上海高二数学上学期期中考前模拟卷02（10-11章+数列）-2024-2025学年高二数学上学期期中考点大串讲（沪教版2020必修第三册）

高一上学期期中模拟卷02 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、填空题（1-6每小题3分，7-12每小题4分共计42分） 1．三棱台的各个面所在的平面，将空间划分为 个区域． 2．已知圆锥的母线长为6，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则该圆锥的体积为 ． 3．数列是首项为，公比为m的无穷等比数列，且 ，则 ． 4．已知矩形，⊥平面，，则点P到直线的距离为 ． 5．如图，四边形是平行四边形，是平面外一点，为上一点，若 平面，则 ．    6．设等差数列的前项和为，若，是方程的两根，则 ． 7．已知正四棱柱中，，，E为的中点，则直线与平面的距离为 ． 8．如图所示（单位：cm），直角梯形ABCD挖去半径为2的四分之一圆，则图中阴影部分绕AB旋转一周所形成的几何体的体积为 ．        9．如图的四面体中，所有棱长均相等，每个面都是全等的正三角形，分别是棱的中点，则直线与平面所成角的大小为 . 10．如图，三棱锥的四个顶点都在球的球面上，，是边长为6的正三角形，二面角的大小为120°，则球的体积为 ． 11．在长方体中，若长方体的体对角线与过点的相邻三个面所成的角分别为，则 ． 12．如图是一个正方体的表面展开图，现有下列四个命题： ①AF⊥NC；        ②BE与NC是异面直线； ③AF与DE成60°的角；    ④AN与ME成45°的角． 其中，真命题的个数是 ． 二、选择题（每题4分，共计16分） 13．一个正方体的八个顶点都在同一球面上，已知这个球的表面积是，则这个正方体的体积是（    ） A． B． C． D． 14．如图，在正方体中，分别为的中点，则与平面垂直的直线可以是（    ） A． B． C． D． 15．如图，上海海关大楼的钟楼可以看作一个正四棱柱，且钟楼的四个侧面均有时钟悬挂，在0点到12点时针与分针的转动中（包括0点，但不包括12点），相邻两面时钟的时针相互平行的情况的次数为（    ）    A．0 B．2 C．4 D．12 16．已知，有限数列，，…，的前k项和为，且对一切都成立，给出下列两个命题：①，，…，不可能是等差数列；②，，…，有可能是等比数列．则（    ） A．①是真命题，②是假命题 B．①是假命题，②是真命题 C．①②都是真命题 D．①②都是假命题 三、解答题（6+8+8+8+12=42分） 17．如图，在圆柱中，是圆柱的母线，是圆柱的底面的直径，是底面圆周上异于、的点． (1)求证：平面； (2)若，，，求圆柱的侧面积． 18．如图，将边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折叠，使得平面ABD⊥平面CBD，AE⊥平面ABD，且.    (1)求证：直线EC与平面ABD没有公共点； (2)求点C到平面BED的距离. 19．如图，在中，，斜边是的中点.现将直角以直角边为轴旋转一周得到一个圆锥体，点为圆锥体底面圆周上的一点，且. (1)求该圆锥体的表面积； (2)求异面直线与所成角的余弦值； (3)若某动点在圆锥体侧面上运动，试求该动点从点出发运动到点所经过的最短距离. 20．如图，在多面体中，四边形是边长为2的菱形，，四边形是正方形，平面平面. (1)证明：平面平面； (2)求多面体的体积； (3)若点是线段上的一点，且满足平面.求二面角的大小. 21．设是数列的前项和，且是和2的等差中项. (1)求数列的通项公式； (2)记； ①求数列的前项和； ②设，是否存在常数，使对恒成立？若存在，求出的最小值；若不存在，说明理由. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高一上学期期中模拟卷02 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、填空题（1-6每小题3分，7-12每小题4分共计42分） 1．三棱台的各个面所在的平面，将空间划分为 个区域． 【答案】22 【分析】利用三棱台的结构特征，分类求出划分的区域数即得. 【详解】三棱台的3个侧面所在平面两两相交，且所得3条交线共点，这3个平面将空间分成8个区域， 一个底面将其所在的7个区域分成两半，另一个底面将其所在的7个区域分成两半， 所以三棱台的各个面所在的平面，将空间划分的区域个数为. 故答案为：22 2．已知圆锥的母线长为6，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则该圆锥的体积为 ． 【答案】/ 【分析】首先根据展开图和圆锥的关系，可设圆锥的底面半径为，则在展开图扇形中有，求得，再由圆锥的高为，利用面积公式即可得解. 【详解】设圆锥的底面半径为， 则展开图扇形的弧长为，半径为母线长， 所以，， 所以圆锥的高为， 所以. 故答案为：. 3．数列是首项为，公比为m的无穷等比数列，且 ，则 ． 【答案】 【分析】根据无穷等比数列求和的性质即可得的等式关系，即可得答案. 【详解】因为数列是首项为 ，公比为m的无穷等比数列，且， 由，可得化简得 ， 即 解得或(舍去)，则 故答案为： 4．已知矩形，⊥平面，，则点P到直线的距离为 ． 【答案】/ 【分析】作出辅助线，证明出线面垂直得到就是点P到的距离，由勾股定理求出答案. 【详解】过点D作⊥，垂足为M，连接， 在直角三角形中，由勾股定理得， 由面积相等得，， ∵PD⊥平面，平面， ∴⊥， ∵⊥，平面，， 又⊥平面， 又平面， ∴⊥， ∴就是点P到的距离， 在中，由勾股定理得, ， ∴点P到的距离为． 故答案为： 5．如图，四边形是平行四边形，是平面外一点，为上一点，若 平面，则 ．    【答案】 【分析】连接交于点，连接，根据线面平行的性质证明，即可得解. 【详解】连接交于点，连接， 因为四边形是平行四边形，所以为的中点， 因为 平面，平面平面，平面， 所以， 所以为的中点， 所以. 故答案为：. 6．设等差数列的前项和为，若，是方程的两根，则 ． 【答案】 【分析】根据韦达定理，结合等差数列的性质和前项和公式，即可求解. 【详解】由题意可知，，由等差数列的性质可知，， 所以. 故答案为： 7．已知正四棱柱中，，，E为的中点，则直线与平面的距离为 ． 【答案】1 【分析】由题意可得线面平行，所求线面距可以转化为求点到面的距离，利用等体积法计算即可得． 【详解】连接、交于点，则为中点，又E为中点， 故，又平面，平面， 故平面，则到平面的距离等于到平面的距离， 则， 在中，，， 边上的高，所以， 设三棱锥的高为， 所以，利用等体积法， 得，解得. 故答案为：1. 8．如图所示（单位：cm），直角梯形ABCD挖去半径为2的四分之一圆，则图中阴影部分绕AB旋转一周所形成的几何体的体积为 ．      【答案】/ 【分析】根据旋转之后的几何体为圆台去掉半球体，根据圆台与球体的体积公式求解即可. 【详解】如图，旋转之后形成的图形为圆台去掉一个半球体    则旋转一周所形成的几何体的体积为. 故答案为：. 9．如图的四面体中，所有棱长均相等，每个面都是全等的正三角形，分别是棱的中点，则直线与平面所成角的大小为 . 【答案】 【分析】由题意得，四面体为正四面体，进而可以证明平面，求出线面角. 【详解】 如图，连接， 由题意得，四面体为正四面体， 所以，， 因为与点，平面，平面， 所以平面， 所以直线与平面所成角的大小为. 故答案为：. 10．如图，三棱锥的四个顶点都在球的球面上，，是边长为6的正三角形，二面角的大小为120°，则球的体积为 ． 【答案】/ 【分析】因为球心与截面圆圆心的连线垂直于截面，其中的外心就是其中心，的外心是的中点，由此可构造直角三角形求解的长，再利用球的体积公式求解即可． 【详解】解：取的中点，连接，设为的外心，则点在上且， 因为，则为的外心， 根据球的几何性质，则平面，平面， 因为二面角的大小为，平面平面， 则二面角的大小为， 所以， 因为是边长为6的正三角形， 则， 所以， 在中，， 在中，因为，则， 所以球的半径， 表面积为． 故答案为：． 11．在长方体中，若长方体的体对角线与过点的相邻三个面所成的角分别为，则 ． 【答案】1 【分析】由已知得，由此即可求出答案． 【详解】连接， 在长方体中，面 与面所成的角为， 同理与面所成的角为， 与面所成的角为， ． 故答案为：1． 12．如图是一个正方体的表面展开图，现有下列四个命题： ①AF⊥NC；        ②BE与NC是异面直线； ③AF与DE成60°的角；    ④AN与ME成45°的角． 其中，真命题的个数是 ． 【答案】2 【分析】在正方体的直观图中，去判断AF、NC的位置关系判断①；判断BE与NC的位置关系判断②；求得AF与DE成的角判断③；求得AN与ME成的角判断④. 【详解】还原出正方体的直观图如下 对于①，连接DM，则DM，又，则AF⊥NC.判断正确； 对于②，连接BE，则BE.判断错误； 对于③，由DM，可得为AF与DE成的角，又，则AF与DE成60°的角.判断正确； 对于④，连接BM，则BM，可得为AN与ME成的角，又，则AN与ME成60°的角.判断错误. 综上，①③判断正确. 故答案为：2 二、选择题（每题4分，共计16分） 13．一个正方体的八个顶点都在同一球面上，已知这个球的表面积是，则这个正方体的体积是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】求出球体的半径，可求出正方体的棱长，再利用正方体的体积公式可求得该正方体的体积. 【详解】设正方体的棱长为，正方体外接球的半径为，则，可得， 因为，解得， 所以，这个正方体的体积为. 故选：C. 14．如图，在正方体中，分别为的中点，则与平面垂直的直线可以是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】作出与平面平行的平面，证明面即可. 【详解】连接，如下图所示： 因为分别为的中点，故//，//， 又面面，故//面； 又面面，故//面； 又面，故面//面； 则垂直于平面的直线一定垂直于面； 显然面面，故， 又，面， 故面，又面，故； 同理可得，又面， 故面，也即面； 若其它选项的直线垂直于平面，则要与平行，显然都不平行. 故选：D. 15．如图，上海海关大楼的钟楼可以看作一个正四棱柱，且钟楼的四个侧面均有时钟悬挂，在0点到12点时针与分针的转动中（包括0点，但不包括12点），相邻两面时钟的时针相互平行的情况的次数为（    ）    A．0 B．2 C．4 D．12 【答案】B 【分析】根据空间中两直线的位置关系判断即可. 【详解】依题意可得时或时时针均与棱平行，所以此时两时针平行，   时或时时针均与棱垂直，所以此时两时针垂直， 其余时刻时针与棱成相同的角（不包括点），但是两时针不同在任何一个平面，故两时针不平行； ∴在点到点时针与分针的转动中（包括点，但不包括点），相邻两面时钟的时针两两相互平行的情况的次数为. 故选：B． 16．已知，有限数列，，…，的前k项和为，且对一切都成立，给出下列两个命题：①，，…，不可能是等差数列；②，，…，有可能是等比数列．则（    ） A．①是真命题，②是假命题 B．①是假命题，②是真命题 C．①②都是真命题 D．①②都是假命题 【答案】D 【分析】对于①：举例说明即可；对于②：分类讨论公比为的取值范围，结合等比数列的求和公式分析判断. 【详解】对于①：例如，则， 满足，，是等差数列，且对一切都成立，故①错误； 对于②：若是等比数列，设公比为，显然， 1.当时，，不合题意； 2.当时，，不合题意； 3.当时，因为，则，即， （1）当时，则，，即，解得，不合题意； （2）当时，若为偶数，则，，即， 解得，不合题意； （3）当时，若为偶数，则，，即， 整理得，无解，不合题意， 综上所述：不存在满足题意，即，，…，不可能是等比数列，故②错误 故选：D. 三、解答题（6+8+8+8+12=42分） 17．如图，在圆柱中，是圆柱的母线，是圆柱的底面的直径，是底面圆周上异于、的点． (1)求证：平面； (2)若，，，求圆柱的侧面积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由圆柱的性质可得底面，即可得出，再由直线与平面垂直的判定得出结论； （2）由已知解直角三角形求出圆柱的底面半径及母线长，即可求出答案. 【详解】（1）证明：底面，且底面， ， 又，且， 平面， 平面； （2）在中，，， ， 又在中，， ． 圆柱的底面半径为，母线长为4， 圆柱的侧面积为． 18．如图，将边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折叠，使得平面ABD⊥平面CBD，AE⊥平面ABD，且.    (1)求证：直线EC与平面ABD没有公共点； (2)求点C到平面BED的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2)1 【分析】（1）取的中点，连接、，证明平面即可得解； （2）在三棱锥中，利用等体积法即可求出点到平面的距离. 【详解】（1）取的中点，连接、，如图，    依题意，在中，，则， 而平面平面，平面平面，平面，于是得平面，且， 因为平面，且，则有，且， 从而得四边形为平行四边形，， 又平面，平面， 则平面，所以直线EC与平面ABD没有公共点； （2）因为平面，平面，所以， 因为，，平面所以平面 因为，于是得平面， 因为平面，平面，所以， 因为，所以， 则等腰底边上的高，， 而，设点C到平面BED的距离为d， 由得， 即，解得， 所以点C到平面BED的距离为1 19．如图，在中，，斜边是的中点.现将直角以直角边为轴旋转一周得到一个圆锥体，点为圆锥体底面圆周上的一点，且. (1)求该圆锥体的表面积； (2)求异面直线与所成角的余弦值； (3)若某动点在圆锥体侧面上运动，试求该动点从点出发运动到点所经过的最短距离. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据已知条件求出圆锥的底面半径和母线长，然后根据圆锥的侧面积公式求出侧面，再求出底面积，相加即可得解； （2）取的中点，连，可得是异面直线与所成角或其补角，在直角三角形中，可求出结果. （3）作出圆锥的侧面展开图，利用余弦定理可求出结果. 【详解】（1）在中，，，所以，， 所以圆锥的侧面积为 ，底面积为， 所以该圆锥体的表面积为； （2）取的中点，连，则， 所以是异面直线与所成角或其补角， 因为平面，所以平面，所以， 因为，所以， 在直角三角形中，， 在直角三角形中，， 所以 . 所以异面直线与所成角的余弦值为. （3）由已知条件可知，圆锥的底面周长为，母线长， 故该圆锥的侧面展开图的扇形圆心角的大小为，即侧面展开图恰好为一个半圆， 又，故展开图中，此时的长即为所求， 由余弦定理得 ， 所以. 故从点出发运动到点所经过的最短距离为. 20．如图，在多面体中，四边形是边长为2的菱形，，四边形是正方形，平面平面. (1)证明：平面平面； (2)求多面体的体积； (3)若点是线段上的一点，且满足平面.求二面角的大小. 【答案】(1)证明见解析. (2). (3). 【分析】（1）根据菱形、正方形的性质有、，结合面面垂直的性质可得面，根据线面垂直、面面垂直的判定即可证结论. （2）由多面体的体积且，根据题设结合棱锥的体积公式求多面体体积. （3）是、的交点，连接交于，由线面垂直的性质及射影的性质可得，进而可确定二面角的平面角，根据已知求其正切值，即可得二面角的大小. 【详解】（1）∵四边形是菱形， ∴， 由四边形是正方形有， 又面面，面面，面， ∴面，面，即， 又，且面， ∴面，由面， ∴平面平面； （2）由多面体的体积，由（1）知：面， ∴的体高为， ∵菱形是边长为2，， ∴，且， ∴. （3）若是、的交点，连接交于， 由面，面，即 ， 由（1）知：是在面上的射影，故，连接， ∴是二面角的平面角， 由射影定理知：，，，则，. ∴，故. ∴二面角的大小为. 21．设是数列的前项和，且是和2的等差中项. (1)求数列的通项公式； (2)记； ①求数列的前项和； ②设，是否存在常数，使对恒成立？若存在，求出的最小值；若不存在，说明理由. 【答案】(1) (2)①；②存在， 【分析】（1）由等差中项的性质可得，再由可证得数列是首项为2，公比为2的等比数列，即可求出数列的通项公式； （2）①由等比数列的前项和公式求解即可； ②由裂项相消法可求出，再结合的单调性即可求出答案. 【详解】（1）是和2的等差中项， ①， 当时，， 当时，②， ①-②得：， ， 数列是首项为2，公比为2的等比数列， . （2）① ， ②由①可得：， ， 由于单调递增， 可得， 即， 则存在常数，使对恒成立， 可得，即的最小值为. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$