精品解析：上海市松江九峰实验学校2025-2026学年高二上学期期中考试数学试卷

九峰高中2025-2026学年第一学期期中考试 高二数学 考生注意： 1.试卷共有21道题，满分150分，考试时间120分钟； 2.本考试分设试卷和答题纸，试卷包括三部分； 3.答题前，务必在答题纸上填写姓名、班级和考号.作答必须涂或写在答题纸上，在试卷上作答一律不得分. 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. 空间两直线没有公共点，则这两条直线的位置关系为__________． 2. 已知圆柱的高为9，底面周长为，则圆柱的体积为_____. 3. 设平面，的法向量分别为，，若，则______； 4. 已知等差数列，若，则______． 5. 记等差数列前项和为，若，则___________. 6. 已知四点共面，且任意三点不共线，为平面外任意一点，若，则_________． 7. 已知数列的通项公式为，其中为常数，设数列的前项和为，若且，则的取值范围为________. 8. 正方体的棱长为，、分别是、的中点，则点到平面的距离为________. 9. 如图，在棱长均为1的平行六面体中，，则______. 10. 蚊香具有悠久的历史，我国蚊香的发明与古人端午节的习俗有关，如图为某校数学社团用数学软件制作的“蚊香”.画法如下：在水平直线上收长度为1的线段，作一个等边三角形，然后以点为圆心，为半径逆时针画圆弧交线段的延长线于点（第一段圆弧），再以点为圆心，为半径逆时针画圆弧交线段的延长线于点，再以点为圆心，为半径逆时针画圆弧……以此类推，当得到的“蚊香”恰好有15段圆弧时，“蚊香”的长度为_____________. 11. 如图，在棱长为2的正方体中，M，N分别是棱，的中点，点P在线段CM上运动，给出下列四个结论： ①平面CMN截正方体所得的截面图形是五边形； ②直线到平面CMN的距离是； ③存在点P，使得； ④直线与平面CMN所成角的正弦值为． 其中所有正确结论的序号是______． 12. 在直三棱柱中，，，点P是平面ABC上一动点，则的最小值为__________. 二、选择题（本大题共有4题，满分18分，第13-14题每题4分，第15-16题每题5分） 13. 已知向量，若，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 14. 给定下列四个命题，其中正确的是（ ） A. 若两个平面有无数个公共点，则这两个平面重合 B. 垂直于同一直线的两条直线互相平行 C. 若直线和直线平行，且平面，则 D. 若两个平面相交，那么其中一个平面内与两平面的交线不垂直的直线与另一个平面一定不垂直 15. 在三棱锥中，平面，， ，，则三棱锥 的外接球的表面积等于（ ） A B. C. D. 16. 《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑．在如图所示的鳖臑中，平面，，，E是BC的中点，H是内的动点（含边界），且平面，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 三、解答题（本大题共有5题，满分78分）解答下列各题必须写出必要的步骤. 17. 如图，在直三棱柱中，，，，点是的中点. （1）证明：； （2）证明：平面. 18. 如图，某公司制造一种海上用的“浮球”，它是由两个半球和一个圆柱筒组成．其中圆柱的高为4米，球的半径r为1米． （1）这种“浮球”的体积是多少立方米（精确到）？ （2）假设该“浮球”的建造费用仅与其表面积有关．已知圆柱形部分每平方米建造费用为20元，半球形部分每平方米建造费用为30元．求该浮球的建造费用（精确到1元）． 19. 公差不为0的等差数列中，，且成等比数列． （1）求数列的通项公式； （2）设，数列前n项和为．若，求的取值范围． 20. 在四棱锥中，侧面平面，四边形为直角梯形，，，，为等边三角形，点，分别为中点． （1）证明：平面； （2）求平面与平面所成角的余弦值； （3）点为线段上的动点，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围． 21 已知数列{}、{}满足：. （1）求 （2）证明：数列{}为等差数列，并求数列和{}的通项公式； （3）设，求实数为何值时恒成立. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 九峰高中2025-2026学年第一学期期中考试 高二数学 考生注意： 1.试卷共有21道题，满分150分，考试时间120分钟； 2.本考试分设试卷和答题纸，试卷包括三部分； 3.答题前，务必在答题纸上填写姓名、班级和考号.作答必须涂或写在答题纸上，在试卷上作答一律不得分. 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. 空间两直线没有公共点，则这两条直线的位置关系为__________． 【答案】平行或异面 【解析】 【分析】根据空间中两直线的位置关系即可判断. 【详解】空间中的直线没有公共点，则两直线要么平行，要么是异面直线. 故答案：平行或异面. 2. 已知圆柱的高为9，底面周长为，则圆柱的体积为_____. 【答案】 【解析】 【分析】先求出底面圆的半径，再根据圆柱的体积公式即可得解. 【详解】设底面圆的半径为， 则，解得， 所以圆柱的体积. 故答案为：. 3. 设平面，的法向量分别为，，若，则______； 【答案】4 【解析】 【分析】根据两平面平行，可得其法向量互相平行，列出方程，即可得答案. 【详解】因为， 所以平面，的法向量互相平行， 所以，解得. 故答案为：4 4. 已知等差数列，若，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据等差数列的性质对式子进行化简，利用特殊角的正弦值得出结果； 【详解】因为等差数列，，， 则. 5. 记等差数列的前项和为，若，则___________. 【答案】9 【解析】 【分析】根据下标和性质求出，再根据等差数列求和公式及下标和性质计算可得. 【详解】因为，所以，所以. 故答案为： 6. 已知四点共面，且任意三点不共线，为平面外任意一点，若，则_________． 【答案】##0.4 【解析】 【分析】根据空间向量共面定理即可求得. 【详解】∵， 由空间向量共面定理得：， 故答案为：. 7. 已知数列的通项公式为，其中为常数，设数列的前项和为，若且，则的取值范围为________. 【答案】 【解析】 【分析】由题意可得且，利用数列的通项公式列出不等式，求解即得. 【详解】由题意知且， 即且， 因，代入可得且， 解得且，故的取值范围为. 故答案为： 8. 正方体的棱长为，、分别是、的中点，则点到平面的距离为________. 【答案】 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用点到平面的距离，即可得答案； 【详解】解：建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，. 则，， 设平面的法向量为， 则，∴，∴.令，得. 又∵， ∴点到平面的距离. 故答案为：. 9. 如图，在棱长均为1的平行六面体中，，则______. 【答案】 【解析】 【分析】结合图象根据向量加减法得出的表达式，根据向量模长公式得出的表达式，再根据平行六面体的性质结合已知条件计算得出相应的向量数量积与模长值，最后代入的表达式求解． 【详解】如下图所示： ， 平行六面体棱长均为1， ， 又 ，，， ． 故答案为：． 10. 蚊香具有悠久的历史，我国蚊香的发明与古人端午节的习俗有关，如图为某校数学社团用数学软件制作的“蚊香”.画法如下：在水平直线上收长度为1的线段，作一个等边三角形，然后以点为圆心，为半径逆时针画圆弧交线段的延长线于点（第一段圆弧），再以点为圆心，为半径逆时针画圆弧交线段的延长线于点，再以点为圆心，为半径逆时针画圆弧……以此类推，当得到的“蚊香”恰好有15段圆弧时，“蚊香”的长度为_____________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意分析可得：每段圆弧的圆心角为，半径满足，结合等差数列的通项公式和求和公式分析运算. 【详解】由题意可知：每段圆弧的圆心角为， 设第段圆弧的半径为，则可得， 故数列是以首项，公差的等差数列， 则， 则“蚊香”的长度为 . 故答案为：. 11. 如图，在棱长为2的正方体中，M，N分别是棱，的中点，点P在线段CM上运动，给出下列四个结论： ①平面CMN截正方体所得的截面图形是五边形； ②直线到平面CMN的距离是； ③存在点P，使得； ④直线与平面CMN所成角的正弦值为． 其中所有正确结论的序号是______． 【答案】①③④ 【解析】 【分析】对于，直线与的延长线分别交于，连接分别交于，连接即可解决；对于等体积法解决即可；对于③，建立空间直角坐标系，设，得即可，对于④，利用空间向量的坐标运算，求直与平面线夹角的正弦值. 【详解】对于，如图直线与的延长线分别交于， 连接分别交于，连接， 则五边形即为所求的截面图形，故正确； 对于，由题知，平面，平面， 所以平面， 所以点到平面的距离即为直线到平面的距离， 设点到平面的距离为，由正方体的棱长为可得， ，， 所以， ， 所以由，可得， 所以直线到平面的距离是，故错误； 对于，建立如图所示的空间直角坐标系， , 设，得, 所以 因为， 所以， 即解得满足题意， 所以存在点P，使得，故正确； 对于，, 设平面的法向量为， 所以令，则， ， 所以直线与平面所成角的正弦值为，故正确； 故答案为：. 12. 在直三棱柱中，，，点P是平面ABC上一动点，则的最小值为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】先分析出取到最小值时点的位置，然后将将底面沿着翻折，使其和平面共面，转化为平面问题处理. 【详解】 作，垂足为，连接， 根据直棱柱性质可得，平面，平面，则， 显然，当在上，两个等号同时成立， 于是使得取到最小值的点落在线段上. 如图所示直三棱柱，将底面沿着翻折，使其和平面共面，如下图， 过作，垂足为，交于，则此位置的点为所求， 根据题干数据，，， 由，故，于是，， 设，则，由，解得， 故，故； 故答案为： 【点睛】关键点睛：立体几何折线段最值问题都会展开几何体为一个平面处理，待求表达式中含有，联想到含的直角三角形的边长关系，是解题突破口. 二、选择题（本大题共有4题，满分18分，第13-14题每题4分，第15-16题每题5分） 13. 已知向量，若，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】根据垂直关系得到方程，求出答案. 【详解】因，所以，解得． 故选：D 14. 给定下列四个命题，其中正确的是（ ） A. 若两个平面有无数个公共点，则这两个平面重合 B. 垂直于同一直线的两条直线互相平行 C. 若直线和直线平行，且平面，则 D. 若两个平面相交，那么其中一个平面内与两平面的交线不垂直的直线与另一个平面一定不垂直 【答案】D 【解析】 【分析】利用面面位置关系可判断A选项；利用线线位置关系可判断B选项；利用线面位置关系可判断C选项；利用反证法可判断D选项. 【详解】对于A，若两个平面有无数个公共点，则这两个平面相交或重合，A错； 对于B，空间中垂直于同一直线的两条直线平行、相交或异面，B错； 对于C，若直线和直线平行，且平面，则或，C错； 对于D，假设，直线为平面内的一条直线， 假设，由于，则，这与题设条件矛盾，假设不成立，故D正确， 故选：D． 15. 在三棱锥中，平面，， ，，则三棱锥 的外接球的表面积等于（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】将三棱锥补全成为长方体，那么长方体的外接球即是三棱锥的外接球，然后根据长方体的外接球半径为体对角线的一半求得半径，最后根据球的表面积公式求得结果. 【详解】将三棱锥补全成为长方体，那么该三棱锥的外接球也是长方体的外接球， 则外接球半径为 . 那么三棱锥的外接球的表面积为 . 故选：B. 16. 《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑．在如图所示的鳖臑中，平面，，，E是BC的中点，H是内的动点（含边界），且平面，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】依题意作出图形，利用面面平行的判定定理可得平面平面，再由线面垂直的判定定理可得平面，进而有，，结合空间向量的数量积运算即可求解. 【详解】设F，G分别为AB，BD中点，连接FG，EF，EG，如图， 易得，，， 因为平面，平面，所以平面， 同理平面， 又因平面，，所以平面平面. 因为平面，所以H为线段FG上的点. 由平面，平面，得， 又，则， 由平面，得平面， 因为，所以平面，，. 因为， 所以，，. 所以 . 因为，所以. 故选：B. 【点睛】关键点睛：本题解决的关键是推得H为线段FG上的点，从而利用空间向量数量积的定义得到，从而得解. 三、解答题（本大题共有5题，满分78分）解答下列各题必须写出必要的步骤. 17. 如图，在直三棱柱中，，，，点是的中点. （1）证明：； （2）证明：平面. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据已知条件证明平面，再通过线面垂直的性质得到线线垂直； （2）设，根据条件得到，再结合线面平行的判定定理证明即可. 【小问1详解】 在直三棱柱中，平面， 因为平面，所以. 因为，，， 所以，所以， 又，平面， 所以平面， 因为平面，所以 【小问2详解】 设，连接， 则是的中点， 又因为是的中点，所以 因为平面，平面， 所以平面. 18. 如图，某公司制造一种海上用的“浮球”，它是由两个半球和一个圆柱筒组成．其中圆柱的高为4米，球的半径r为1米． （1）这种“浮球”的体积是多少立方米（精确到）？ （2）假设该“浮球”的建造费用仅与其表面积有关．已知圆柱形部分每平方米建造费用为20元，半球形部分每平方米建造费用为30元．求该浮球的建造费用（精确到1元）． 【答案】（1）17 （2）880元 【解析】 【分析】（1）根据圆柱、球体积计算公式即可求出几何体体积； （2）根据圆柱、球的表面积计算公式即可求出整个几何体表面积，从而得到建造费用. 【小问1详解】 由题意得，“浮球”可看成是由一个圆柱体和一个球体组成， 圆柱体底面半径为1，高为4，故体积为， 球体体积， 所以“浮球”的体积. 【小问2详解】 由题意得，圆柱形部分表面积即为圆柱体的侧面积， ，故建造费用为元， 球形部分表面积为， 故建造费用为元， 所以整个“浮球”的建造费用为元. 19. 公差不为0的等差数列中，，且成等比数列． （1）求数列的通项公式； （2）设，数列的前n项和为．若，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用等比数列的定义以及等差数列的性质，列出方程即可得到答案； （2）先求出的通项，再利用的单调性即可得到的最小值，从而求得的取值范围． 【小问1详解】 依题意，，，所以， 设等差数列的公差为，则， 解得， 所以 【小问2详解】 ，则数列是递增数列， ， 所以， 若，则. 20. 在四棱锥中，侧面平面，四边形为直角梯形，，，，为等边三角形，点，分别为的中点． （1）证明：平面； （2）求平面与平面所成角的余弦值； （3）点为线段上的动点，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）连接，利用余弦定理可得，结合勾股定理可得，可得，由面面垂直的性质可得平面，进而可得，可证结论； （2）取的中点，连接，可证，，以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，求得两平面的一个法向量，利用向量法可求得平面与平面所成角的余弦值； （3）设，设平面与平面所成的夹角为， 可得，利用换元法，结合二次函数的性质，可求直线与平面所成角的正弦值的取值范围. 【小问1详解】 连接，因为点，分别为的中点，所以， 因为四边形为直角梯形，，，， 所以，， 在中，由余弦定理可得， 所以，所以，所以， 又因为为等边三角形，点为的中点，所以， 又因为侧面平面，侧面平面， 所以平面，又平面，所以， 又因为，平面，所以平面； 【小问2详解】 取的中点，连接，可得， 又平面，又平面，所以， 以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 则， 设平面的一个法向量为， ，令，则， 则平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为， 则，令，则， 所以平面的一个法向量为， 则， 所以平面与平面所成角的余弦值为； 【小问3详解】 设，则， 又， 又平面的一个法向量为， 设平面与平面所成的夹角为， 则， 令，， 则， 令，可得， 所以, 所以直线与平面所成角的正弦值的取值范围为． 21. 已知数列{}、{}满足：. （1）求 （2）证明：数列{}为等差数列，并求数列和{}的通项公式； （3）设，求实数为何值时恒成立. 【答案】（1）；（2），； 【解析】 【详解】试题分析：（1）由已知可得； （2）由 可得， 从而，即， 可得数列{}是以4为首项，1为公差的等差数列，从而 即可得； （3）由（1）得， 因此， 原命题可转化为恒成立即可满足条件. 设,易得当＝1时，原命题恒成立, 当>1时，原命题不可能成立. 当<l时，对称轴, f（n）在为单调递减函数． 由可得，即<1时恒成立. 综上可得≤1时，恒成立. 考点：1、等差数列的定义；（2）数列的前n项和公式；（3）裂项相消法；（4）二次函数的性质. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $