0040.0060.004500.80.75+++=，所以()4500.0040.60.75x−+=，解得487

.5x=，所以该直播平台商家平均日利润的75百分位数为487.5元．②5004800.0040.0020.00250100028050−++=，所以估计该直播平台“优秀商家”的个数为280．17.如图，以棱长为1

的正方体的三条棱所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系Oxyz−，点P在线段AB上，点Q在线段DC上．（1）当2PBAP=，且点P关于y轴对称点为M时，求PM；（2）当点P是面对角线AB的中点，点Q在面对角线DC上运动时，探究PQ的最小值．【答案】（1）2133（2）6

4【解析】【分析】（1）根据空间直角坐标系写出各顶点的坐标，再由2PBAP=求得121,,33OP=，得到P与的M的坐标，再利用两点距离公式求解即可；（2）由中点坐标公式求得111,,22P，再根据题意设

点(,1,)Qaa，最后利用两点间的距离公式与一元二次函数配方法求PQ的最小值.【小问1详解】由题意知(1,0,1)A，(1,1,0)B，(0,1,0)C，(1,1,1)D．由2PBAP=得()2OBOPOPOA−=−，()11221,,333OPOAOB=+=，故121,,33P

，所以121,,33M−−，所以()22211222131133333PM=++−++=．【小问2详解】因为点P是面对角线AB的中点，所以111,,22P

，而点Q在面对角线DC上运动，故设点(,1,)Qaa，[0,1]a，则22211(1)122PQaa=−+−+−22333232248aaa=−+=−+，[0,

1]a，所以当34a=时，PQ取得最小值64，此时点33,1,44Q．18.目前羽毛球混双世界排名第一，第三，第四分别是中国的“雅思组合，韩国的肉丁组合”，中国的“凤凰组合.据统计，每场比赛雅思组合战胜肉丁组合的概率为P，“凤凰组合”战胜肉丁组合的概率为()qpq，同一赛

事的每场比赛结果互不影响.已知三个组合参加单循环赛（参加比赛的组合均能相遇一次），“雅思组合，“凤凰组合”同时战胜“肉丁组合”的概率为310，有一个组合战胜“肉丁组合”的概率为1120.（1）求p和q的值；

（2）三个组合参加双循环赛（参加比赛的组合均能相遇两次），求雅思组合比“凤凰组合战胜肉丁组合的次数多的概率.【答案】（1）3245pq==，（2）243400【解析】【分析】(1)由事件的相互独立性及互斥事件的概率公式列方程组求解；(2)根据独立事

件乘法公式及互斥事件的求和公式结合条件即得．【小问1详解】解：设事件A=“雅思组合、凤凰组合均战胜肉丁组合”，B=“雅思组合与凤凰组合只有一个组合战胜肉丁组合”，由于每场比赛结果互不影响，所以()PApq=

，()()()11PBpqpq=−+−，由题意可得()()310111120pqpqqp=−+−=，即3102320pqpq=+=，解得3425pq==或2534pq==，因为pq，所以3245pq==

，．【小问2详解】设事件iC=“‘雅思组合’胜‘肉丁组合’i场”，事件iD=“‘凤凰组合’胜‘肉丁组合’i场”，012i=，，，事件E=“‘雅思组合’比‘凤凰组合’战胜‘肉丁组合’的次数多”所以()()1213313339444484416PCPC=+

===，，()()013392332125525555525PDPD===+=，，所以()()()()()102021102021PEPCDCDCDPCDPCDPCD==++()()()()()()102021PCPDPCPDPCPD=++39999122438251625162

5400=++=，所以“雅思组合”比“凤凰组合”战胜“肉丁组合”的次数多的概率()243400PE=．19.空间弯曲性是几何研究的重要内容，用曲率刻画空间的弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于2π与多面体在该点的面角之和的差，其中多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制.

例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为π3，故其各个顶点的曲率均为π2π3π3−=.如图，在直三棱柱111ABCABC−中，点A的曲率为2π3，N，M分别为AB，1CC的中点，且ABAC=.的（1）证明：CN⊥平面11ABBA；

（2）若12AAAB=，求二面角11BAMC−−的余弦值；（3）表面经过连续变形可以变为球面的多面体称为简单多面体.关于简单多面体有著名欧拉定理：设简单多面体的顶点数为D，棱数为L，面数为M，则有：2DLM−+=.利用此定理试证明：简单多面体的总曲率（多面体有顶点的曲率之和）是常数.【

答案】（1）证明见解析（2）22（3）证明见解析【解析】【分析】（1）由直棱柱的性质可得11,AAACAAAB⊥⊥，1AACN⊥，再由点A的曲率可求出π3BAC=，则ABCV为等边三角形，所以CNAB⊥，再利用线面垂直的判定定理

可证得结论；（2）取11AC的中点F，连接1,BFMF，则1BF⊥平面11AACC，所以11,BFAMBFMF⊥⊥，1AMBM⊥，则AM⊥平面1BFM，所以可得1FMB为二面角11BAMC−−的平面角，在1RtFMB中可求得结果；（3）设多面体有M个面，给组成多面体的

多边形编号，分别为1,2,,M号，设第i号（1iM）多边形有iL条边，表示出多面体的所有的棱和顶点，及所有多边形的内角之和为，从而可表示出总曲率，化简可得结果.小问1详解】证明：因为在直三棱柱111ABCABC−中，1AA⊥平面ABC，,ACAB平面ABC，所以11,AAACAAAB⊥

⊥，所以点A的曲率为π2π2π223BAC−−=，得π3BAC=，因为ABAC=，所以ABCV为等边三角形，因为N为AB的中点，所以CNAB⊥，【因为1AA⊥平面ABC，CN平面ABC，所以1AACN⊥，因为1AA

ABA=，1,AAAB平面11ABBA，所以CN⊥平面11ABBA；【小问2详解】解：取11AC的中点F，连接1,BFMF，因为111ABC△为等边三角形，所以111BFAC⊥，因为三棱柱111ABCABC−为直三棱柱，所以平面11AACC⊥平面111ABC，因为平面11AACC平面1111

1ABCAC=，1BF平面111ABC，所以1BF⊥平面11AACC，因为,AMMF平面11AACC，所以11,BFAMBFMF⊥⊥，设2AB=，则1112,3,6AAAMBMAB====，所以2

2211AMBMAB+=，所以1AMBM⊥，因为111BFBMB=，11,BFBM平面1BFM，所以AM⊥平面1BFM，因为MF平面1BFM，所以AMMF⊥，所以1FMB为二面角11BAMC−−的平面角，因为221261,322MFBM=+==

，所以在1RtFMB中，112cos2FMFMBMB==，所以二面角11BAMC−−的余弦值为22；【小问3详解】证明：设多面体有M个面，给组成多面体的多边形编号，分别为1,2,,M号，

设第i号（1iM）多边形有iL条边，则多面体共有122MLLLL+++=条棱，由题意，多面体共有12222MLLLDMLM+++=−+=−+个顶点，i号多边形的内角之和为π2πiL−，所以所有多边形的内角之和为12π()2πMLLLM+++−，所以多面体的总

曲率为122π[π()2π]MDLLLM−+++−12122π2[π()2π]2MMLLLMLLLM+++=−+−+++−4π=所以简单多面体的总曲率为4π.【点睛】关键点点睛：此题考查线面垂直的判定

，考查二面角的求法，考查新概念曲率，解题的关键是对多面体曲率的正确理解，考查推理能力和计算能力，属于难题.