高二数学下学期期中专项（5）立体几何+数列（两大题型+备考建议）-2024-2025学年高二数学期中复习（人教A版2019）

2025年高二年级下学期期中考试专题训练（4）立体几何+数列 一、立体几何 1．如图，在圆柱中，为底面直径，是的中点，是母线的中点， 是上底面上的动点，若，，且，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 2．已知正方体的棱长为是棱的中点，若点在线段上运 动，则点到直线的距离的最小值为（   ） A． B． C． D． 3．在直三棱柱中，，底面是边长为6的正三角形，则三棱柱外接球的表面积为 ；若是三棱柱外接球的球面上一点，是内切圆上一点，则的最大值为 ． 4．中国古代建筑中的圆柱，多是根部略粗，顶部略细，这种做法称为“收分”，柱子做出收分，既稳定又轻巧．已知某古代建筑的一根圆柱，每增高，直径收分，若该柱子柱根直径为，柱高，则柱头直径为（   ） A． B． C． D． 5．如图，在四面体中，与均是边长为的等边三角形，二面角的大小为，则此四面体的外接球表面积为 ． 6．（多选）如图，正方体的棱长为2，E是棱的中点，F是侧面上的动点，且满足平面，则下列结论中正确的是（    ） A．平面截正方体所得截面面积为 B．点F的轨迹长度为 C．存在点F，使得 D．平面与平面所成二面角的正弦值为 7．如图，在三棱锥P-ABC中，平面PAB平面ABC，，，． (1)证明：ABPC； (2)求二面角A-PC-B的余弦值． 8．如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，，，． (1)证明：平面平面． (2)求二面角的余弦值． 9．如图，在三棱锥中，平面平面，且，． (1)证明：平面； (2)若，点满足，求二面角的大小． 10．如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，. (1)证明：平面平面； (2)若为的中点，求平面与平面的夹角的余弦值. 11．如图，在三棱锥中，侧面底面，，. (1)求证：； (2)已知，，，是线段上一点，当时，求二面角的余弦值. 12．如图，在矩形ABCD中，AB＝2AD，M为CD的中点．将△ADM沿AM折起，使得平面ADM⊥平面ABCM.点O是线段AM的中点．求证： (1)平面BDO⊥平面ABCM； (2)AD⊥BM. 13．如图所示，在直四棱柱中，底面ABCD是菱形，，M，N分别为，AD的中点．    (1)证明：平面BDM． (2)求平面BDM与平面夹角的余弦值． 2、 数列 14．已知数列满足，且． (1)证明：数列是等差数列． (2)求的前项和． 15．数列（）的前项和满足. (1)求； (2)设（）的前项和为，求. 16．设各项均为正数的数列的前项和为，已知，． (1)求的通项公式； (2)若，求数列的前项和． 17．已知等差数列的前项和为，且，. (1)求数列的通项公式； (2)设，求数列的前项和. 18．已知数列满足，且. （1）求证：数列是等差数列； （2）若，求数列的前项和. 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025年高二年级下学期期中考试专题训练（5）立体几何+数列 排名 考点 类别 1 空间向量与坐标系应用 立体几何 2 二面角/平面夹角计算 立体几何 3 面面/线面垂直证明 立体几何 4 前n项和的求解 数列 5 裂项相消求和 数列 6 递推数列转化为等差/等比 数列 7 等差数列相关 数列 8 外接球相关问题 立体几何 9 轨迹问题 立体几何 10 线线垂直证明 立体几何 11 已知Sn求an 数列 12 错位相减求和 数列 13 实际应用问题 立体几何 14 线面平行证明 立体几何 备考建议： 1. 立体几何重点： 空间向量与坐标系：熟练掌握建立坐标系、向量运算（点积、叉积）、平面方程及线面关系。 二面角计算：通过法向量或几何法求二面角，结合典型例题强化训练。 垂直证明：熟记线面垂直、面面垂直的判定定理，注重逻辑推理的严谨性。 外接球与轨迹问题：理解几何体结构，掌握外接球半径公式及轨迹分析技巧。 1. 数列重点： 求和技巧：重点练习错位相减、裂项相消法，总结不同题型的解题模板。 递推关系转化：通过变形递推式，将复杂数列转化为等差/等比数列。 等差数列性质：强化通项公式、前n项和的灵活应用。 1. 综合建议： 分模块突破：针对高频考点专项训练，如立体几何的向量法和数列的求和技巧。 查漏补缺：定期进行综合测试，分析错题原因，加强薄弱环节。 一、立体几何 1．如图，在圆柱中，为底面直径，是的中点，是母线的中点，是上底面上的动点，若，，且，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】连接，作，交于点， 是的中点，， 平面，平面，， ，平面， 平面，又平面， ，又，，平面， 平面， 设平面与上底面交于，，点的轨迹为； ，，是母线中点，， ，. 2．已知正方体的棱长为是棱的中点，若点在线段上运动，则点到直线的距离的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】在棱长为2的正方体中，以分别为轴建立空间直角坐标系，则有，则， 设点，则点到直线的距离 ， 当且仅当时取等号，则点到直线的距离的最小值为. 3．在直三棱柱中，，底面是边长为6的正三角形，则三棱柱外接球的表面积为 ；若是三棱柱外接球的球面上一点，是内切圆上一点，则的最大值为 ． 【答案】 【详解】因为底面是边长为6的正三角形，所以外接圆的半径， 内切圆的半径．设三棱柱外接球的半径为， 因为，所以， 则三棱柱外接球的表面积为． 由题可知，三棱柱外接球的球心与内切圆上点的距离，故的最大值为． 故答案为：， 【点睛】关键点点睛：解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径 4．中国古代建筑中的圆柱，多是根部略粗，顶部略细，这种做法称为“收分”，柱子做出收分，既稳定又轻巧．已知某古代建筑的一根圆柱，每增高，直径收分，若该柱子柱根直径为，柱高，则柱头直径为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】柱头直径为． 5．如图，在四面体中，与均是边长为的等边三角形，二面角的大小为，则此四面体的外接球表面积为 ．    【答案】 【详解】过球心分别作平面、平面的垂线，垂足分别为，，则，分别为与的外心，取的中点，连接，，因为与均是边长为的等边三角形 所以为二面角的平面角，即， 在中，，， 所以，在中，， 故外接球的半径，所以外接球的表面积为 6．（多选）如图，正方体的棱长为2，E是棱的中点，F是侧面上的动点，且满足平面，则下列结论中正确的是（    ） A．平面截正方体所得截面面积为 B．点F的轨迹长度为 C．存在点F，使得 D．平面与平面所成二面角的正弦值为 【答案】AC 【详解】取CD中点G，连接BG、EG，则等腰梯形为截面， 而，， 故梯形面积为，A正确； 取中点M，中点N，连接， 则，故四边形为平行四边形， 则得，而平面，平面， 故平面，同理平面， 而，平面，故平面平面， ∴点F的运动轨迹为线段MN，其长度为，B错误； 取MN的中点F，则， ∴，∵，∴，C正确； 因为平面平面且，， ∴即为平面与平面所成二面角，，D错误． 7．如图，在三棱锥P-ABC中，平面PAB平面ABC，，，． (1)证明：ABPC； (2)求二面角A-PC-B的余弦值． 【详解】（1）如图, 作，垂足为O，连接CO，因为POBO,且， 所以是等腰直角三角形，又, 所以OB=OP=2. 又, ,由余弦定理可知CO=2， 所以,即OBOC. 又,OP,OC平面POC， 所以平面POC，又PC平面POC， 所以OBPC，即， （2）因为平面PAB平面ABC,且平面PAB平面ABC=AB,POAB,PO平面PAB， 所以PO平面ABC，又OC平面ABC， 所以POOC. 以O为原点建立如图所示空间直角坐标系O-xyz, 则A(1,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),P(0,0,2)，则， 设平面APC的法向量为,则， 取,则,所以. 设平面BPC的法向量为,则， 取,则,所以. 设二面角B-PC-A为,由图可知为锐角，所以. 8．如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，，，． (1)证明：平面平面． (2)求二面角的余弦值． 【详解】（1）因为底面是平行四边形，，所以，． 又，，所以，， 又，平面，所以平面． 设，则，由，得， 解得（负值已舍去），则，． 因为，所以，故， 因为，平面，所以平面． 又平面，所以平面平面． （2）由（1）可知，，，两两垂直，以为坐标原点， 直线，，分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，所以，． 设平面的法向量为， 则，令，得． 由图可知，是平面的一个法向量． 设二面角的大小为，易知为锐角，则， 所以二面角的余弦值为． 9．如图，在三棱锥中，平面平面，且，． (1)证明：平面； (2)若，点满足，求二面角的大小． 【详解】（1）过作于点，平面平面，且平面平面，平面，故平面．又平面，． 又，，平面，平面，所以平面， （2）由（1）平面，平面,故, 以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则,0,，，,1,，， 故，,所以, ， 设平面的法向量， 则，令有，故， 平面的法向量， 则， 又二面角所成角为锐角， 二面角所成角的余弦值为，角的大小为． 11．如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，. (1)证明：平面平面； (2)若为的中点，求平面与平面的夹角的余弦值. 【详解】（1） 如图，取的中点，连接，取的中点，连接， 因为，， 所以，，， ， 则，，则， 则， 又因为，所以， 所以，又， 则，所以， 又平面， 所以平面， 又平面，所以平面平面. （2）由已知和（1）可知，， 以为原点，以、方向为、轴正方向，垂直平面向上方向为轴建立空间直角坐标系， 则、、、， 因为为的中点，则， 所以，，， 设平面的一个法向量为，则， 令，则，即， 设平面的一个法向量为， 所以， 即平面与平面的夹角的余弦值为. 12．如图，在三棱锥中，侧面底面，，.    (1)求证：； (2)已知，，，是线段上一点，当时，求二面角的余弦值. 【详解】（1）取中点，连接、， 由，，故、， 又、平面，， 则平面，又平面，故； （2）由侧面底面，且，平面， 平面平面，故平面， 又平面，故， 即有、、两两垂直， 故可以为原点，建立如图所示空间直角坐标系， 由，，，，， 则，， 即、、、、， 、、， 令，则， 由，故，解得， 故， 令平面的法向量为， 则有，令，则有， 由轴平面，故平面的法向量可为， 则， 故二面角的余弦值为.    13．如图，在矩形ABCD中，AB＝2AD，M为CD的中点．将△ADM沿AM折起，使得平面ADM⊥平面ABCM.点O是线段AM的中点．求证： (1)平面BDO⊥平面ABCM； (2)AD⊥BM. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【详解】证明：（1） 在矩形ABCD中，AB＝2AD，M为CD的中点，∴ AD＝DM. ∵ O是AM的中点，∴ DO⊥AM. ∵ 平面ADM⊥平面ABCM，平面ADM∩平面ABCM＝AM，∴ DO⊥平面ABCM， ∵ DO⊂平面BDO，∴ 平面BDO⊥平面ABCM. （2） 在矩形ABCD中，AB＝2AD，M为CD的中点， ∴ AM＝BM＝AD＝AB，则AM2＋BM2＝AB2， ∴ AM⊥BM. 由（1）知，DO⊥平面ABCM， ∵ BM⊂平面ABCM，∴ DO⊥BM. ∵ DO∩AM＝O，DO⊂平面ADM，AM⊂平面ADM， ∴ BM⊥平面ADM. ∵ AD⊂平面ADM，∴ AD⊥BM. 14．如图所示，在直四棱柱中，底面ABCD是菱形，，M，N分别为，AD的中点．    (1)证明：平面BDM． (2)求平面BDM与平面夹角的余弦值． 【详解】（1）连接，由四边形是菱形，， ∴是等边三角形，又E是的中点，则，故，             在直四棱柱中，平面， 而平面，平面， 所以， 所以两两互相垂直， 以D为原点，以为坐标轴建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面的一个法向量为，则， 所以，令，则，即， 而， 又平面， ∴平面． （2）由（1）知平面的一个法向量 ， 结合图形可知平面的一个法向量可以为， 设平面与平面所成角为， 则 ∴平面与平面所成角的余弦值为． 2、 数列 15．已知数列满足，且． (1)证明：数列是等差数列． (2)求的前项和． 【详解】（1）因为， 所以． 又，所以是首项为1，公差为2的等差数列． （2）由（1）可得，则． 令， 则， 两式相减得， 则． 令， 则 16．数列（）的前项和满足. (1)求； (2)设（）的前项和为，求. 【详解】（1）①当时，； ②当且时，. 当，故首项不符合以上公式. . （2）由（1）得，， ①当时，；当时，； ②当且时， 用下式减上式得： 即 得. 综上所述， 17．设各项均为正数的数列的前项和为，已知，． (1)求的通项公式； (2)若，求数列的前项和． 【详解】（1）当时，，， 解得或， 当时，则， 得， 所以， ， 所以，即， 所以， 若，则由，得，不合题意，舍去， 所以， 所以， 所以数列是以3为公差的等差数列， 当时，， 当时，，所以舍去， 所以； （2）由（1）可知， 所以 18．已知等差数列的前项和为，且，. (1)求数列的通项公式； (2)设，求数列的前项和. 【详解】（1）设等差数列的公差为， 则由题意得，即，解得， 数列的通项公式为 （2），则， ， . 19．已知数列满足，且. （1）求证：数列是等差数列； （2）若，求数列的前项和. 【详解】（1）证明：因为，所以， 所以，所以数列是首项为2，公差的的等差数列. （2）由（1）知，所以， 所以， . 学科网（北京）股份有限公司 $$