学易金卷：高二数学上学期期中考试卷（沪教版）（沪教版必修第三册第10章～第11章+数列）

2025-2026学年高二数学上学期期中考试卷 【答案】 一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分） 1．异面或相交； 2．2； 3．五边形； 4．外心； 5．3； 6．11； 7．96； 8．①④； 9．①②③ 10．； 11．4； 12．； 二、选择题(本题共有4题，满分18分，第13-14题每题4分，第15-16题每题5分；每题有且只有一个正确选 项) 13 14 15 16 D B D B 三、解答题(本大题共有5题，满分78分，第17-19题每题14分，第20、21题每题18分.) 17．【解析】（1）因为2Sn＝3an＋1－3，故2Sn－1＝3an－3， 所以2an＝3an＋1－3an(n≥2)即5an＝3an＋1， 故等比数列的公比为q＝， 故2a1＝3a2－3＝3a1×－3＝5a1－3，故a1＝1， 故an＝n－1，【7分】 （2）由等比数列求和公式得 Sn＝＝n－，【14分】 【考点】等比数列通项公式与前n项和公式； 18．（1）解法一：连接，如图：    在中，、分别为、的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面，             在矩形中，， 平面，平面，所以平面， 又，，平面， 所以平面平面， 因为平面，所以平面. 解法二：取中点，连接和，如图：    在中，、分别为和的中点，所以，， 又在矩形中，，， 又是在中点，所以， 则，，所以四边形是平行四边形，即， 又平面，平面，所以平面. 【6分】 （2）过点做交于点，且连接，如图：    由题意知：平面，平面，所以， 则与底面所成角为，即， 又是圆上的点，所以， 因为，，所以，，即， 又平面，所以平面平面， 平面平面，，平面， 所以平面，即为四棱锥的高， 且， 又四边形的面积， 所以多面体的体积为；【14分】 【考点】锥体体积的有关计算、证明线面平行 19．【答案】（1）证明见解析；（2）； 【解析】（1）证明：如图连接， 因为底面圆的直径，所以为的中点， 因为点为的中点，所以， 因为平面，平面， 所以平面      【7分】 （2）因为底面圆的直径，所以， 又，则 又平面，平面，所以， 而，且，平面， 所以平面，即平面， 所以是直线和平面所成角的平面角， 因为，，， 所以， 所以在中，， 所以直线和平面所成角的正弦值为；【14分】 【考点】证明线面平行、求线面角； 20．【答案】（1）同解析；（2）；（3） 【解析】（1）证明：在△PAD卡中PA＝PD，O为AD中点，所以PO⊥AD. 又侧面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO平面PAD， 所以PO⊥平面ABCD；【6分】 （2）连结BO， 在直角梯形ABCD中，BC∥AD,AD=2AB=2BC， 有OD∥BC且OD＝BC，所以四边形OBCD是平行四边形， 所以OB∥DC. 由（Ⅰ）知PO⊥OB，∠PBO为锐角， 所以∠PBO是异面直线PB与CD所成的角. 因为AD＝2AB＝2BC＝2， 在Rt△AOB中，AB＝1，AO＝1，所以OB＝， 在Rt△POA中，因为AP＝，AO＝1，所以OP＝1， 在Rt△PBO中，PB＝, cos∠PBO=, 所以异面直线PB与CD所成的角的余弦值为；【12分】 （3） 由（Ⅱ）得CD＝OB＝， 在Rt△POC中，PC＝， 所以PC＝CD＝DP，S△PCD=·2=. 又S△= 设点A到平面PCD的距离h， 由VP-ACD=VA-PCD， 得 S△ACD·OP＝S△PCD·h， 即×1×1＝××h， 解得h＝；【18分】 【考点】证明线面垂直、异面直线夹角的向量求法、点到平面距离的等积求法 21．【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）； 【解析】（1）连接，由已知得平面，， 又平面，所以平面平面， 所以二面角的大小为，因为为菱形，， 所以，又，所以， 在中，， 由三面角余弦定理可得 【6分】 （2）依题意可得，设平面内任一条直线为， 若过点时，记与的夹角为（）， 则，因为， 所以， 又，所以； 若不过点时，过点作使得，记与的夹角为（）， 则，因为， 所以， 又，所以； 综上可得【12分】 （3）连接，， 因为，平面，平面，所以平面， 同理可证平面， 又，平面， 所以平面平面， 因为平面平面， 所以平面平面， 又平面平面，又平面平面， 所以，又即， 所以四边形为平行四边形， 所以，显然在的延长线上， 因为，所以， 所以，即；【18分】 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年高二数学上学期期中考试卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 4．测试范围：沪教版2020必修第三册第10章~第11章+数列。 5．难度系数：0，65。 一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分） 1．如果一条直线和两条异面直线中的一条平行，那么它和另一条直线的位置关系是 【答案】异面或相交； 【解析】如果一条直线和两条异面直线中的一条平行，那么它和另一条直线的位置关系是异面或 相交，故答案为：异面或相交 【考点】空间两直线的位置关系； 2．如图Rt△O′A′B′是一平面图形的直观图， 斜边O′B′＝2， 则这个平面图形的面积是 【提示】注意：直观图面积与原面积之间的关系； 【答案】2； 【解析】因为，Rt△O′A′B′是一平面图形的直观图，斜边O′B′＝2，∠A′O′B′＝45°， 所以，Rt△O′A′B′的直角边长是，则，Rt△O′A′B′的面积是××＝1， 原平面图形的面积是1×2＝2； 【考点】斜二测做法的做法与要求；注意：用好结论：原平面图形的面积等于直观图的面积乘以2；3．E、F分别为正方体ABCD－A1B1C1D1的棱CC1、C1D1的中点，则过A、E、F三点的截面的图形是 【答案】五边形； 【解析】作直线EF分别与直线DC、DD1相交于P、Q， 连AP交BC于M，连AQ交A1D1于N，连接NF、ME， 则五边形AMEFN即为过A、E、F三点的截面； 【考点】公理2与画截面的方法； 4．点P在平面ABC外，若PA=PB=PC，则点P在平面ABC内的射影一定是△ABC的 （从这里取：外心，内心，垂心，重心） 【答案】外心； 【解析】如图, 设点P在平面ABC内的射影为点O，连接OP，则PO⊥平面ABC，连接OA，OB，OC， 所以，PO⊥OA，PO⊥OB，PO⊥OC， 又PA=PB=PC，所以，Rt△POA≌Rt△POB≌Rt△POC， 则OA=OB=OC，所以，O为△ABC的外心 【考点】线面位置关系与三垂线定理； 5．△ABC的三个顶点A，B，C到平面α的距离分别为2 cm、3 cm、4 cm，且它们在α的同侧，则△ABC的重心到平面α的距离为 【答案】3； 【解析】设点A，B，C在平面α上的射影为A′，B′，C′； △ABC的重心为G，连接CG交AB于E，则E为BA的中点， 又设E，G在平面α上的射影为E′，G′， 由EE′⊥α，GG′⊥α，CC′⊥α，知EE′∥GG′∥CC′， 在梯形AA′B′B中，EE′＝(AA′＋BB′)＝(2＋3)＝， 又CC′＝4，CG∶GE＝2∶1，在直角梯形EE′C′C中，可得GG′＝3， 【考点】点到平面的距离 6．已知数列{an}为等差数列，a1＝1，a2＋a3＝8，则a6＝ 【答案】11； 【解析】设等差数列{an}的公差为d， 因为a1＝1，所以a2＋a3＝2a1＋3d＝2＋3d＝8， 解得d＝2，所以a6＝a1＋5d＝1＋5×2＝11， 【考点】等车数列的概念与性质； 7．明代数学家程大位编著的《算法统宗》是中国数学史上的一座丰碑．其中有一段著述“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一．”注：“倍加增”意为“从塔顶到塔底，相比于上一层，每一层灯的盏数成倍增加”．则该塔从塔底数第二层灯的盏数为 【答案】96； 【解析】根据题意，可知从塔顶到塔底，每层的灯盏数构成公比为2的等比数列，设塔顶灯盏数为a1， 则有S7＝＝381，解得a1＝3，从塔底数第二层灯的盏数为a6＝a1q5＝3×25＝96； 【考点】等比数列的公式、性质与应用 8．已知a，b，c为三条不重合的直线，α，β为两个不重合的平面，给出下列四个命题：①a∥b，b∥c⇒a∥c；②a∥α，b∥α⇒a∥b；③a∥α，β∥α⇒a∥β；④a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α，其中正确的命题是________，(写出所有正确命题的序号) 【答案】①④； 【解析】根据线线平行的传递性，可知①正确；若a∥α，b∥α，则a，b可能平行、相交、异面，故②不正确；若a∥α，β∥α，则a∥β或a⊂β，故③不正确；由线面平行的判定定理可知④正确．故正确的命题是①④， 【考点】综合考查空间的点、线、面位置关系； 9．如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF＝a，以下结论正确的有 ①AC⊥BE；②点A到平面BEF的距离为定值；③三棱锥A－BEF的体积是正方体ABCD－A1B1C1D1体积的； ④异面直线AE，BF所成的角为定值； 【答案】①②③ 【解析】对于①，根据题意，AC⊥BD，AC⊥DD1，且BD∩DD1＝D，所以AC⊥平面BDD1B1，而BE⊂平面BDD1B1，所以AC⊥BE，所以①正确； 对于②，A到平面BDD1B1的距离为定值，所以点A到△BEF的距离为定值，所以②正确； 对于③，三棱锥A－BEF的体积为VA－BEF＝×EF·AB·BB1·sin 45°＝××a·a×a＝a3，三棱锥A－BEF的体积是正方体ABCD－A1B1C1D1体积的，所以③正确； 对于④，当点E在D1处，F为D1B1的中点时，异面直线AE，BF所成的角是∠FBC1，当E在D1B1的中点时，F在B1的位置，异面直线AE，BF所成的角是∠EAA1，显然两个角不相等，命题④错误．故填①②③； 【考点】综合考查空间位置关系与几何体； 10．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，过点D作直线l与异面直线AC和BC1所成的角均为θ，则θ的取值范围为____________， 【答案】　； 【解析】如图，因为AC∥A1C1，所以∠BC1A1或其补角为异面直线AC和BC1所成的角．因为A1C1＝BC1＝A1B，所以△A1BC1是等边三角形，所以∠BC1A1＝60°，过点B作直线l的平行线l′，则当l′与∠BC1A1的角平分线平行时，θ取得最小值为30°，故θ的取值范围为， 【考点】空间的角与几何体的综合； 11．在四棱锥的四个侧面中，直角三角形最多可有 个， 【答案】4； 【解析】在长方体ABCD－A′B′C′D′中，四棱锥D′－ABCD的四个侧面中， 直角三角形的个数最多是4个，即△D′AB，△D′AD，△D′BC，△D′CD； 【考点】掌握特殊几何体的性质，用好特殊几何体解答填充、选择题； 12．已知底面边长为1的正三棱柱既有外接球也有内切球，圆锥是三棱柱的外接圆锥，且三棱柱的一个底面在该圆锥的底面上，则该外接圆锥的轴截面面积的最小值是 【提示】根据题意可利用内切球半径等于三角形内切圆半径，求出，再由正弦定理求出三角形外接圆半径，即可利用比例关系求出轴截面三角形高与底边的关系，得出轴截面的面积表达式，利用均值不等式求出最小值即可， 【答案】； 【解析】正三棱柱内切球半径即为内切圆半径，    由等面积法可知，，所以， 所以， 设分别为和外接圆的圆心， 则， 由正弦定理可得，所以， 设， 则，所以，解得， 所以，圆锥轴截面面积， 当且仅当，即时等号成立，即轴截面面积的最小值是； 【考点】基本不等式求和的最小值、圆锥中截面的有关计算 二、选择题(本题共有4题，满分18分，第13-14题每题4分，第15-16题每题5分；每题有且只有一个正确选 项) 13．等差数列{an}的前n项和为Sn，若S9＝1，则a3＋a7＝（ ） A．－2 B． C．1 D． 【答案】D； 【解析】解法一：由S9＝1，根据等差数列的求和公式，S9＝9a1＋d＝1⇔9a1＋36d＝1，又a3＋a7＝a1＋2d＋a1＋6d＝2a1＋8d＝(9a1＋36d)＝，故选D． 解法二：根据等差数列的性质，a1＋a9＝a3＋a7，由S9＝1，根据等差数列的求和公式， S9＝＝＝1，故a3＋a7＝，故选D； 【考点】等差数列的概念，通项公式与求和公式； 14．已知下列四个命题： p1：设直线a是平面α外的一条直线，若直线a不平行于平面α，则α内不存在与a平行的直线． p2：过直线外一点，有且只有一个平面与这条直线平行． p3：如果直线a，b和平面α满足a∥α，b∥α，那么a∥b， p4：设l，m，n均为直线，其中m，n在平面α内，则“l⊥α”是“l⊥m且l⊥n”的充分不必要条件． 其中真命题的个数是（ ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B； 【解析】对于p1，因为直线a不平行于平面α，故a与α相交，若α内存在与a平行的直线，由线面平行的判断定理可得a∥α，矛盾，故p1正确．对于p2，过直线外一点，有无数个平面与这条直线平行，故p2错误．对于p3，如果直线a，b和平面α满足a∥α，b∥α，则a，b异面或相交或平行，故p3错误．对于p4，若l⊥α，因为m，n在平面α内，则l⊥m且l⊥n，但若l⊥m且l⊥n，在m，n相交的条件下才有l⊥α，故l⊥α是l⊥m且l⊥n的充分不必要条件，故p4正确．故选B； 【考点】综合考查空间位置关系的判别； 15．下列说法中，正确的为（ ） A．有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥 B．有两个面互相平行，其余四个面都是等腰梯形的六面体是棱台 C．底面是等边三角形，侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥 D．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则此棱锥不可能是正六棱锥 【答案】D； 【解析】有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体不一定是棱锥，如图，所以A错误；有两个面互相平行，其余四个面都是等腰梯形的六面体的侧棱不一定交于一点，所以B错误；底面是等边三角形，侧面都是等腰三角形的三棱锥的顶点不一定在底面的射影为底面等边三角形的中心，所以C错误；若六棱锥的所有棱长都相等，则底面为正六边形，由过底面中心和顶点的截面知，若以正六边形为底面，则侧棱必然大于底面边长，所以D正确．故选D． 【考点】综合考查空间几何体的概念； 16．图1是一个水平放置且高为6的直三棱柱容器ABC－A1B1C1，现往内灌进一些水，设水深为h，将容器底面的一边AB固定于地面上，再将容器倾斜，当倾斜到某一位置时，水面形状恰好为△A1B1C，如图2，则h＝（ ） A．3 B．4 C．4 D．6 【答案】B； 【解析】在图1中的几何体中，水的体积为V1＝S△ABC·h，在图2的几何体中，水的体积为V2＝VABC－A1B1C1－VC－A1B1C1＝S△ABC×6－×S△A1B1C1×6＝4S△ABC，因为V1＝V2，可得S△ABC·h＝4S△ABC，解得h＝4，故选B； 【考点】考查柱体、椎体的体积公式与“体积”的定义； 三、解答题(本大题共有5题，满分78分，第17-19题每题14分，第20、21题每题18分，) 17．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝3an＋1－3， （1）求{an}的通项公式； （2）求数列{Sn}的通项公式； 【解析】（1）因为2Sn＝3an＋1－3，故2Sn－1＝3an－3，所以2an＝3an＋1－3an(n≥2)即5an＝3an＋1， 故等比数列的公比为q＝， 故2a1＝3a2－3＝3a1×－3＝5a1－3，故a1＝1， 故an＝n－1， （2）由等比数列求和公式得 Sn＝＝n－， 【考点】等比数列通项公式与前n项和公式； 18．如图，在圆锥中，为圆锥顶点，为圆锥底面的直径，为底面圆的圆心，为底面圆周上一点，四边形为矩形，且，．    （1）若为的中点，求证：平面； （2）若与底面所成角为，求多面体的体积． 【提示】（1）解法一：连接，结合条件得到，，从而得到平面平面，再根据面面平行的性质得到平面； 解法二：取中点，连接和，结合条件得到，，从而得到，即可证明平面； （2）过点做交于点，且连接，根据平面得到平面平面，再由面面垂直的性质得到平面，从而得出为四棱锥的高，即可求解. 【答案】（1）证明见解析；（2） 【解析】（1）解法一：连接，如图：    在中，、分别为、的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面，             在矩形中，， 平面，平面，所以平面， 又，，平面， 所以平面平面， 因为平面，所以平面. 解法二：取中点，连接和，如图：    在中，、分别为和的中点，所以，， 又在矩形中，，， 又是在中点，所以， 则，，所以四边形是平行四边形，即， 又平面，平面，所以平面. （2）过点做交于点，且连接，如图：    由题意知：平面，平面，所以， 则与底面所成角为，即， 又是圆上的点，所以， 因为，，所以，，即， 又平面，所以平面平面， 平面平面，，平面， 所以平面，即为四棱锥的高， 且， 又四边形的面积， 所以多面体的体积为. 【考点】锥体体积的有关计算、证明线面平行 19．自古以来，斗笠是一个防晒遮雨的用具，是家喻户晓的生活必需品之一，主要用竹篾和一种叫做棕榈叶染白后编织而成，已列入世界非物质文化遗产名录．现测量如图中一顶斗笠，得到图中圆锥模型，经测量底面圆的直径，母线，若点在上，且，为的中点． （1）证明：平面； （2）求直线和平面所成角的正弦值． 【提示】（1）连接，根据中位线的性质可得，进而即可证明； （2）由圆的性质可知，结合平面，可证得平面，则是直线和平面所成角的平面角，进而求解. 【答案】（1）证明见解析；（2）； 【解析】（1）证明：如图连接， 因为底面圆的直径，所以为的中点， 因为点为的中点，所以， 因为平面，平面， 所以平面          （2）因为底面圆的直径，所以， 又，则 又平面，平面，所以， 而，且，平面， 所以平面，即平面， 所以是直线和平面所成角的平面角， 因为，，， 所以， 所以在中，， 所以直线和平面所成角的正弦值为. 【考点】证明线面平行、求线面角； 20．如图，在四棱锥P—ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，侧棱PA＝PD=,底面ABCD为直角梯形，其中BC∥AD,AB⊥AD,AD=2AB=2BC=2，O为AD中点. （1）求证:PO⊥平面ABCD； （2）求异面直线PB与CD所成角的余弦值； （3）求点A到平面PCD的距离. 【答案】（1）同解析；（2）；（3） 【解析】（1）证明：在△PAD卡中PA＝PD，O为AD中点，所以PO⊥AD. 又侧面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO平面PAD， 所以PO⊥平面ABCD. （2）连结BO， 在直角梯形ABCD中，BC∥AD,AD=2AB=2BC， 有OD∥BC且OD＝BC，所以四边形OBCD是平行四边形， 所以OB∥DC. 由（Ⅰ）知PO⊥OB，∠PBO为锐角， 所以∠PBO是异面直线PB与CD所成的角. 因为AD＝2AB＝2BC＝2， 在Rt△AOB中，AB＝1，AO＝1，所以OB＝， 在Rt△POA中，因为AP＝，AO＝1，所以OP＝1， 在Rt△PBO中，PB＝, cos∠PBO=, 所以异面直线PB与CD所成的角的余弦值为. （3） 由（Ⅱ）得CD＝OB＝， 在Rt△POC中，PC＝， 所以PC＝CD＝DP，S△PCD=·2=. 又S△= 设点A到平面PCD的距离h， 由VP-ACD=VA-PCD， 得 S△ACD·OP＝S△PCD·h， 即×1×1＝××h， 解得h＝. 【考点】证明线面垂直、异面直线夹角的向量求法、点到平面距离的等积求法 21．类比思想在数学中极为重要，例如类比于二维平面内的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理：如图1，由射线，，构成的三面角，记，，，二面角的大小为，则．如图2，四棱柱中，为菱形，，，，且点在底面内的射影为的中点． （1）求的值； （2）直线与平面内任意一条直线夹角为，证明：； （3）过点作平面，使平面平面，且与直线相交于点，若，求值； 【提示】（1）连接，即可证明平面平面，即二面角的大小为，求出，再由所给三面角余弦定理计算可得； （2）依题意可得，设平面内任一条直线为，分过点与不过点两种情况，当过点，记与的夹角为（），则，结合余弦函数的性质即可得证； （3）连接，，首先证明平面平面，从而得到平面平面，再由面面平行的性质得到，从而得到，即可得解. 【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）； 【解析】（1）连接，由已知得平面，， 又平面，所以平面平面， 所以二面角的大小为，因为为菱形，， 所以，又，所以， 在中，， 由三面角余弦定理可得 . （2）依题意可得，设平面内任一条直线为， 若过点时，记与的夹角为（）， 则，因为， 所以， 又，所以； 若不过点时，过点作使得，记与的夹角为（）， 则，因为， 所以， 又，所以； 综上可得. （3）连接，， 因为，平面，平面，所以平面， 同理可证平面， 又，平面， 所以平面平面， 因为平面平面， 所以平面平面， 又平面平面，又平面平面， 所以，又即， 所以四边形为平行四边形， 所以，显然在的延长线上， 因为，所以， 所以，即. 【考点】求异面直线所成的角、面面平行证明线线平行、证明面面垂直、立体几何新定义 对于新定义型知识，关键是理解并应用所给定义，第三问关键是由面面平行推导出线线平行； 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $2025-2026学年高二数学上学期期中考试卷 数学·答题卡 姓名： 贴条形码区 1. 答题前，考生先将自己的姓名、准 考证号填写清楚，并认真检查监考 员所粘贴的条形码。 2.选择题必须用2B铅笔填涂；非选 准考证号 择题必须用0.5mm黑色签字笔答 注意事 题，不得用铅笔或圆珠笔答题；字 体工整、笔迹清晰。 0 0 0 0 0 0 0 0 3.请按题号顺序在各题目的答题区域 1 内作答，超出区域书写的答案无 效：在草稿纸、试题卷上答题无效。 3 123 1234 1234 2 4 1234 4. 保持卡面清洁，不要折叠、不要弄 567 5 5678 5 5 破。 5. 正确填涂 56789 678 678 6789 123456789 123 56789 12345678 0123456789 8 缺考标记 9 9 9 9 9 一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12 题每题5分) 2 製 6 ! 9 10 11. 12 妇 二、选择题（本题共有4题，满分18分，第13-14题每题4分，第15-16 题每题5分；每题有且只有一个正确选项) 13[AB][C][D] 14[A][B][C][D] 15[A]B][C][D] 16[A][B][C]D] 数学第1页（共6页） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 三、解答题（本大题共有5题，满分78分，第17-19题每题14分，第20、 21题每题18分.) 17.(14分) 数学第2页（共6页） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 18.(14分) D B A C 数学第3页（共6页 ■ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 19.(14分) P 111 111 A 数学第4页（共6页） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 20.(16分) ------ g A D C 力 0 “A D B 数学第5页（共6页） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 21.(18分) D A B A6---- ò、 B D C A D 数学第6页（共6页） 2025-2026学年高二数学上学期期中考试卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 4．测试范围：沪教版2020必修第三册第10章~第11章+数列。 一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分） 1．如果一条直线和两条异面直线中的一条平行，那么它和另一条直线的位置关系是 2．如图Rt△O′A′B′是一平面图形的直观图， 斜边O′B′＝2， 则这个平面图形的面积是 3．E、F分别为正方体ABCD－A1B1C1D1的棱CC1、C1D1的中点，则过A、E、F三点的截面的图形是 4．点P在平面ABC外，若PA=PB=PC，则点P在平面ABC内的射影一定是△ABC的 （从这里取：外心，内心，垂心，重心） 5．△ABC的三个顶点A，B，C到平面α的距离分别为2 cm、3 cm、4 cm，且它们在α的同侧，则△ABC的重心到平面α的距离为 6．已知数列{an}为等差数列，a1＝1，a2＋a3＝8，则a6＝ 7．明代数学家程大位编著的《算法统宗》是中国数学史上的一座丰碑．其中有一段著述“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一．”注：“倍加增”意为“从塔顶到塔底，相比于上一层，每一层灯的盏数成倍增加”．则该塔从塔底数第二层灯的盏数为 8．已知a，b，c为三条不重合的直线，α，β为两个不重合的平面，给出下列四个命题：①a∥b，b∥c⇒a∥c；②a∥α，b∥α⇒a∥b；③a∥α，β∥α⇒a∥β；④a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α，其中正确的命题是________，(写出所有正确命题的序号) 9．如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF＝a，以下结论正确的有 ①AC⊥BE；②点A到平面BEF的距离为定值；③三棱锥A－BEF的体积是正方体ABCD－A1B1C1D1体积的； ④异面直线AE，BF所成的角为定值； 10．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，过点D作直线l与异面直线AC和BC1所成的角均为θ，则θ的取值范围为____________， 11．在四棱锥的四个侧面中，直角三角形最多可有 个， 12．已知底面边长为1的正三棱柱既有外接球也有内切球，圆锥是三棱柱的外接圆锥，且三棱柱的一个底面在该圆锥的底面上，则该外接圆锥的轴截面面积的最小值是 二、选择题(本题共有4题，满分18分，第13-14题每题4分，第15-16题每题5分；每题有且只有一个正确选 项) 13．等差数列{an}的前n项和为Sn，若S9＝1，则a3＋a7＝（ ） A．－2 B． C．1 D． 14．已知下列四个命题： p1：设直线a是平面α外的一条直线，若直线a不平行于平面α，则α内不存在与a平行的直线． p2：过直线外一点，有且只有一个平面与这条直线平行． p3：如果直线a，b和平面α满足a∥α，b∥α，那么a∥b， p4：设l，m，n均为直线，其中m，n在平面α内，则“l⊥α”是“l⊥m且l⊥n”的充分不必要条件． 其中真命题的个数是（ ） A．1 B．2 C．3 D．4 15．下列说法中，正确的为（ ） A．有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥 B．有两个面互相平行，其余四个面都是等腰梯形的六面体是棱台 C．底面是等边三角形，侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥 D．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则此棱锥不可能是正六棱锥 16．图1是一个水平放置且高为6的直三棱柱容器ABC－A1B1C1，现往内灌进一些水，设水深为h，将容器底面的一边AB固定于地面上，再将容器倾斜，当倾斜到某一位置时，水面形状恰好为△A1B1C，如图2，则h＝（ ） A．3 B．4 C．4 D．6 三、解答题(本大题共有5题，满分78分，第17-19题每题14分，第20、21题每题18分，) 17．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝3an＋1－3， （1）求{an}的通项公式； （2）求数列{Sn}的通项公式； 18．如图，在圆锥中，为圆锥顶点，为圆锥底面的直径，为底面圆的圆心，为底面圆周上一点，四边形为矩形，且，．    （1）若为的中点，求证：平面； （2）若与底面所成角为，求多面体的体积． 19．自古以来，斗笠是一个防晒遮雨的用具，是家喻户晓的生活必需品之一，主要用竹篾和一种叫做棕榈叶染白后编织而成，已列入世界非物质文化遗产名录．现测量如图中一顶斗笠，得到图中圆锥模型，经测量底面圆的直径，母线，若点在上，且，为的中点． （1）证明：平面； （2）求直线和平面所成角的正弦值． 20．如图，在四棱锥P—ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，侧棱PA＝PD=,底面ABCD为直角梯形，其中BC∥AD,AB⊥AD,AD=2AB=2BC=2，O为AD中点. （1）求证:PO⊥平面ABCD； （2）求异面直线PB与CD所成角的余弦值； （3）求点A到平面PCD的距离. 21．类比思想在数学中极为重要，例如类比于二维平面内的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理：如图1，由射线，，构成的三面角，记，，，二面角的大小为，则．如图2，四棱柱中，为菱形，，，，且点在底面内的射影为的中点． （1）求的值； （2）直线与平面内任意一条直线夹角为，证明：； （3）过点作平面，使平面平面，且与直线相交于点，若，求值； 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ ( ) ( 学校 __________________ 班级 __________________ 姓名 __________________ 准考证号 __________________ ﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍ 密 ﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍ 封 ﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍ 线 ﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍ ) ( ) 2025-2026学年高二数学上学期期中考试卷 数 学·答题卡 姓名： ( 注 意 事 项 1 ．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，并认真检查监考员所粘贴的条形码。 2 ． 选择题必须用 2B 铅笔填涂；非选择题必须用 0.5mm 黑色签字笔答题，不得用铅笔或圆珠笔答题；字体工整、笔迹清晰。 3 ．请按题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。 4 ．保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破。 5 ．正确填涂 缺考标记 ) ( 贴条形码区 ) ( 准考证号 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 ) ( 一、填空题（本大题共有 12 题，满分 54 分，第 1-6 题每题 4 分，第 7-12 题每题 5 分） 1 ． ____________________ 2 ． ____________________ 3 ． ____________________ 4 ． ____________________ 5 ． ____________________ 6 ． ____________________ 7 ． ____________________ 8 ． ____________________ 9 ． ____________________ 10 ． ____________________ 11 ． ____________________ 12 ． ____________________ 二、选择题 ( 本题共有 4 题，满分 18 分，第 13-14 题每题 4 分，第 15-16 题每题 5 分；每题有且只有一个正确选项 ) 1 3 [A] [B] [C] [D] 14 [A] [B] [C] [D] 15 [A] [B] [C] [D] 16 [A] [B] [C] [D] ) ( 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ ) ( 三、解答题 ( 本大题共有 5 题，满分 78 分，第 17-19 题每题 14 分，第 20 、 21 题每题 18 分 .) 17 ． （ 14 分） ) ( 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ ) ( 1 8 ． （ 1 4 分） ) ( 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ ) ( 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ ) ( 1 9 ．（ 1 4 分） ) ( 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ ) ( 20 ．（ 1 6 分） ) ( 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ ) ( 21 ．（ 1 8 分） ) 数 学 第4页（共6页） 数 学 第5页（共6页） 数 学 第6页（共6页） 数 学 第1页（共6页） 数 学 第2页（共6页） 数 学 第3页（共6页） 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $………………○………………外………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○……………… ………………○………………内………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○……………… 此卷只装订不密封 ………………○………………内………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○……………… ………………○………………外………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○……………… … 学校：______________姓名：_____________班级：_______________考号：______________________ 2025-2026学年高二数学上学期期中考试卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 4．测试范围：沪教版2020必修第三册第10章~第11章+数列。 一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分） 1．如果一条直线和两条异面直线中的一条平行，那么它和另一条直线的位置关系是 2．如图Rt△O′A′B′是一平面图形的直观图， 斜边O′B′＝2， 则这个平面图形的面积是 3．E、F分别为正方体ABCD－A1B1C1D1的棱CC1、C1D1的中点，则过A、E、F三点的截面的图形是 4．点P在平面ABC外，若PA=PB=PC，则点P在平面ABC内的射影一定是△ABC的 （从这里取：外心，内心，垂心，重心） 5．△ABC的三个顶点A，B，C到平面α的距离分别为2 cm、3 cm、4 cm，且它们在α的同侧，则△ABC的重心到平面α的距离为 6．已知数列{an}为等差数列，a1＝1，a2＋a3＝8，则a6＝ 7．明代数学家程大位编著的《算法统宗》是中国数学史上的一座丰碑．其中有一段著述“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一．”注：“倍加增”意为“从塔顶到塔底，相比于上一层，每一层灯的盏数成倍增加”．则该塔从塔底数第二层灯的盏数为 8．已知a，b，c为三条不重合的直线，α，β为两个不重合的平面，给出下列四个命题：①a∥b，b∥c⇒a∥c；②a∥α，b∥α⇒a∥b；③a∥α，β∥α⇒a∥β；④a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α，其中正确的命题是________，(写出所有正确命题的序号) 9．如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF＝a，以下结论正确的有 ①AC⊥BE；②点A到平面BEF的距离为定值；③三棱锥A－BEF的体积是正方体ABCD－A1B1C1D1体积的； ④异面直线AE，BF所成的角为定值； 10．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，过点D作直线l与异面直线AC和BC1所成的角均为θ，则θ的取值范围为____________， 11．在四棱锥的四个侧面中，直角三角形最多可有 个， 12．已知底面边长为1的正三棱柱既有外接球也有内切球，圆锥是三棱柱的外接圆锥，且三棱柱的一个底面在该圆锥的底面上，则该外接圆锥的轴截面面积的最小值是 二、选择题(本题共有4题，满分18分，第13-14题每题4分，第15-16题每题5分；每题有且只有一个正确选项) 13．等差数列{an}的前n项和为Sn，若S9＝1，则a3＋a7＝（ ） A．－2 B． C．1 D． 14．已知下列四个命题： p1：设直线a是平面α外的一条直线，若直线a不平行于平面α，则α内不存在与a平行的直线． p2：过直线外一点，有且只有一个平面与这条直线平行． p3：如果直线a，b和平面α满足a∥α，b∥α，那么a∥b， p4：设l，m，n均为直线，其中m，n在平面α内，则“l⊥α”是“l⊥m且l⊥n”的充分不必要条件． 其中真命题的个数是（ ） A．1 B．2 C．3 D．4 15．下列说法中，正确的为（ ） A．有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥 B．有两个面互相平行，其余四个面都是等腰梯形的六面体是棱台 C．底面是等边三角形，侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥 D．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则此棱锥不可能是正六棱锥 16．图1是一个水平放置且高为6的直三棱柱容器ABC－A1B1C1，现往内灌进一些水，设水深为h，将容器底面的一边AB固定于地面上，再将容器倾斜，当倾斜到某一位置时，水面形状恰好为△A1B1C，如图2，则h＝（ ） A．3 B．4 C．4 D．6 三、解答题(本大题共有5题，满分78分，第17-19题每题14分，第20、21题每题18分.) 17．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝3an＋1－3， （1）求{an}的通项公式； （2）求数列{Sn}的通项公式； 18．如图，在圆锥中，为圆锥顶点，为圆锥底面的直径，为底面圆的圆心，为底面圆周上一点，四边形为矩形，且，．    （1）若为的中点，求证：平面； （2）若与底面所成角为，求多面体的体积． 19．自古以来，斗笠是一个防晒遮雨的用具，是家喻户晓的生活必需品之一，主要用竹篾和一种叫做棕榈叶染白后编织而成，已列入世界非物质文化遗产名录．现测量如图中一顶斗笠，得到图中圆锥模型，经测量底面圆的直径，母线，若点在上，且，为的中点． （1）证明：平面； （2）求直线和平面所成角的正弦值． 20．如图，在四棱锥P—ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，侧棱PA＝PD=,底面ABCD为直角梯形，其中BC∥AD,AB⊥AD,AD=2AB=2BC=2，O为AD中点. （1）求证:PO⊥平面ABCD； （2）求异面直线PB与CD所成角的余弦值； （3）求点A到平面PCD的距离. 21．类比思想在数学中极为重要，例如类比于二维平面内的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理：如图1，由射线，，构成的三面角，记，，，二面角的大小为，则．如图2，四棱柱中，为菱形，，，，且点在底面内的射影为的中点． （1）求的值； （2）直线与平面内任意一条直线夹角为，证明：； （3）过点作平面，使平面平面，且与直线相交于点，若，求值； 试题 第3页（共4页） 试题 第4页（共4页） 1 / 8 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $