上海市某中学2024-2025学年高二年级上册期中考试数学试卷（含答案解析）

上海市延安中学2024-2025学年高二上学期期中考试数学试卷

学校:姓名：班级：考号：

一、填空题

1.若点Ae直线。，且直线"U平面a,则A«.（填合适的符号）

2.已知角a的两边和角△的两边分别平行且夕=60。，则户=.

3.棱锥的高为9,底面积为162,平行于底面的截面面积为32,则截得的棱台的高为.

4.如果三棱锥S-ABC的侧棱与底面所成角都相等，顶点S在底面的射影。在VABC内，

那么。是VABC的心.

5.已知圆柱的侧面展开图是一个边长为4的正方形，则该圆柱的表面积是.

6.如图，在长方体A8CZ）-4耳。|2中，AB=8,=6,则棱片£与平面ABCQ的距离

为________.

7.在长方体ABCD-A4G2中，BD=2CD=2AAi,则直线BC；与直线BQ所成角的余弦

值为.

,、2

8.在各项均为正数的等比数列｛%｝中，前〃项和为S“，满足，圾S“=了,那么的取值范

围是__•

9.在平面上画，条直线，假设其中任意2条直线都相交，且任意3条直线都不共点，设左条

直线将平面分成了/（幻个区域，那么左+1条直线可把平面分成/（左）+个区域.

10.己知VABC用斜二测画法画出的直观图是边长为1的正三角形AAB'C'（如图），则VABC

中边长与AABC的边长相等的边上的高为

VA'B'x'

11.已知在直三棱柱ABC-A4G中，底面为直角三角形，ZACB=90°,AC=6,

BC=CC1=O,尸是BG上一动点，则CP+PA的最小值为

12.已知两个等比数列｛〃“｝,但｝满足q=a（a＞。），々-%=1,b2-a2=2,4-%=3.若

数列｛%｝唯一，则“=.

二、单选题

13.以下命题中真命题的是（）.

A.所有侧面都是矩形的棱柱是长方体B.有两个相邻的侧面是矩形的棱柱是直棱柱

C.侧棱垂直底面两条棱的棱柱是直棱柱D.各侧面都是全等的矩形的直棱柱是正棱柱

14.4、4是空间两条直线，a是平面，以下结论正确的是（）.

A.如果4〃a,4〃则一定有4〃丸

B.如果/1_LL/2,则一定有4_La.

C.如果/[I*4，。，则一定有4〃a.

D.如果4,a,乙〃则一定有

15.如图，正方体ABCD-A瓦G2中，八。、尺5分别为棱4&3。、3稣。）的中点，连接

A8耳。，对空间任意两点M、N,若线段MN与线段4$瓦。都不相交，则称M、N两点可

视，下列选项中与点，可视的为（）

试卷第2页，共4页

16.意大利数学家斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,...,

即4=%=1,an=加+%_2(〃23,〃eN),此数列在现代物理“准晶体结构”、化学等领域都

有着广泛的应用.若此数列被2除后的余数构成一个新数列｛%｝,则数列｛%｝的前2026项的

和为()

A.1350B.676C.1351D.1352

三、解答题

17.已知等差数列｛q,｝的首项为q，公差为d,前〃项和为S".若q="=l,用数学归纳法证

明：td=S；("eN,aNl).

i=l

18.已知A是圆锥的顶点，2。是圆锥底面的直径，C是底面圆周上一点，BD=2,BC=1,

yr

AC与底面所成的角为过点A作截面ABC、ACD,截去部分后的几何体如图.

⑴求原来圆锥的侧面积；

(2)求该几何体的体积.

19.如图，正四面体尸-ABC中，棱长为2,的中点为求:

B

⑴二面角M-3C-P的大小;

(2)点尸到平面BMC的距离.

20.如图，在四棱柱中，四边形ABCZ)为直角梯形，AB//CD,AB>CD,

ZABC=90。.过点G作G。，平面ABCD,垂足为O,OB=OC,M是CQ的中点.

(1)在四边形A3CD内，过点。作OE2.AD,垂足为E.

⑴求证：平面。平面AD2A；

(ii)判断O,E,2，£是否共面，并证明.

(2)在棱BC上是否存在一点N,使得AC】〃平面OMN?若存在，给出证明：若不存在，请

说明理由.

21.已知数列｛。“｝满足4=2,对任意正整数加、。都有4+p=%,•%.

⑴求数列｛。“｝("€2〃21)的通项公式。.；

⑵数列｛2｝满足。“=含+£+£j+…+含(〃eN,"21),求数列｛"｝的前〃项和4；

⑶在⑵中的纥，设仇喙,求数列｛g｝(〃eN,〃21)中最小项的值.

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参考答案:

题号13141516

答案BDBC

1.e

【分析】由点线面的位置关系判断即可.

【详解】点Ae直线。，且直线au平面a,则

故答案为：©

2.60°或120°

【分析】由等角定理求解即可.

【详解】角a的两边和角夕的两边分别平行且夕=60。，

由等角定理可知，£=c或£+a=180。，

则a=60。或120°,

故答案为：60。或120,

3.5

【分析】设出截得的棱台的高，利用棱锥平行于底面的截面比例关系列式求解.

【详解】设截得的棱台的高为”,

由棱锥被平行于底面的平面所截，截面面积与底面积的比等于截得锥体的高与原锥体高的平

方比，

得(f)2=者，解得％=5,

9lo2

所以截得的棱台的高为5.

故答案为：5

4.外

【分析】设侧棱与底面所成角为0,贝hand=2sc=tSC=《，故。4=a?=oc,从而判

OA(JBOC

断即可.

【详解】三棱锥S-MC的侧棱与底面所成角都相等，设夹角为。,

顶点S在底面的射影。在VABC内,

scSOSO

所以tan6=——=

OA~OB~~OC

所以。4=QB=OC,故。是VABC的外心.

答案第1页，共12页

故答案为：外

5.§+16

71

【分析】根据给定条件，求出该圆柱的底面圆半径，再求出其表面积.

【详解】依题意，圆柱的底面圆周长为4,则半径r=4,

71

Q

所以该圆柱的表面积5=2兀产+16=—+16.

71

Q

故答案为：一+16

7t

【分析】建立空间直角坐标系，由qC"/平面ABCR,所以棱BG与平面ABC。的距离即为

与到平面ABCR的距离，利用坐标法求解点到平面的距离即可.

B\C\〃BC,瓦G<Z平面48c2，BCu平面ABCp,

所以4G//平面4BCA,所以用到平面AIBCDI的距离即为棱B6与平面48cA的距离,

如图：建立空间直角坐标系，AB=8,M=6,设AD=q,

所以A（。,0,6）,B（a,8,0）,C（0,8,0）,月（0,0,6）,耳（a,8,6）,

港=(0,8,-6),BC=(-a,0,0),

设平面A8CA的法向量为沆=（x,y,z）,

fn-AB=0[8y—6z=0人

则i故<八，贝!J%=0,令y=6,z=8,

m-BC=Q-ax=0

故用=(O,6,8),函=(0,0,6),

\m-BB,AQoj

所以用到平面48c2的距离为：=J=多

|m|J36+645

答案第2页，共12页

故答案为：~

3

7.-/0.75

4

【分析】根据异面直线所成角的定义可得NDBG或其补角即为所求的角，再由余弦定理计

算可得结果.

【详解】如图所示：

不妨设BD=2CD=2AAI=2,则由长方体性质可得BC=6,

易知直线BC,与直线BR所成的角即为直线与直线班）所成的角，即为/DBG或其补角;

在ABOG中，可得BD=2,Bq=2,CQ=拒,

BD°+CB-Cp24+4-23

由余弦定理可知cosZDBQ

2xBDxC]B2x2x24

3

故答案为：—

4

8.（0,72）

【分析】利用等比数列前〃项和的极限，得到关于q的代数式，进而求得4的取值范围.

【详解】各项均为正数的等比数列｛5｝中，设其公比为q,首项为q,

则limSn=-^-,0<q<l,

n->+ooi-q

则言=则丁=在（j），

由。<q<l,可得。0<2（1-（7）<2,

则则q的取值范围是

故答案为：倒，后）

9.k+1/l+k

答案第3页，共12页

【分析】根据题意，依次分析/⑴J(2)"(3)"(4)J(5)的值，由此类推，归纳可得答案.

【详解】1条直线把平面分成2个区域，2条直线把平面分成2+2=4个区域，则有

/(2)=/(1)+2,

同理，3条直线把平面分成2+2+3=7个区域，则有/(3)=/(2)+3,

4条直线把平面分成2+2+3+4=11个区域，则有/(4)=/(3)+4,

5条直线把平面分成2+2+3+4+5=16个区域，则有，(5)=/(4)+5,

依次类推，第左+1条直线与前左条直线都相交，

则第％+1条直线有上个交点，被分为人+1段，每段都会把对应的平面分为两部分，

则增加了％+1个平面，即f(k+1)=f(k)+k+\.

【分析】由斜二测画法的特点可知平行于x轴的边长不变，在直观图中由正弦定理求出0，C,

然后求出原图中OC的长度即可求解.

【详解】由于VA3C用斜二测画法画出的直观图是边长为1的正三角形A/V夕C',

则VABC中边长与AA'B'C'的边长相等的边为AB=AB，

在AO'AC'中AC'=1,ZA'O'C'=45°,NC'A'B'=60°,

C'O'A'C

所以NCWO,=120。，由正弦定理得:

sinZCA'O'sinNC'O'A

息

所以。，。=击=乎，所以原图VA3C中A8边上的高为：oc=2x】f=后,

故答案为：瓜.

11.5后

答案第4页，共12页

【分析】把面AGB沿展开与△CBG在一个平面上如图，连接AC,则AC的长度即为

CP+PA的最小值，求解即可.

【详解】由题意知，尸4在几何体内部，但在面AC出内，

把面AGB沿2G展开与△CBG在一个平面上如图，连接AC,

因为在直三棱柱ABC-A用G中，。6，平面4片6，

而AGu平面44G，则AG1CG，

因为ZACB=90°,则NAG耳=90°,即AQ1BXC1,

又CC[c4cl=Cl,CCi,BlClu平面BBgC,则AlCl-L平面BBgC,

而8C|U平面BBCC，所以AG^BG，即/ACI8=90。，

因为8C=CC]=J^,易知CC]_LBC,所以/。。建=45。

所以NCGA=45°+90°=135°,

而AG=6,cq=72,

22

所以在ACQAI中，AC=AG+CC^-2AiC1CCIcos135°=50,

所以AC=50,即CP+尸4的最小值为50.

故答案为：50.

12.-

3

【分析】设等比数列｛%｝的公比为4（4彳0）,依题意可得a/-4aq+3a-l=0,且

2

A=4a+4a>0,由于数列｛%｝唯一，则公比q的值只能有一个，故方程必有一解为0,代

入方程即可求解参数.

答案第5页，共12页

【详解】设等比数列｛%｝的公比为4（qH。），•••o1=a（a>。），

1

“一%=1,b2—a2=2,4一。3=3,.•.b]=l+a,b2=2+aq,Z?3=3+aq.

•/bx,b2,4成等比数列，.•.（2+aq）2=（l+G（3+aq2）,

整理得。陵一4政+3。-1=o.：a>o,A=4tz2+4o>0,

••・关于公比4的方程有两个不同的根，且两根之和为4,两根之积为3-工.

a

又数列｛4｝唯一，公比q的值只能有一个，故这两个q的值必须有一个不满足条件.

:公比q的值不可能等于0,

方程aq?-4aq+3a-l=。必有一根为0,把4=。代入此方程，解得

故答案为：—

13.B

【分析】利用长方体、直棱柱、正四棱柱的定义，对各个选项逐一分析判断，即可求解.

【详解】对于A,直棱柱的侧面都是矩形，但不一定是长方体，

如直三棱柱，故A不正确，

对于B,有两个相邻侧面是矩形，则利用线面垂直的判定定理证明出侧棱垂直于底面，则该

四棱柱是直棱柱，故B正确，

对于C,斜四棱柱可以满足侧棱垂直底面两条棱，但不是直棱柱，故C不正确；

对于D,底面是菱形的直棱柱，满足底面四条边相等，各侧面都是全等的矩形，

但不是正四棱柱，故D不正确.

故选：B.

14.D

【分析】由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的关系逐一核对四个选项得答案.

【详解】对于A,若4〃a,L〃a,则有4〃4或4与相交或4与,2异面，故A错误；

对于B、C,如果L,a，则有4〃a或4ua,故B、C错误；

对于D,如果《_La,则4垂直a内的所有直线，又“〃1，则过4与a相交的平面交。于a,

则4〃a,六4_L4，故D正确.

故选：D.

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15.B

【分析】根据异面直线的定义判断即可.

【详解】A选项：四边形ARSP是平行四边形，AS与2P相交，故A错；

C选项：四边形。田2。是平行四边形，RR与。片相交，故c错；

D选项：四边形。耳网＞是平行四边形，与。耳相交，故D错；

利用排除法可得选项B正确.

故选：B.

16.C

【分析】依据斐波那契数列性质得出数列中数字规律即可求得新数列｛与｝的规律，再利用数

列的周期性即可得结果.

【详解】根据斐波那契数列性质可得｛即｝中的数字呈现出奇数、奇数、偶数循环的规律，

因此新数列仍“｝即为按照1,1，。成周期出现的数列，周期为3,

易知2026=675x3+1,一个周期内的三个数字之和为2；

所以数歹式6„｝的前2026项的和为675x2+1=1351.

故选：C

17.证明见解析.

【分析】根据给定条件，求出等差数列｛册｝的通项前”项和为S“，再利用数学归纳法证

明.

【详解】等差数列｛即｝中，an=al+(n-l)d=n,$“=幽岁="D，

当〃=1时，s；=i,原等式成立；

假设当〃=%(4eN*)时，原等式成立，即£＞：=瞪,巧3=["与，

z=lz=l2

贝IJS=£媛+嬉1=R+a+1)3=产“++伏+I)3

z=lz=l2

=『•9+4(*+1)卜亨Q+2『=S3

即当〃=左+1时，原等式成立，

所以对一切〃eN*,等式成立.

«=1

18.(1)2〃；

答案第7页，共12页

c、3+岛

\Z7--------------------*

6

【分析】⑴设8。的中点为。，连结OC,则Q4L平面BCD,求出圆锥母线长度即能

求出圆锥侧面积.

(2)该几何体的体积V=1(SABCD+S¥B).AO,由此能求出结果.

【详解】(1)如图，设8。的中点为0,连接Q4、OC,

•.•A是圆锥的顶点，8。是圆锥底面的直径，

.•.Q1_L平面BCD.

JI

•;BD=2,BC=1,AC与底面所成角的大小为

...在Rt^AOC中，0c=1,ZAC0=1,AC=2,AO=j3,

2

・••圆锥侧面积为：7ir-AC=7TX-x2=27T；

2

(2)该几何体为三棱锥与半个圆锥的组合体，

AO=6,/BCD=90。,

CD-,

该几何体的体积v=；(4BS+S半圆)-AO=；xx1X道+胃］X石=北咨.

JJX.乙乙J\J

19.(l)arcsin^-

3

(2)1

【分析】(1)取BC的中点0,连接易证得PAL平面BMC,OMLBC,OP±BC,

则NP0M即为二面角M-3C-P的平面角，再解Rb尸0W即可；

(2)由尸加，平面3MC,可得线段的长度即为点P到平面3MC的距离，即可得解.

【详解】(1)取BC的中点。，连接。W,OP,

在正四面体尸-ABC中，丛的中点为M,

答案第8页，共12页

则BM_LPA,CM±PA,BM=CM=y/3,

因为。为BC的中点，所以

所以/POM即为二面角河-3。-尸的平面角，

因为cCM=M,CMu平面BMC,

所以PA_L平面BMC,

又。Wu平面BMC,所以尸AJLOM,

在Rt△尸中，PM=1,OP<,则$出/尸0知=叫=定

OP3

所以二面角M-3C-P的大小为arcsin;

(2)由(1)知PM_L平面BMC,

所以线段尸河的长度即为点P到平面3MC的距离，

所以点P到平面BMC的距离为1.

20.(1)(i)证明见解析；(ii)不共面，证明见解析

(2)存在，证明见解析

【分析】(1)(i)由线面垂直的性质可得GO，AD,然后由面面垂直的判定可证，(ii)利

用反证法，假设不共面，利用面面平行的性质推出矛盾，进而得到结论正确；

(2)利用面面平行的判定可得平面OMN〃平面ABG，然后利用线面平行的定义得证.

【详解】(1)(i)由CQ_L平面ABCO,ADu平面ABC。，则G。，AD，

又OE_LAD,OEQOCX=O,。瓦。6<=平面。£；6，则ADJL平面。EG，

因为">u平面AD2A，所以平面。£6，平面4。24；

答案第9页，共12页

(ii)o,>q，G不共面,

假设o,及2,G共面于a,

由四棱柱ABC。-A瓦C［。］,得平面ABCD〃平面，

又平面ABCDcar=OE,平面ABiGRca=G。，所以。£//(7］，，

又CD〃G2，所以OE//C。，又OE1.AD,即CD_LAD,

又NABC=90。，且ZADC=90°,ABI/CD,

从而四边形ABC。为矩形，与AB>CD矛盾！

所以O,E,，，G不共面；

(2)取BC的中点N,连接CO并延长交48于P,

因为NABC=90。，OB=OC,所以。为CP的中点，ON//AB,

因为ON<Z平面ABC1，ASu平面ABC，所以ON〃平面ABC一

由“是CG的中点，MN/ABC”MN<z平面ABC-BQu平面ABC1，

所以肱V〃平面ABC1，

因为ONcMN=N,ON,MNu平面OMN,所以平面OMV〃平面4BG,

因为AGu平面ABC一所以AC"/平面OMN.

21.⑴=2"(〃eN,〃21)

94

⑵4=-x4n+2,,+j(«eN,H>l).

(3)3

【分析】(1)直接给加，“赋值得到一个等比数列的关系式，求出｛厮｝的通项;

(2)通过和前