专题07期末真题百练通关（128题17大常考题型）（期末复习专项训练）高二数学上学期沪教版

专题07期末真题百练通关（128题17大常考题型） 题型1 平面及其基本性质 题型10 统计 题型2 直线与直线间的位置关系 题型11 空间向量及其运算 题型3 直线与平面间的位置关系 题型12 空间向量基本定理 题型4 平面与平面间的位置关系 题型13 空间向量的坐标表示 题型5 柱体 题型14 空间向量在立体几何中的应用 题型6 锥体 题型15 等差数列 题型7 多面体与旋转体 题型16 等比数列 题型8 球 题型17 数列 题型9 概率初步 题型一 平面及其基本性质（共7小题） 1．（24-25高二上·上海金山·期末）若点A与直线能够确定一个平面，则点A与直线的位置关系是（    ）. A． B． C． D． 2．（23-24高二上·上海·期末）若，且， （填一符号） 3．（24-25高二上·上海·期末）用数学符号表示“直线在平面上”为 ． 4．（25-26高二上·上海·期末）如果三条直线两两相交，且仅有一个交点，那么这三条直线可以确定 个平面． 5．（23-24高二上·上海长宁·期末）已知和且，则 ． 6．（22-23高二上·上海闵行·期末）把水平放置的四边形按照斜二测画法，得到如图所示的直观图，其中，则四边形的面积为 ． 7．（24-25高二上·上海·期末）如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形，其中，，，，则平面图形的面积为 ． 题型二 直线与直线间的位置关系（共5小题） 8．（22-23高二上·上海浦东新·期末）已知三条直线，，满足且，则与（    ） A．平行 B．垂直 C．共面 D．异面 9．（23-24高二上·上海青浦·期末）在棱长为1的正方体中，P为底面ABCD内（包括边界）的动点，满足直线与直线所成角的大小为，则线段扫过的面积的大小为（    ） A． B． C． D． 10．（24-25高二上·上海·期末）如图，正方体中，分别为线段、的中点，联结，对空间任意两点，若线段与线段不相交或与线段不相交，则称两点可视，下列选项中与点不可视的为（    ） A．点 A B．点 C．点Q D．点 11．（24-25高二上·上海宝山·期末）空间两直线没有公共点，则这两条直线的位置关系为 ． 12．（24-25高二上·上海闵行·期末）正四棱锥的所有棱长均相等，是的中点，那么异面直线与所成角的正切值为 . 题型三 直线与平面间的位置关系（共9小题） 13．（24-25高二上·上海·期末）已知a，b是两条不同的直线，α为一个平面， a⊂α，则“b∥α”是“a，b无公共点”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 14．（22-23高二上·上海徐汇·期末）正方体的棱长为4，分别为、的中点，则平面截正方体所得的截面面积为 . 15．（24-25高二上·上海·期末）已知矩形的边平面，现有数据：①；②；③；④；④，当在边上存在点，使时，则可以取 .（填序号） 16．（24-25高二上·上海·期末）如图，正方体中，点为中点，则直线与平面所成角的余弦值为 . 17．（24-25高二上·上海黄浦·期末）在四棱锥中，底面为平行四边形，分别是棱的中点. (1)求证：平面； (2)若平面与平面所成的角为，求证：平面. 18．（24-25高二上·上海宝山·期末）如图，在棱长为1的正方体中，及分别为棱和的中点． (1)求证：平面； (2)若为棱的中点，求证：平面． 19．（24-25高二上·上海·期末）如图，四棱锥的底面是正方形，垂直于底面，为的中点，，为中点． (1)求证：平面； (2)若，求直线与平面所成的角． 20．（24-25高二上·上海长宁·期末）如图，底面是正方形的直棱柱中，，. (1)求直线与平面ABCD所成角的正切值； (2)求证：. 21．（24-25高二上·上海·期末）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，，四棱锥的体积为，为的中点． (1)求证：； (2)求直线与平面所成的角的大小．（结果用反三角表示） 题型四 平面与平面间的位置关系（共9小题） 22．（23-24高二上·上海·期末）已知m、n是两条不同直线，、、是三个不同平面，则下列命题中正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 23．（25-26高二上·上海·期末）已知直线，平面，则下列命题中是真命题的为（    ） A．若，，则； B．若，，则； C．若，，则； D．若，，则． 24．（23-24高二上·上海浦东新·期末）设m、n是不同的直线，、是不同的平面，其中真命题有（    ）个． （1）若，，，则；（2）若，，，则； （3）若，，，则；（4）若，，，，则； A．0 B．1 C．2 D．3 25．（24-25高二上·上海长宁·期末）已知直线l，m和平面，，且，，则下列命题中正确的是 . ①若，则    ②若，则 ③若，则    ④若，则 26．（23-24高二上·上海·期末）定义两个相交平面夹角为两个平面所组成的四个二面角的最小值．已知平面与所成的角为，为外一定点，过点的一条直线与所成的角都是，则这样的直线有 . 27．（23-24高二上·上海·期末）已知正四棱锥的底面边长为a，侧棱长为2a，点分别在和上，并且，平面，求线段的长．    28．（24-25高二上·上海·期末）如图，在三棱锥中，侧面，是全等的直角三角形，是公共的斜边，且，，另一个侧面是正三角形． (1)求证：； (2)求二面角的大小； 29．（24-25高二上·上海闵行·期末）如图，在四棱锥中，底面为正方形，侧面是正三角形，侧面底面是的中点. (1)求证：平面； (2)求侧面与底面所成二面角的正切值. 30．（24-25高二上·上海闵行·期末）如图，在直三棱柱中，，，且、分别是、的中点． (1)证明：； (2)求二面角的大小．（结果用反三角函数值表示） 题型五 柱体（共9小题） 31．（24-25高二上·上海黄浦·期末）在多面体中，已知，且它们两两之间的距离为4.若，则该多面体的体积为（   ）.    A． B． C． D． 32．（23-24高二上·上海·期末）若干个能确定一个立体图形的体积的量称为该立体图形的“基本量”.已知长方体，下列四组量中，不能作为该长方体的“基本量”的是（    ） A．的长度 B．的长度 C．的长度 D．的长度 33．（24-25高二上·上海·期末）若圆柱的底面半径与高均为2，则其侧面积为 . 34．（24-25高二上·上海徐汇·期末）已知正四棱柱的底面边长为1，高度为2，一蚂蚁沿着正四棱柱的表面从点爬到点的最短距离是 ． 35．（23-24高二上·上海黄浦·期末）已知圆柱的底面半径为1，高为2，A、B分别为该圆柱上、下底面圆周上的动点，若直线AB与该圆柱的轴始终互为异面直线，则线段AB长度的取值范围是 ． 36．（22-23高二上·上海静安·期末）在棱长为的正方体中，，分别是正方形、正方形的中心，则过点，，的平面截正方体的截面面积为 ． 37．（24-25高二上·上海·期末）如图，一个高为1的长方体形状的容器内装有水，若保持容器底面的一条棱不动，将该容器的另一端抬起至水恰好不能流出容器，发现此时容器的底面中不被水浸到的面积为底面积的，则容器在原来位置时的水深为 . 38．（25-26高二上·上海·期末）如图，在正三棱柱中，下底面的面积为，侧面积为18． (1)求正三棱柱的体积； (2)若D是AB的中点，求异面直线与BC所成的角的大小． 39．（24-25高二上·上海·期末）如图，在一个圆锥内作一个内接圆柱（圆柱的下底面在圆锥的底面上，上底面的圆在圆锥的侧面上），圆锥的母线长为是底面的两条直径，且，圆柱与圆锥的公共点恰好为其所在母线的中点，点是底面的圆心. (1)求圆柱的侧面积； (2)求异面直线和所成的角的余弦值. 题型六 锥体（共9小题） 40．（24-25高二上·上海·期末）对于一个四棱锥，已知二面角、、、大小都相等，有下列两个命题：①底面可以是等腰梯形；②若底面是平行四边形，则是矩形.下列说法正确的是（    ）. A．①②都是真命题 B．①是真命题，②是假命题 C．①是假命题，②是真命题 D．①②都是假命题 41．（24-25高二上·上海·期末）若圆锥的底面半径与高均为2，则其侧面积为 . 42．（24-25高二上·上海·期末）已知正四棱锥的底面边长为1，侧棱长为1，则该正四棱锥的体积为 . 43．（22-23高二上·上海松江·期中）设正四面体的棱长为1，棱上一点满足，且到面的距离分别为，则 . 44．（24-25高二上·上海·期末）如图，圆锥中为顶点，底面直径，侧面积为，为的中点.设平面经过直线，则点到平面距离的最大值为 . 45．（24-25高二上·上海·期末）如图，在棱长为2的正方体中，为线段上的动点（不含端点），则下列结论正确的有 ①平面平面； ②； ③的取值范围是； ④三棱锥的体积为定值. 46．（23-24高二上·上海·期末）如图，已知圆柱的底面半径为2，母线长为3，    (1)求该圆柱的体积和表面积 (2)直角三角形绕旋转一周，求所得圆锥的侧面积 47．（24-25高二上·上海金山·期末）如图，棱长为2的正四面体中，分别是棱的中点，是点在平面内的射影. (1)求证：直线平面； (2)求三棱锥的体积； (3)求二面角的大小. 48．（22-23高二上·上海浦东新·期末）如图，在直角中，，斜边，是中点，现将直角以直角边为轴旋转一周得到一个圆锥.点为圆锥底面圆周上一点，且. (1)求圆锥的体积与侧面积； (2)求直线与平面所成的角的正切值. 题型七 多面体与旋转体（共6小题） 49．（23-24高二上·上海青浦·期末）底面半径为3，高为4的圆柱和圆锥的表面积的比值为 ． 50．（23-24高二上·上海青浦·期末）已知某圆台上底面和下底面的半径分别为1和2，母线长为3，则该圆台的高为 51．（24-25高二上·上海·期末）将扇形纸壳剪掉扇形后得到扇环，，，如图1，用扇环制成一个圆台的侧面，如图2，则该圆台的体积为 ．    52．（23-24高二上·上海·期末）将一个边长为2的正六边形（图1）沿对折，形成如图2所示的五面体，其中，底面是正方形． (1)求二面角的大小． (2)如图3，点分别为棱上的动点．求周长的最大值． 53．（24-25高二上·上海·期末）如图，已知圆锥的顶点为，底面圆的直径长为，点是圆上一点，， 点是劣弧上的一点， 平面平面， 且. (1)证明：. (2)当三棱锥的体积为时，求点到平面的距离. 54．（23-24高二上·上海·期末）上海中心大厦是上海市的地标建筑，现为中国第一高楼.为有效减少建筑所受的风荷载，通常对建筑体型进行一定的扭转.上海中心大厦的主楼可近似看成将正三棱柱的一个底面扭转所得的几何体；将正三棱柱的底面在其所在平面内绕的中心逆时针旋转得到，再分别连接、、、、、所得的几何体.已知大厦的主楼高度约为米，底层面积（即的面积）约为平方米.        (1)求证：； (2)试分别以正三棱柱和几何体为模型估算大厦主楼的体积. 题型八 球（共7小题） 55．（23-24高二上·上海青浦·期末）球的两个平行截面面积分别为和，球心到这两个截面的距离之差等于1，则球的直径为（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 56．（23-24高二上·上海·期末）若一个球的半径为，则它的体积为 ． 57．（24-25高二上·上海浦东新·期末）设地球的半径为，若在北纬的纬线图上，则此纬线圈构成的小圆面积为 .（结果用表示） 58．（24-25高二上·上海金山·期末）在正方体中，已知，点在棱上，且，则正方体表面上到点距离为的点的轨迹的总长度为 . 59．（24-25高二上·上海长宁·期末）在三棱锥中，平面，，若点A，B，C，D均在球O的表面上，且，则球O的表面积为 . 60．（23-24高二上·上海·期末）在边长为1的正方形中裁去一个如图所示的扇形，再将剩余的阴影部分绕旋转一周，则所得几何体的体积为 . 61．（24-25高二上·上海·期末）如图，半球内有一内接正四棱柱（即正四棱柱的一个面在半球的底面圆上，其余顶点在半球面上）. (1)若正四棱柱的各棱长均为（即为正方体），求半球的表面积和体积； (2)若半球的底面圆的半径为10，求正四棱柱表面积的最大值. 题型九 概率初步（共6小题） 62．（24-25高二上·上海·期末）下列事件是必然事件的是（    ） A．从分别标有数字1，2，3，4，5的5张标签中任取一张，得到标有数字4的标签 B．底面是正方形的四棱柱是正四棱柱 C．平行于同一条直线的两条直线互相平行 D．有公共点的两个圆相切 63．（2024·上海徐汇·一模）一个不透明的盒子中装有若干个红球和5个黑球，这些球除颜色外均相同.每次将球充分搅匀后，任意摸出1个球记下颜色后再放回盒子.经过重复摸球足够多次试验后发现，摸到黑球的频率稳定在0.1左右，则据此估计盒子中红球的个数约为（    ） A．40个 B．45个 C．50个 D．55个 64．（24-25高二上·上海·期末）抛掷一红一绿两枚质地均匀的正六面体骰子，记下骰子朝上面的点数用表示红色骰子的点数，用表示绿色骰子的点数，用表示一次试验的结果．定义事件：事件为“为奇数”，事件为“为奇数”，事件为“为奇数”，则下列结论错误的是（　　） A．与互斥 B．与对立 C． D．与相互独立 65．（24-25高二上·上海·期末）“抛掷一枚骰子，观察朝上的点数”的样本空间为 ． 66．（24-25高二上·上海金山·期末）掷一颗质地均匀的骰子出现点数是2的概率为 . 67．（24-25高二上·上海·期末）一个盒子中装有4张卡片，卡片上分别写有数字1、2、3、4.现从盒子中随机抽取卡片. (1)若第一次抽取1张卡片，放回后再抽取1张卡片，事件表示“两次抽取的卡片上数字之和大于”，求； (2)若一次抽取1张卡片，不放回并再抽取1张卡片，事件表示“2张卡片上数字之和是3的倍数”，事件表示“2张卡片上数字之积是4的倍数”，验证是独立的，并说明理由. 题型十 统计（共11小题） 68．（24-25高二上·上海·期末）在以下调查中，适合用普查的是（    ）. A．调查某批次汽车的抗撞击能力 B．调查一批LED灯的寿命 C．调查某城市居民的食品消费结构 D．调查一个班级学生的身高情况 69．（23-24高二上·上海·期末）为调研某地空气质量，连续10天测得该地的日均值（单位为），依次为，则下列四个结论中正确的个数为（    ） ①前4天的极差大于后4天的极差；②前4天的方差小于后4天的方差；③这组数据的中位数为31或33；④这组数据的第60百分位数与众数相同. A．0 B．1 C．2 D．3 70．（24-25高二上·上海黄浦·期末）某校有学生500人，其中男生320人，女生180人.某人想了解该校全体学生的身高（单位：cm）信息，从男生、女生中分别随机抽取人进行测量.如果已知男生样本的均值为173.5，方差为17，女生样本的均值为163.83，方差为30.03，但原始测量数据已丢失.设总体均值与方差分别为与，则下列说法正确的是（   ）． A．若，可算出总样本的均值与方差，且将其分别作为与的估计值是合适的 B．若，无法算出总样本的均值与方差 C．若，可算出总样本的均值与方差，且将其分别作为与的估计值是合适的 D．若，无法算出总样本的均值与方差 71．（23-24高二上·上海黄浦·期末）以下是“我国2018-2022年货物进出口总额统计图”，下列说法错误的是（    ） A．从2019年开始，2020年的进口额年增长率最小 B．从2019年开始，2021年的出口额年增长率最大 C．从2019年开始，进出口总额逐年增大 D．从2019年开始，进出口总额年增长率逐年增大 72．（24-25高二上·上海·期末）若一组数据的方差为3，则的方差为 . 73．（24-25高二上·上海·期末）现有7张卡片，分别写上数字2，4，5，5，6，9，16，则这7个数的第75百分位数是 ． 74．（23-24高二上·上海长宁·期末）从总体容量为的一批电子元件中抽取一个容量为30的样本，若每个电子元件被抽到的可能性为，则总体容量 ． 75．（23-24高二上·上海黄浦·期末）某高中二年级共有学生425名，其中男生204名，女生221名，为了解该校高二年级学生的身高情况，从中抽取50名学生测量身高，若采用分层随机抽样的方法，则要抽取男生的人数为 ． 76．（24-25高二上·上海宝山·期末）已知甲，乙两组数据如茎叶图所示，其中，若这两组数据的中位数相等，平均数也相等，则 ． 77．（23-24高二上·上海·期末）中国17岁射击运动员黄雨婷在2023年杭州亚运会上以顽强作风和精湛技艺为中国代表团摘得三枚金牌，展现了奋发向上、勇攀高峰的精神面貌.以下是她在女子10米气步枪个人项目决赛最后淘汰赛阶段14次射击取得的成绩（单位：环） 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 10.3 10.3 10.4 10.4 10.8 10.8 10.5 10.4 10.7 10.5 10.7 10.7 10.3 10.6 则该组数据的方差是 .（近似到0.001） 78．（23-24高二上·上海黄浦·期末）某果园种植了甲、乙两个品种的苹果，现从这两个品种中各随机抽取10个，测得它们的质量（单位：kg）．其分布如茎叶图所示（百位数和十位数部分作为“茎”，个位数部分作为“叶”）． (1)试分别求这两个品种苹果质量的样本平均数和标准差；（结果精确到0.01） (2)哪个品种的苹果质量更均匀？为什么？ 题型十一 空间向量及其运算（共5小题） 79．（24-25高二上·上海·期末）在四棱锥中，若，则实数组可能是（    ） A． B． C． D． 80．（24-25高二上·上海·期末）在正方体中，下列结论错误的是（    ） A． B．向量与的夹角是 C． D．这个正方体的体积为 81．（22-23高二上·上海浦东新·期末）已知，，则 . 82．（24-25高二上·上海徐汇·期末）已知棱长为1的正方体，任选2个顶点作为起点和终点所成的向量，与向量的数量积共有 种结果． 83．（24-25高二上·上海·期末）已知正三棱锥，侧棱长为5，底面边长为8，若空间中的一个动点M满足，则的取值范围是 ． 题型十二 空间向量基本定理（共6小题） 84．（23-24高二上·上海·期末）已知棱长为的正四面体中，为中点，则 . 85．（24-25高二上·上海·期末）如图，在平行六面体中，，，若为中点，则 .    86．（24-25高二上·上海·期末）有以下命题： ①若（），则与、共面； ②若与、共面，则（）； ③若（），则M、P、A、B共面； ④若M、P、A、B共面，则（）. 则所有真命题的序号是 87．（24-25高二上·上海·期末）若，，是三个不共面的非零向量，，，，若向量，，共面，则 ． 88．（23-24高二上·上海·期末）如图所示，在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，侧棱的长为2，且和的夹角都是，是的中点，设，，，试以，，为基向量表示出向量，并求的长． 89．（24-25高二上·上海金山·期末）如图，在空间四边形中，点为的中点，，设. (1)试用向量表示向量； (2)若，求的值. 题型十三 空间向量的坐标表示（共6小题） 90．（24-25高二上·上海·期末）在空间直角坐标系中，已知，，则点和点关于（    ） A．轴对称 B．平面对称 C．轴对称 D．平面对称 91．（24-25高二上·上海·期末）若点关于平面的对称点为，关于轴的对称点为，则两点（    ） A．关于坐标原点对称 B．关于轴对称 C．关于轴对称 D．关于平面对称 92．（23-24高二上·上海·期末）在直三棱柱中，底面为等腰直角三角形，且满足．点P满足，其中，则下列说法不正确的是（　　） A．当时，的面积S的最大值为 B．当时，三棱锥的体积为定值 C．当时，有且仅有一个点P，使得 D．当时，存在点P，使得平面 93．（24-25高二上·上海宝山·期末）在空间直角坐标系中，点关于轴的对称点的坐标为 ． 94．（23-24高二上·上海·期末）在空间直角坐标系中，点P坐标可记为：定义柱面坐标系，在柱面坐标系中，点P坐标可记为．如图所示，空间直角坐标与柱面坐标之间的变换公式为：,,．则在柱面坐标系中，点与点两点距离的最小值为 .    95．（24-25高二上·上海·期末）已知空间中三点，设. (1)若，且，求向量； (2)求以为一组邻边的平行四边形的面积. 题型十四 空间向量在立体几何中的应用（共4小题） 96．（23-24高二上·上海浦东新·期末）在正方体中，为的中点，则异面直线与所成角的大小为 . 97．（25-26高二上·上海·期末）如图，在长方体中，，，点在棱上运动. (1)证明：； (2)设为棱的中点，在棱上是否存在一点，使得平面，若存在，求的值，若不存在，说明理由. 98．（24-25高二上·上海·期末）如图，四棱锥中，底面为矩形，，且平面底面.    (1)求该四棱锥的体积； (2)求异面直线和所成角的余弦值. 99．（24-25高二上·上海·期末）如图，平行六面体中，底面是边长为1的正方形，，． (1)求该平行六面体的表面积； (2)记在底面上的射影为，，，，求证：，并求侧棱与底面的所成角； (3)求异面直线与的所成角． 题型十五 等差数列（共8小题） 100．（23-24高二上·上海·期末）设为数列的前项和，，则满足已知条件的的个数是（    ）. A．0 B．10 C．11 D．21 101．（22-23高二上·上海杨浦·期末）设等差数列的前n项和为，首项，公差，若对任意的正整数n，总存在正整数k，使，则的最小值为（    ） A．－74 B．－8 C．－53 D．－13 102．（23-24高二上·上海·期末）已知等差数列的前项和，若当首项和公差变化时，是一个定值，则下列选项中为定值的是（    ） A． B． C． D． 103．（23-24高二上·上海宝山·期末）与的等差中项为 ． 104．（23-24高二上·上海虹口·期末）等差数列中，，则 . 105．（24-25高二上·上海·期末）已知等差数列中，，则公差 . 106．（22-23高二上·上海宝山·期末）如图，画一个正三角形，不画第三边；接着画正方形，对这个正方形，不画第四边：接着画正五边形，对这个正五边形不画第五边：接着画正六边形，…，这样无限画下去，形成一条无穷伸展的等边折线，称为比尔折线.设第n条线段与第n+1条线段所夹的角为，则 . 107．（23-24高二上·上海浦东新·期末）已知数列满足，． (1)证明：数列为等差数列，并求出数列的通项公式； (2)设数列满足，为数列的前n项和， ①求数列的前n项和； ②若在，上恒成立，求的取值范围． 题型十六 等比数列（共7小题） 108．（23-24高二上·上海·期末）若数列的前n项和满足，且，则（   ） A． B． C． D． 109．（24-25高二上·上海宝山·期末）设数列的前项和为，若对任意正整数，总存在正整数，使得，有结论：①可能为等差数列；②可能为等比数列．关于以上两个结论，正确的判断是（    ） A．①成立，②成立 B．①不成立，②成立 C．①成立，②不成立 D．①不成立，②不成立 110．（23-24高二上·上海浦东新·期末）定义在上的函数，如果对于任意给定的等比数列，仍是等比数列，则称为“保等比数列函数”．现有定义在上的如下函数：（1）；（2）；（3）；（4）．则其中是“保等比数列函数”的的序号为（    ） A．（1）（2） B．（1）（3） C．（2）（3） D．（3）（4） 111．（24-25高二上·上海·期末）计算 . 112．（23-24高二上·上海·期末）数列满足：，则 . 113．（24-25高二上·上海宝山·期末）已知无穷等比数列和，满足的各项和为9，则数列的各项和为 ． 114．（23-24高二上·上海虹口·期末）我国度量衡的发展有着悠久的历史，战国时期就已经出现了类似于砝码的、用来测量物体质量的“环权”.已知9枚环权的质量（单位：铢）从小到大构成项数为9的数列，该数列的前3项成等差数列，后7项成等比数列，且，，，则数列所有项的和为 . 题型十七 数列（共6小题） 115．（23-24高二上·上海·期末）在无穷等比数列中，，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 116．（24-25高二上·上海·期末）在等比数列中，公比为q，其前n项积为，并且满足，，，则下列结论不正确的是（   ） A． B． C．的值是中最大的 D．使成立的最大自然数n等于4046 117．（23-24高二上·上海·期末）已知是离最近的整数，如，则无穷数列中共有 项的值等于100. 118．（24-25高二上·上海宝山·期末）某公司积极投入本市“五个新城”建设，将总部迁入其中一个新城．该公司2021年第一季度的营业收入为1.1亿元，利润为0.16亿元．预测显示：在以2021年为第一年的未来十年（每年4个季度，共40个季度）内，该公司每一季度的营业收入比上一季度增加0.05亿元，利润比上一季度增长．据此预测，解答以下问题： (1)求2021年至2026年，该公司六年共24个季度营业收入共计多少亿元？ (2)该公司在哪年哪季度的利润将首次超过该季度的营业收入的？ 119．（23-24高二上·上海·期末）已知数列，若为等比数列，则称具有性质P. (1)若数列具有性质P，且，，求的值； (2)若，求证：数列具有性质P； (3)设，数列具有性质P，其中，，，若，求正整数m的取值范围. 120．（24-25高二上·上海宝山·期末）已知数列满足（为正整数）． (1)设是公差为2的等差数列．当时，求的值； (2)设．求正整数，使得对一切正整数，均有； (3)设．当时，求数列的通项公式． 一、单选题 1．已知、是两条不同的直线，、是两个不同的平面，下列命题一定正确的是（    ） A．，，则 B．，，则 C．，，则 D．，，则 2．已知正三棱柱的各棱长均为，则该正三棱柱的外接球的表面积是（    ） A． B． C． D． 二、填空题 3．已知随机事件，，中，与互斥，与对立，且，，则 ． 4．在《九章算术》中，将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”．如图，在“阳马”中，底面，，是棱的中点，点是棱上的动点，则当的周长最小时，三棱锥外接球的表面积为 ． 5．正三棱锥中，底面边长，侧棱，向量，满足，，则的最大值为 ． 三、解答题 6．已知数列满足，且对任意的，都有. (1)令，证明：数列为等比数列； (2)求数列的通项公式及数列的前项和. 7．如图，在四棱锥中，底面是正方形平面，，点是棱的中点，平面与棱交于点． (1)求证：； (2)求二面角的正弦值． 8．如图，是的直径，垂直于所在的平面，点是圆周上的点且，在线段上且，是的中点． (1)若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值； (2)线段上是否存在点，使得平面？若存在，则求的值；若不存在，请说明理由． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题07期末真题百练通关（113题17大常考题型） 题型1 平面及其基本性质 题型10 统计 题型2 直线与直线间的位置关系 题型11 空间向量及其运算 题型3 直线与平面间的位置关系 题型12 空间向量基本定理 题型4 平面与平面间的位置关系 题型13 空间向量的坐标表示 题型5 柱体 题型14 空间向量在立体几何中的应用 题型6 锥体 题型15 等差数列 题型7 多面体与旋转体 题型16 等比数列 题型8 球 题型17 数列 题型9 概率初步 题型一 平面及其基本性质（共7小题） 1．（24-25高二上·上海金山·期末）若点A与直线能够确定一个平面，则点A与直线的位置关系是（    ）. A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】平面的基本性质及辨析 【分析】由平面的基本定理判断即可. 【详解】由直线和直线外的一点确定一个平面，可得D正确， 故选：D. 2．（23-24高二上·上海·期末）若，且， （填一符号） 【答案】 【知识点】公理的应用 【分析】根据点线、点面位置关系，结合平面的基本性质即可得答案. 【详解】，且，. 故答案为：. 3．（24-25高二上·上海·期末）用数学符号表示“直线在平面上”为 ． 【答案】 【知识点】平面的概念及其表示 【分析】由线面关系的符号表示即可得解. 【详解】“直线在平面上”的符号表示为. 故答案为： 4．（25-26高二上·上海·期末）如果三条直线两两相交，且仅有一个交点，那么这三条直线可以确定 个平面． 【答案】1或3 【知识点】空间中的点（线）共面问题 【分析】根据三条直线两两相交的位置关系可得答案. 【详解】如图，三条直线两两相交于点， 且确定平面，确定平面，确定平面； 如图，三条直线两两相交于点， 这三条直线确定平面. 故答案为：1或3. 5．（23-24高二上·上海长宁·期末）已知和且，则 ． 【答案】或 【知识点】等角定理的应用 【分析】由等角定理结合图示进行分类讨论，可得角之间的关系，由此可知结果. 【详解】如图1，此时， 如图2，此时， 故答案为：或. 6．（22-23高二上·上海闵行·期末）把水平放置的四边形按照斜二测画法，得到如图所示的直观图，其中，则四边形的面积为 ． 【答案】6 【知识点】由直观图还原几何图形、斜二测画法中有关量的计算 【分析】把直观图还原,可知是直角梯形，利用梯形面积公式可求答案. 【详解】根据斜二测画法，还原成平面图形后，得到; 水平方向长度不变，则四边形是直角梯形，． 故答案为：6. 7．（24-25高二上·上海·期末）如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形，其中，，，，则平面图形的面积为 ． 【答案】 【知识点】由直观图还原几何图形、斜二测画法中有关量的计算 【分析】根据斜二测画法将直观图还原为平面图即可. 【详解】 由题意，在直角梯形中，，则， 故直角梯形的面积为， 故答案为：． 题型二 直线与直线间的位置关系（共5小题） 8．（22-23高二上·上海浦东新·期末）已知三条直线，，满足且，则与（    ） A．平行 B．垂直 C．共面 D．异面 【答案】B 【知识点】证明异面直线垂直 【分析】根据空间直线平行垂直的定义，结合等角定理进行判定. 【详解】若且，根据空间直线垂直的定义，可得，不平行，有可能共面，也有可能异面. 故选：B. 9．（23-24高二上·上海青浦·期末）在棱长为1的正方体中，P为底面ABCD内（包括边界）的动点，满足直线与直线所成角的大小为，则线段扫过的面积的大小为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】立体几何中的轨迹问题、由异面直线所成的角求其他量 【分析】结合题意易知的轨迹是以为圆心，半径为的四分之一圆，即可求扫过的面积. 【详解】由题意得：正方体中，易得， 要使直线与直线所成角的大小为， 只需与直线所成角的大小为， 所以绕以夹角旋转为锥体的一部分，如图所示： 所以,即， 所以点的轨迹是以为圆心，为半径的四分之一圆， 故线段扫过的面积的大小为. 故选：A. 10．（24-25高二上·上海·期末）如图，正方体中，分别为线段、的中点，联结，对空间任意两点，若线段与线段不相交或与线段不相交，则称两点可视，下列选项中与点不可视的为（    ） A．点 A B．点 C．点Q D．点 【答案】B 【知识点】异面直线的判定 【分析】根据新定义、异面直线的定义判断即可. 【详解】对于A，连接，因为平面， 平面，且，所以直线与是异面直线， 所以点与点可视，故A错误； 对于B，如图，连接，得平面， 且与相交，连接，因为，， 所以四边形是平行四边形，得与相交，所以点与点不可视， 故B正确； 对于C，如图，连接，，因为平面， 平面，且，所以直线与是异面直线， 所以点与点可视，故C错误； 对于D，如图，连接，， 因为平面，平面，且， 所以直线与是异面直线，所以点与点可视，故D错误. 故选：B. 11．（24-25高二上·上海宝山·期末）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 【知识点】异面直线的概念及辨析 【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. 故答案为：平行或异面. 12．（24-25高二上·上海闵行·期末）正四棱锥的所有棱长均相等，是的中点，那么异面直线与所成角的正切值为 . 【答案】 【知识点】求异面直线所成的角 【分析】如图可得异面直线与所成角等于，然后可得答案. 【详解】设正四棱锥棱长为2.连接AC，取AC中点为O，连接OE. 因E，O分别为PC，AC的中点，则， 则异面直线与所成角等于或其补角. 又由题可得，， 则. 故答案为： 题型三 直线与平面间的位置关系（共9小题） 13．（24-25高二上·上海·期末）已知a，b是两条不同的直线，α为一个平面， a⊂α，则“b∥α”是“a，b无公共点”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【知识点】线面关系有关命题的判断、判断命题的充分不必要条件 【分析】根据充分条件和必要条件的概念可确定选项. 【详解】由b∥α得直线b与平面α无公共点，由a⊂α得a，b无公共点，充分性成立. 由a，b无公共点得a∥b或a，b为异面直线，b∥α不一定成立，必要性不成立. 故“b∥α”是“a，b无公共点”的充分不必要条件. 故选：A. 14．（22-23高二上·上海徐汇·期末）正方体的棱长为4，分别为、的中点，则平面截正方体所得的截面面积为 . 【答案】18 【知识点】判断正方体的截面形状、线面平行的性质 【分析】把截面补形为四边形，由等腰梯形计算其面积即可． 【详解】解：如图，把截面补形为四边形， 连接，由正方体可得，可得等腰梯形为平面截正方体所得的截面图形， 由正方体的棱长为4，得，， ，则到的距离即等腰梯形的高为， 所求截面的面积为， 故答案为：18． 15．（24-25高二上·上海·期末）已知矩形的边平面，现有数据：①；②；③；④；④，当在边上存在点，使时，则可以取 .（填序号） 【答案】①② 【知识点】线面垂直证明线线垂直 【分析】根据平面，结合已知可证平面，进而可得，得到点在以为直径的圆上，进而由与以为直径的圆有公共点，可求解. 【详解】连接， 因为平面，平面， 所以，又，，平面， 所以平面，因为平面，所以， 在平面内，直径所对的圆周角为直角， 所以点在以为直径的圆上， 故当与以为直径的圆有公共点时，在边上存在点，使， 因此，即. 故答案为：①②. 16．（24-25高二上·上海·期末）如图，正方体中，点为中点，则直线与平面所成角的余弦值为 . 【答案】 【知识点】求线面角 【分析】借助正方体的性质，根据线面角的定义作出所求的角，然后在直角三角形中求解余弦值即可. 【详解】因为平面平面， 所以直线与平面所成角即与平面所成角，连接， 由正方体的性质可知平面，故是与平面所成角， 设正方体的棱长为2， 在中，， 所以直线与平面所成角的余弦值为. 故答案为： 17．（24-25高二上·上海黄浦·期末）在四棱锥中，底面为平行四边形，分别是棱的中点. (1)求证：平面； (2)若平面与平面所成的角为，求证：平面. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【知识点】证明线面平行、证明线面垂直 【分析】（1）取中点，连接，，由线面平行的判定定理即可得证； （2）先由题意得到，，由线面垂直的判定定理证明平面，从而得证. 【详解】（1）取中点，连接，， 为的中点，且， 是的中点，底面是平行四边形，且， 且， 四边形为平行四边形，所以， 又平面，平面， 平面. （2）平面，所以为与平面所成的角， ，又平面，，， 即为等腰直角三角形， 为中点，， 又平面，平面，， 又底面是平行四边形且，平行四边形为矩形，则， 又平面，平面， 平面，， 又平面， 平面， 由（1）可知，平面. 18．（24-25高二上·上海宝山·期末）如图，在棱长为1的正方体中，及分别为棱和的中点． (1)求证：平面； (2)若为棱的中点，求证：平面． 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析. 【知识点】证明线面平行、证明线面垂直、线面垂直证明线线垂直 【分析】（1）利用中位线定理与线面平行的判定定理即可得证； （2）利用线面垂直的性质与判定定理即可得解. 【详解】（1）在正方体中，E，F，G分别为棱和的中点， ，且，则四边形是平行四边形，， 而平面平面DEG，所以平面DEG. （2）在正方体中，平面，面，则， 由是正方形边的中点，得，则， 为棱的中点，在正方形中，， 则，即，则， 又平面DEG，所以平面DEG. 19．（24-25高二上·上海·期末）如图，四棱锥的底面是正方形，垂直于底面，为的中点，，为中点． (1)求证：平面； (2)若，求直线与平面所成的角． 【答案】(1)证明见解析； (2) 【知识点】证明线面平行、求线面角 【分析】（1）连结交于，连接，推导出，利用线面平行判定定理证明平面； （2）根据，可得直线与平面所成的角等于直线与平面所成的角，可得为直线与平面所成的角，利用直角三角形中易求． 【详解】（1） 连接，交于O，连结， ∵四棱锥的底面是边长为1的正方形， ∴O是的中点，∵为的中点，∴， ∵平面，平面，∴平面； （2）∵，∴直线与平面所成的角等于直线与平面所成的角， 底面，∴为直线与平面所成的角， ∵，∴， ∴直线与平面所成的角等于. 20．（24-25高二上·上海长宁·期末）如图，底面是正方形的直棱柱中，，. (1)求直线与平面ABCD所成角的正切值； (2)求证：. 【答案】(1)； (2)证明见解析 【知识点】求线面角、线面垂直证明线线垂直 【分析】（1）由题意可得为直线与平面ABCD所成的角，然后在中求解即可； （2）由平面，可得，再由底面是正方形可得，然后利用线面垂直的判定定理可得平面，从而可证得. 【详解】（1）平面， 为直线与平面ABCD所成的角， 在中，， 直线与平面ABCD所成角的正切值为. （2）证明：平面，平面，， 又四边形为正方形，则， ∵，平面， 平面， 平面，. 21．（24-25高二上·上海·期末）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，，四棱锥的体积为，为的中点． (1)求证：； (2)求直线与平面所成的角的大小．（结果用反三角表示） 【答案】(1)证明见解析； (2). 【知识点】线面垂直证明线线垂直、求线面角、证明线面垂直、反三角函数 【分析】（1）由得到，根据线面垂直的性质有，再由线面垂直的判定、性质可证； （2）设相交于一点，连接，易知是直线与平面所成的角，进而求出角的大小. 【详解】（1）由题设，且， 故， 所以，故. 因为 底面，底面，所以， 因为，且面， 所以平面， 又平面， 则， （2）设相交于一点，连接，由（1）知：平面， 所以是直线与平面所成的角， ，则， 因为四棱锥的体积为，底面， 所以，所以， ,, 所以 ， 所以所求线面角的大小为. 题型四 平面与平面间的位置关系（共9小题） 22．（23-24高二上·上海·期末）已知m、n是两条不同直线，、、是三个不同平面，则下列命题中正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 【答案】D 【知识点】面面关系有关命题的判断、线面关系有关命题的判断 【分析】利用长方体中线面的关系，逐一确定各选项. 【详解】 A选项：令平面为平面，为直线，为直线， 有：，，但，A错误； B选项：令平面为平面，令平面为平面， 令平面为平面，有：，，而，B错误； C选项：令平面为平面，令平面为平面，为直线， 有：，，则，而，C错误； D选项：垂直与同一平面的两直线一定平行，D正确. 故选：D 23．（25-26高二上·上海·期末）已知直线，平面，则下列命题中是真命题的为（    ） A．若，，则； B．若，，则； C．若，，则； D．若，，则． 【答案】C 【知识点】线面平行的性质、面面关系有关命题的判断、线面关系有关命题的判断 【分析】根据空间直线与平面，直线与直线，平面与平面不同位置的定义，判定定理及性质定理，逐一对题目中的四个命题进行判断，即可得到答案． 【详解】对于A，若，，则与平行或相交或在内，故A错误； 对于B，若，，则与平行或相交或在面内，故B错误； 对于C，若，，由线面垂直的性质可得，故C正确； 对于D，若，，则或，故D错误； 故选：C. 24．（23-24高二上·上海浦东新·期末）设m、n是不同的直线，、是不同的平面，其中真命题有（    ）个． （1）若，，，则；（2）若，，，则； （3）若，，，则；（4）若，，，，则； A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】B 【知识点】面面关系有关命题的判断 【分析】根据面面垂直、面面平行的判定定理和性质逐一判断即可. 【详解】对于（1）:若，则，又，则，故（1）正确; 对于（2）:若，则或与相交，故（2）错误; 对于（3）:若，则或与相交，故（3）错误; 对于（4）：根据面面平行的判定定理，， 条件缺乏与相交，故（4）错误， 故选：B 25．（24-25高二上·上海长宁·期末）已知直线l，m和平面，，且，，则下列命题中正确的是 . ①若，则    ②若，则 ③若，则    ④若，则 【答案】①④ 【知识点】线面关系有关命题的判断、面面关系有关命题的判断 【分析】根据线面垂直的性质，面面平行的判定定理，面面垂直的性质逐一判断即可. 【详解】由直线l，m和平面，，且，，知： 在①中，若，则由线面垂直的性质得，而，所以，故①正确； 在②中，若，显然由可得，，此时不成立，故②错误； 在③中，若，则l与m相交、平行或异面，故③错误； 在④中，若，则，，故④正确. 故答案为：①④ 26．（23-24高二上·上海·期末）定义两个相交平面夹角为两个平面所组成的四个二面角的最小值．已知平面与所成的角为，为外一定点，过点的一条直线与所成的角都是，则这样的直线有 . 【答案】4 【知识点】线面角的概念及辨析、二面角的概念及辨析 【分析】过点作平面垂直于平面的交线，并且交直线于点，连接，则，过点在平面内作的平分线，以为轴在的角平分面内转动，根据题意可得出有两条直线满足题意；以为轴在平面内前后转动，根据题意可得出有两条直线满足题意，综合可得结果. 【详解】解：首先给出下面两个结论： ①两条平行线与同一个平面所成的角相等； ②与二面角的两个面成等角的直线在二面角的平分面内或平行于角平分面. （1）如图1，过二面角内任一点作棱的垂面，交棱于点， 与两半平面交于， 因为平面，平面，所以， 则为二面角的平面角，则， 设为的平分线，则， 与平面所成的角都是，此时过点且与平行的直线符合要求， 当以为定点，在二面角的平分面上转动时，与两平面的夹角会变小， 会对称地出现两条符合成的情形； 此时过点且与平行的直线符合条件，有2条，    （2）如图2，设为的补角的平分线，    则，与平面所成的角都是， 当以为定点，在二面角的平分面上转动时， 与两平面夹角变小 ，对称地在图2中的两侧会出现的情形，有两条， 此时，过点且与平行的直线符合要求，有两条. 综上所述，符合条件的直线有4条. 故答案为：4. 27．（23-24高二上·上海·期末）已知正四棱锥的底面边长为a，侧棱长为2a，点分别在和上，并且，平面，求线段的长．    【答案】 【知识点】由线面平行求线段长度、面面平行证明线线平行、余弦定理解三角形 【分析】过P作，交于M，连结，分别求出，利用余弦定理求出，由此利用余弦定理能求出线段的长． 【详解】过P作，交于M，连结， ∵正四棱锥的底面边长为a，侧棱长为2a，点分别在和上， 并且，平面， ∵平面，平面，∴平面， 又平面，∴平面平面， ∵平面平面,平面平面, ∴， ， 由余弦定理可知：， 则， ∴.    28．（24-25高二上·上海·期末）如图，在三棱锥中，侧面，是全等的直角三角形，是公共的斜边，且，，另一个侧面是正三角形． (1)求证：； (2)求二面角的大小； 【答案】(1)证明见解析 (2) 【知识点】证明线面垂直、求二面角、线面垂直证明线线垂直 【分析】（1）根据线线垂直可证明平面，即可求证， （2）根据二面角的定义可得就是二面角的平面角，即可根据余弦定理求解. 【详解】（1）取的中点为，连接, 由于，故, 由于是正三角形，故, 平面， 故平面，平面, 故 （2）作于，作交于， 则就是二面角的平面角， 因为， ∵是的中点，则，，， 由余弦定理可求得， ∴二面角的余弦值为． 29．（24-25高二上·上海闵行·期末）如图，在四棱锥中，底面为正方形，侧面是正三角形，侧面底面是的中点. (1)求证：平面； (2)求侧面与底面所成二面角的正切值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【知识点】证明线面垂直、求二面角、线面垂直证明线线垂直、面面垂直证线面垂直 【分析】（1）根据面面垂直的性质与线面垂直的性质可得，又，结合线面垂直的判定定理即可证明； （2）如图，根据面面垂直的性质与线面垂直的性质可得，确定为所求的平面角，解三角形即可. 【详解】（1）因为是正三角形，且是的中点.，所以， 又底面是正方形，所以，又因为平面平面， 且平面平面平面，所以平面， 又平面，所以. 由，平面， 所以平面； （2）如图，取的中点的中点， 连接， 因为是正三角形，所以， 又因为平面平面，且平面平面平面，所以平面平面，故， 由题意可知平面， 故平面，又平面，故， 故为平面PCD与面所成二面角的平面角， 设，则. 综上所述：侧面PCD与底面所成二面角的正切值为. 30．（24-25高二上·上海闵行·期末）如图，在直三棱柱中，，，且、分别是、的中点． (1)证明：； (2)求二面角的大小．（结果用反三角函数值表示） 【答案】(1)证明见解析 (2) 【知识点】线面垂直证明线线垂直、求二面角、证明线面垂直 【分析】（1）根据线线垂直可证明平面，即可利用线面垂直的性质求解， （2）根据线面垂直的性质可得，，故可得为所求的平面角，即可利用三角形的三边关系求解. 【详解】（1）由于三棱柱为直三棱柱，且、分别是、的中点，故平面，故平面，故， 又，故, 平面，故平面， 又平面，故 （2）由于，，故，即， 取中点为，连接, 由（1）知平面，故平面，故， 又故，平面， 故平面，平面，故， 因此为二面角的平面角， 由于,故， 结合为锐角，故, 题型五 柱体（共9小题） 31．（24-25高二上·上海黄浦·期末）在多面体中，已知，且它们两两之间的距离为4.若，则该多面体的体积为（   ）.    A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】证明面面平行、柱体体积的有关计算 【分析】采用补形法，补成一个三棱柱，利用柱体的体积公式计算即可. 【详解】    如图所示，用一个完全相同的多面体与多面体组合； 因为，所以，又， 则，从而， 因为，，所以四边形为平行四边形，则， 又平面，平面，所以平面， 同理可得，平面，又，所以平面平面， 所以组合体是一个三棱柱，又两两之间的距离为4， 不妨将三棱柱看作直三棱柱（侧棱与底面垂直）， 所以， 此时三棱柱的高，， 所以， 故选：A. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于侧棱之间的距离为定值，而侧棱与底面所成角不是定值，所以可以取侧棱垂直于底面的特殊情况，这仍满足题意；此时补形后的三棱柱的高为侧棱长，进而根据柱体的体积公式计算即可. 32．（23-24高二上·上海·期末）若干个能确定一个立体图形的体积的量称为该立体图形的“基本量”.已知长方体，下列四组量中，不能作为该长方体的“基本量”的是（    ） A．的长度 B．的长度 C．的长度 D．的长度 【答案】D 【知识点】柱体体积的有关计算、立体几何新定义 【分析】根据题设定义，结合长方体的体积公式、已知量判断长方体的体积是否可以确定即可. 【详解】如下图，根据长方体体积公式，只需确定共顶点的三条棱长即可， 已知的长度，则体积可定，A满足； 由，即可求出，则体积可定，B满足； 由勾股定理及可求，由勾股定理及可求，故体积可定，C满足； 已知无法求出，体积不能确定，D不满足. 故选：D 33．（24-25高二上·上海·期末）若圆柱的底面半径与高均为2，则其侧面积为 . 【答案】 【知识点】圆柱表面积的有关计算 【分析】根据圆柱的侧面积公式求解即可. 【详解】因为圆柱的底面半径与高均为2， 所以圆柱的侧面积. 故答案为： 34．（24-25高二上·上海徐汇·期末）已知正四棱柱的底面边长为1，高度为2，一蚂蚁沿着正四棱柱的表面从点爬到点的最短距离是 ． 【答案】 【知识点】棱柱的展开图及最短距离问题 【分析】分别求解不同情况下的展开图的长度，即可比较作答. 【详解】如图正四棱柱中，若沿着侧棱展开，可得图（1） 此时, 若沿着侧重展开，可得图（2），此时, 若沿着侧重展开，可得图（3），此时 由于，故最短距离为， 故答案为： 35．（23-24高二上·上海黄浦·期末）已知圆柱的底面半径为1，高为2，A、B分别为该圆柱上、下底面圆周上的动点，若直线AB与该圆柱的轴始终互为异面直线，则线段AB长度的取值范围是 ． 【答案】 【知识点】异面直线的概念及辨析、圆柱的结构特征辨析 【分析】根据圆柱的结构特征及异面直线定义，数形结合判断线段长度范围. 【详解】如下图， 要使直线AB与该圆柱的轴始终互为异面直线，则不能与重合， 假设能与重合，若与重合时线段AB长度最小为2，若与重合时线段AB长度最大为， 综上，线段AB长度的取值范围是. 故答案为： 36．（22-23高二上·上海静安·期末）在棱长为的正方体中，，分别是正方形、正方形的中心，则过点，，的平面截正方体的截面面积为 ． 【答案】 【知识点】判断正方体的截面形状 【分析】连接AC，, ,找到过点A、、的平面截正方体的截面,确定其形状，求得截面边长，即可求得答案. 【详解】如图连接AC，则AC过点M,连接,则经过点N,连接, 则过点A、、的平面截正方体的截面为等边， 因为正方体棱长为，故边长为，面积为， 故答案为： 37．（24-25高二上·上海·期末）如图，一个高为1的长方体形状的容器内装有水，若保持容器底面的一条棱不动，将该容器的另一端抬起至水恰好不能流出容器，发现此时容器的底面中不被水浸到的面积为底面积的，则容器在原来位置时的水深为 . 【答案】 【知识点】柱体体积的有关计算 【分析】根据直棱柱的体积公式，可得答案. 【详解】设长方体的长宽分别为，则由左图可得水的体积， 设右图中长方体底面被水浸到的矩形的未知边为，显然此时水的形状为三棱柱， 底面为直角边分别为的直角三角形，高为，则水的体积为， 由题意可得，解得，由，解得. 故答案为：. 38．（25-26高二上·上海·期末）如图，在正三棱柱中，下底面的面积为，侧面积为18． (1)求正三棱柱的体积； (2)若D是AB的中点，求异面直线与BC所成的角的大小． 【答案】(1) (2) 【知识点】柱体体积的有关计算、求异面直线所成的角 【分析】（1）由棱柱的体积公式即可求得答案； （2）取AC的中点E，在中可求得，则异面直线与BC所成的角可求. 【详解】（1）设底面边长为a，高为h，则，所以； （2）取AC的中点E，连接DE和，则就是异面直线与BC所成的角（或其补角） 在中，，，， 异面直线与BC所成的角为. 39．（24-25高二上·上海·期末）如图，在一个圆锥内作一个内接圆柱（圆柱的下底面在圆锥的底面上，上底面的圆在圆锥的侧面上），圆锥的母线长为是底面的两条直径，且，圆柱与圆锥的公共点恰好为其所在母线的中点，点是底面的圆心. (1)求圆柱的侧面积； (2)求异面直线和所成的角的余弦值. 【答案】(1) (2) 【知识点】圆柱表面积的有关计算、求异面直线所成的角 【分析】（1）求出圆柱的底面半径和高即可求解； （2）把异面直线和所成的角转化为和的夹角即可得解. 【详解】（1）设圆柱上底面的圆心为，在中，是的中点， 则，， . （2）分别是的中点，， 异面直线和所成的角等于和的夹角， 在中，， ， 所以异面直线和所成的角的余弦值为. 题型六 锥体（共9小题） 40．（24-25高二上·上海·期末）对于一个四棱锥，已知二面角、、、大小都相等，有下列两个命题：①底面可以是等腰梯形；②若底面是平行四边形，则是矩形.下列说法正确的是（    ）. A．①②都是真命题 B．①是真命题，②是假命题 C．①是假命题，②是真命题 D．①②都是假命题 【答案】A 【知识点】棱锥的结构特征和分类、判断面面平行、面面平行证明线线平行、空间平行的转化 【分析】与正四棱锥对比建立联系，已知四棱锥可由正四棱锥截得，有次可判断①正确；与正四棱锥建立联系，利用面面平行的性质定理和判定定理可以得出②正确. 【详解】对于命题①：底面 可以是等腰梯形. 当的四个侧面是正四棱锥的四个侧面的一部分时，若底面的一边正好是正四棱锥的底面的一条边，底面是等腰梯形，因此，命题①为真. 对于命题②：若底面 ABCD 是平行四边形，则必为矩形. 由于各相邻侧面所成的二面角相等，所以存在一个相邻侧面所成二面角等于给定四棱锥的相邻侧面所成的二面角的正四棱锥，使得已知四棱锥的侧面分别平行于该正四棱锥的侧面，已知正四棱锥的底面所在的平面与已知四棱锥的各面的交线平行于它与正四棱锥的相应侧面所在平面的交线，由于已知四棱锥的底面为平行四边形，故截正四棱锥各个侧面所在平面的交线围成平行四边形，由正四棱锥性质，可得这个截面平行于正四棱锥的底面，因此为矩形，故已知四棱锥的底面为矩形，因此，命题②为真. 故选：A. 41．（24-25高二上·上海·期末）若圆锥的底面半径与高均为2，则其侧面积为 . 【答案】 【知识点】圆锥表面积的有关计算 【分析】依题意可求得其母线长，代入侧面积公式计算可得结果. 【详解】由题可知圆锥母线为， 所以其侧面积为. 故答案为： 42．（24-25高二上·上海·期末）已知正四棱锥的底面边长为1，侧棱长为1，则该正四棱锥的体积为 . 【答案】/ 【知识点】正棱锥及其有关计算、锥体体积的有关计算 【分析】记该正四棱锥为，连结、，交点记为，连结，根据题中条件，以及正棱锥的结构特征，求出底面积和高，即可得出体积. 【详解】记该正四棱锥为，连结、，交点记为，连结， 由正棱锥的结构特征可知：O为S在底面的射影，为正四棱锥为的高， 因为正四棱锥的底面边长为1，侧棱长为1，则， 则底面积，， 因此， 所以该正四棱锥的体积为. 故答案为： 43．（22-23高二上·上海松江·期中）设正四面体的棱长为1，棱上一点满足，且到面的距离分别为，则 . 【答案】 【知识点】锥体体积的有关计算 【分析】求得四面体的高，再利用，代入棱锥的体积公式即可求得. 【详解】解：由题意得： 如图：平面， 由根据等体积法，由正四面体可知 故答案为： 44．（24-25高二上·上海·期末）如图，圆锥中为顶点，底面直径，侧面积为，为的中点.设平面经过直线，则点到平面距离的最大值为 . 【答案】 【知识点】圆锥表面积的有关计算、点面距离的概念及性质 【分析】根据侧面积公式可得母线，即可根据余弦定理求解角和长度，根据等面积法可得到的距离,即可求解. 【详解】设母线，则圆锥的侧面积为，则， 故，则， 故, 设点到的距离为，则， 故， 故点到平面距离的最大值即为点到的距离， 故答案为： 45．（24-25高二上·上海·期末）如图，在棱长为2的正方体中，为线段上的动点（不含端点），则下列结论正确的有 ①平面平面； ②； ③的取值范围是； ④三棱锥的体积为定值. 【答案】①②④ 【知识点】线面垂直证明线线垂直、证明面面垂直、锥体体积的有关计算 【分析】利用平面与平面垂直判断①；利用直线与平面的位置关系判断②；当点为线段的一个四等分点且靠近点时，由余弦定理可得，从而判断③；求出三棱锥的体积判断④． 【详解】对于①，因为几何体是正方体，所以平面， 因为平面，所以平面平面，故①正确； 对于②，在正方体中，对角面， 因为对角面，所以，故②正确； 对于③，当点为线段的一个四等分点且靠近点时，计算可得，，， 由余弦定理可得，此时，故③错误； 对于④，因为的面积是定值，点到平面的距离是定值， 所以三棱锥的体积为定值，故④正确． 故答案为：①②④ 46．（23-24高二上·上海·期末）如图，已知圆柱的底面半径为2，母线长为3，    (1)求该圆柱的体积和表面积 (2)直角三角形绕旋转一周，求所得圆锥的侧面积 【答案】(1)体积为，表面积为； (2) 【知识点】圆柱表面积的有关计算、圆锥表面积的有关计算、柱体体积的有关计算 【分析】（1）由圆柱体积公式可得体积，由侧面积公式先求侧面积，表面积为侧面积加上两个底面积可得； （2）先求圆锥母线长，再由侧面积公式可得. 【详解】（1）圆柱的底面半径，母线长，即高， 体积， 表面积. （2）由题意，圆锥母线， 所得圆锥的侧面积为. 47．（24-25高二上·上海金山·期末）如图，棱长为2的正四面体中，分别是棱的中点，是点在平面内的射影. (1)求证：直线平面； (2)求三棱锥的体积； (3)求二面角的大小. 【答案】(1)证明见解析 (2)； (3) 【知识点】锥体体积的有关计算、证明线面平行、求二面角 【分析】（1）根据线面平行的判定定理即可证明直线平面； （2）根据射影定义求出三棱锥的高，再用锥体体积公式即可求得结果； （3）先根据二面角定义求出即为所求的二面角，再用余弦定理即可求角. 【详解】（1）因为分别是直线的中点， 所以.又平面，平面， 故直线平面. （2）由题意知， 则三棱锥的体积为. （3）取的中点为，连接， 因为四面体棱长均为2，故三角形三角形均为等边三角形， 因为是棱的中点，所以三角形为等边三角形， 且， 所以即为所求的二面角； 所以， 则， 由图观察，二面角为钝二面角， 则二面角的大小为. 48．（22-23高二上·上海浦东新·期末）如图，在直角中，，斜边，是中点，现将直角以直角边为轴旋转一周得到一个圆锥.点为圆锥底面圆周上一点，且. (1)求圆锥的体积与侧面积； (2)求直线与平面所成的角的正切值. 【答案】(1)， (2) 【知识点】圆锥表面积的有关计算、求旋转体的体积、求线面角 【分析】（1）根据旋转体的几何特征可求得圆锥底面积和高，利用圆锥体积公式可求得体积，再利用侧面展开图和扇形面积公式可得侧面积； （2）根据线面角的定义作出直线与平面所成的角，在直角三角形中即可求得其正切值. 【详解】（1）由题意可得， 所以底面圆面积，圆锥的高， 所以圆锥的体积为. 圆锥侧面展开图的半径为，弧长为底面圆周长 圆锥的侧面积为. （2）取中点，连接，如下图所示： 在中，中位线，易知平面 可得平面， 所以即为直线与平面所成的角， 易知，又，所以， 所以. 所以直线与平面所成的角的正切值为. 题型七 多面体与旋转体（共6小题） 49．（23-24高二上·上海青浦·期末）底面半径为3，高为4的圆柱和圆锥的表面积的比值为 ． 【答案】 【知识点】圆柱表面积的有关计算、圆锥表面积的有关计算 【分析】根据题意分别计算圆柱和圆锥的表面积，然后计算比值即可. 【详解】结合题意可得：圆柱的表面积是由上下底面和侧面构成， 则圆柱的表面积. 圆锥的表面积是由底面和侧面构成，易知圆锥的母线， 所以圆锥的表面积， 所以该圆柱和圆锥的表面积的比值为. 故答案为：.    50．（23-24高二上·上海青浦·期末）已知某圆台上底面和下底面的半径分别为1和2，母线长为3，则该圆台的高为 【答案】 【知识点】圆台的结构特征辨析 【分析】根据题意，作出圆台的图形，根据勾股定理求解圆台的高，即可得答案． 【详解】根据题意，作出圆台的图形，如图所示： 圆台上下底面的半径分别为1和2，母线长为3， 则圆台的高． 故答案为：． 51．（24-25高二上·上海·期末）将扇形纸壳剪掉扇形后得到扇环，，，如图1，用扇环制成一个圆台的侧面，如图2，则该圆台的体积为 ．    【答案】 【知识点】台体体积的有关计算、求旋转体的体积 【分析】根据扇形和圆台的几何关系，求上下底面圆的半径，以及高，最后代入圆台的体积同时，即可求解. 【详解】由条件可知，， 设圆台上底面的半径为，下底面半径为， 弧长的长为,弧长， 所以，，，， 圆台上下底面的高， 所以圆台的体积. 故答案为： 52．（23-24高二上·上海·期末）将一个边长为2的正六边形（图1）沿对折，形成如图2所示的五面体，其中，底面是正方形． (1)求二面角的大小． (2)如图3，点分别为棱上的动点．求周长的最大值． 【答案】(1)； (2). 【知识点】反三角函数、多面体的性质探究、求二面角 【分析】（1）正六边形中连接交于，进而得到为二面角的平面角，根据已知及余弦定理求其大小即可. （2）将面、面、面展开得到平面展开图，讨论是否平行，结合图形对所有可能的移动路径进行分析知分别与重合时三角形周长最大； 【详解】（1）正六边形中连接交于，则， 所以沿对折后，有，故为二面角的平面角， 又底面是正方形，正六边形边长为2，则， 所以，故锐二面角大小为. （2）将面、面、面展开，得到如下展开图， 若，则分别与重合，此时周长； 若不平行，如图示， 路径，过作，连接并延长交于点， 得到路径，路径，路径， 设路径的长度为且，结合图形、三角形三边关系判断知， 所以分别与重合，周长最大为， 综上所述：周长的最大值为. 53．（24-25高二上·上海·期末）如图，已知圆锥的顶点为，底面圆的直径长为，点是圆上一点，， 点是劣弧上的一点， 平面平面， 且. (1)证明：. (2)当三棱锥的体积为时，求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【知识点】证明线面平行、求点面距离、线面垂直证明线线垂直 【分析】（1）根据可证平面，进而可证，可得为等腰直角三角形，可证，结合可证平面即得； （2）取中点，可证得，求出的长度，继而求得的面积，利用等体积法可得点到平面距离. 【详解】（1） 如图，由已知平面平面， 且， 因平面，平面， 则直线平面， 又平面，且平面平面， 则， 又，所以， 即为等腰直角三角形， 即， 又由圆锥性质可得平面,因平面,则， 因，且，平面， 故平面， 又平面， 故； （2） 由已知圆的直径长为，则， 由（1）得，， 由三棱锥的体积，解得， 如图，取中点，连接，，则,因平面, 因平面,则,因平面，则平面, 又平面，故. 因，， 所以，设点到平面的距离为， 由，解得. 即点到平面的距离为. 54．（23-24高二上·上海·期末）上海中心大厦是上海市的地标建筑，现为中国第一高楼.为有效减少建筑所受的风荷载，通常对建筑体型进行一定的扭转.上海中心大厦的主楼可近似看成将正三棱柱的一个底面扭转所得的几何体；将正三棱柱的底面在其所在平面内绕的中心逆时针旋转得到，再分别连接、、、、、所得的几何体.已知大厦的主楼高度约为米，底层面积（即的面积）约为平方米.        (1)求证：； (2)试分别以正三棱柱和几何体为模型估算大厦主楼的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2)答案见解析 【知识点】平行公理、求组合体的体积、柱体体积的有关计算 【分析】（1）证明出四边形为平行四边形，即可证得结论成立； （2）利用柱体的体积公式可求得正三棱柱的体积，将几何体补成四棱柱。利用柱体和锥体的体积公式可求得几何体的体积. 【详解】（1）解：在正三棱柱中，且，则四边形为平行四边形， 将正在其所在平面内绕的中心逆时针旋转得到，如下图所示：    由正三角形的几何性质可知，，旋转后，， 所以，， 所以，，故、、三点共线， 同理可知，、、三点也共线， 又因为，则四边形为平行四边形，则且， 故且，故四边形为平行四边形，故. （2）解：以正三棱柱来估算大厦主楼的体积为（立方米）， 以、为邻边作菱形，以、为邻边作菱形， 连接、，则几何体为四棱柱， 且该四棱柱的底面积为平方米，高为米， 以何体为模型估算大厦主楼的体积为 （立方米）.    题型八 球（共7小题） 55．（23-24高二上·上海青浦·期末）球的两个平行截面面积分别为和，球心到这两个截面的距离之差等于1，则球的直径为（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】D 【知识点】球的截面的性质及计算、球的结构特征辨析 【分析】根据题设知较近的截面圆半径为，另一个截面圆半径为，结合截面圆半径与球体半径、球心与截面距离关系列方程求球体半径，即得结果. 【详解】令球心到较近的截面距离为，则到另一个截面距离为，且球的半径为， 易知较近的截面圆面积为，另一个截面圆面积为， 所以较近的截面圆半径为，另一个截面圆半径为， 由截面圆半径与球体半径、球心与截面距离关系知：， 所以，故，则球的直径为6. 故选：D 56．（23-24高二上·上海·期末）若一个球的半径为，则它的体积为 ． 【答案】 【知识点】球的体积的有关计算 【分析】由球的体积公式可得. 【详解】由球的半径， 得, 故答案为：. 57．（24-25高二上·上海浦东新·期末）设地球的半径为，若在北纬的纬线图上，则此纬线圈构成的小圆面积为 .（结果用表示） 【答案】 【知识点】球的截面的性质及计算 【分析】作出图象，求出小圆半径即可得答案. 【详解】解：如图所示： 则点A所在小圆半径， 所以小圆的面积为. 故答案为： 58．（24-25高二上·上海金山·期末）在正方体中，已知，点在棱上，且，则正方体表面上到点距离为的点的轨迹的总长度为 . 【答案】 【知识点】球的截面的性质及计算 【分析】确定点为球心，半径为的球在正方体每个面上的截面图形，求出轨迹的长度即可. 【详解】依题意，因为，, 故在上必存在点满足，如图所示. ，同理可得， 所以，所以， 又因为，所以， 所以，即. 在平面内满足条件的点的轨迹为， 该轨迹是以为半径的个圆周，所以长度为； 同理，在平面内满足条件的点轨迹长度为； 在平面内满足条件的点的轨迹为以为圆心，为半径的圆弧，长度为； 同理，在平面内满足条件的点的轨迹为以为圆心，为半径的圆弧，长度为. 故轨迹的总长度为. 故答案为：. 59．（24-25高二上·上海长宁·期末）在三棱锥中，平面，，若点A，B，C，D均在球O的表面上，且，则球O的表面积为 . 【答案】 【知识点】球的表面积的有关计算 【分析】由条件，三棱锥的顶点都为棱长为1的正方体的顶点，所以将三棱锥补成正方体，正方体的外接球即为三棱锥的外接球，进而求得半径即可求解. 【详解】 由题意可知三棱锥的顶点都为棱长为1的正方体的顶点， 将三棱锥补成正方体，棱长为1， 则该正方体的外接球的直径为， 即三棱锥的外接球的直径为，则三棱锥的外接球的半径为， 则球O的表面积为. 故答案为：. 60．（23-24高二上·上海·期末）在边长为1的正方形中裁去一个如图所示的扇形，再将剩余的阴影部分绕旋转一周，则所得几何体的体积为 . 【答案】/ 【知识点】球的体积的有关计算、柱体体积的有关计算 【分析】根据题意，由条件可得所形成的旋转体是圆柱去掉一个半径为1的半球，然后结合圆柱以及球的体积公式，代入计算，即可得到结果. 【详解】图中阴影部分绕旋转一周所形成的旋转体是圆柱去掉一个半径为1的半球， 其中圆柱的底面半径为1，高为1， 则所得几何体的体积为圆柱的体积减去半球的体积， 即. 故答案为： 61．（24-25高二上·上海·期末）如图，半球内有一内接正四棱柱（即正四棱柱的一个面在半球的底面圆上，其余顶点在半球面上）. (1)若正四棱柱的各棱长均为（即为正方体），求半球的表面积和体积； (2)若半球的底面圆的半径为10，求正四棱柱表面积的最大值. 【答案】(1)表面积，体积； (2). 【知识点】三角恒等变换的化简问题、棱柱表面积的有关计算、球的表面积的有关计算、多面体与球体内切外接问题 【分析】（1）根据给定条件，求出半球半径，再借助球的表面积及体积公式列式计算即得. （2）设半球内接正四棱柱的底边长为2a，高为b，求出的关系，再求出正四棱柱表面积的关系，借助三角代换求出最大值. 【详解】（1）依题意，半球内接正方体下底面正方形中心为半球底面圆圆心， 而正方体下底面正方形外接圆半径为， 因此半球的半径， 所以半球表面积，体积. （2）设半球内接正四棱柱的底边长为2a，高为b， 依题意，，即，令，， 该正四棱柱的表面积 ，其中锐角由确定， 则当，即时，， 所以正四棱柱表面积的最大值. 题型九 概率初步（共6小题） 62．（24-25高二上·上海·期末）下列事件是必然事件的是（    ） A．从分别标有数字1，2，3，4，5的5张标签中任取一张，得到标有数字4的标签 B．底面是正方形的四棱柱是正四棱柱 C．平行于同一条直线的两条直线互相平行 D．有公共点的两个圆相切 【答案】C 【知识点】判断事件是否是随机事件 【分析】根据随机事件、必然事件的意义逐项分析即可求解. 【详解】对于A，标有数字4的标签可能取到，也可能取不到，不是必然事件，A不是； 对于B，底面是正方形的四棱柱不一定是正四棱柱，不是必然事件，B不是； 对于C，平行于同一条直线的两条直线互相平行，一定能发生，是必然事件，C是； 对于D，有公共点的两个圆可能相交，也可能相切，不是必然事件，D不是. 故选：C 63．（2024·上海徐汇·一模）一个不透明的盒子中装有若干个红球和5个黑球，这些球除颜色外均相同.每次将球充分搅匀后，任意摸出1个球记下颜色后再放回盒子.经过重复摸球足够多次试验后发现，摸到黑球的频率稳定在0.1左右，则据此估计盒子中红球的个数约为（    ） A．40个 B．45个 C．50个 D．55个 【答案】B 【知识点】根据古典概型的概率求参数、辨析概率与频率的关系 【分析】因为重复摸球次数足够多，所以将频率视为概率，应用古典概型概率的计算公式计算即可. 【详解】设红球个数为， 由题意可得：，解得：. 故选：B 64．（24-25高二上·上海·期末）抛掷一红一绿两枚质地均匀的正六面体骰子，记下骰子朝上面的点数用表示红色骰子的点数，用表示绿色骰子的点数，用表示一次试验的结果．定义事件：事件为“为奇数”，事件为“为奇数”，事件为“为奇数”，则下列结论错误的是（　　） A．与互斥 B．与对立 C． D．与相互独立 【答案】B 【知识点】判断所给事件是否是互斥关系、确定所给事件的对立关系、计算古典概型问题的概率、独立事件的判断 【分析】利用互斥事件的概念判断选项A；利用对立事件的定义判断选项B；利用古典概型判断选项C；利用事件独立性概念判断选项D． 【详解】由题可得，样本空间为 ，共有36个样本点， 其中 共包含18个样本点， 共包含9个样本点， ，共有18个样本点， 对于．若为奇数，则一个为奇数，一个为偶数，若为奇数，则都为奇数，∴事件和事件不能同时发生，∴事件与事件是互斥事件，故正确； 对于B．事件与事件不能同时发生，但能同时不发生，例如， ∴事件与事件是互斥但不对立事件，故B错误； 对C．，C正确； 对D．所以 又因为所以， 所以与相互独立，D正确． 故选：B． 65．（24-25高二上·上海·期末）“抛掷一枚骰子，观察朝上的点数”的样本空间为 ． 【答案】{（1点朝上）,（2点朝上）,（3点朝上）,（4点朝上）,（5点朝上）,（6点朝上）}， 【知识点】写出样本空间 【详解】由题意可得样本空间为：{（1点朝上）,（2点朝上）,（3点朝上）,（4点朝上）,（5点朝上）,（6点朝上）}， 故答案为：{（1点朝上）,（2点朝上）,（3点朝上）,（4点朝上）,（5点朝上）,（6点朝上）}， 66．（24-25高二上·上海金山·期末）掷一颗质地均匀的骰子出现点数是2的概率为 . 【答案】 【知识点】计算古典概型问题的概率 【分析】利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率. 【详解】掷一颗质地均匀的骰子，出现点数的基本事件总数， 出现的点数是包含的基本事件个数， 所以，掷一颗质地均匀的骰子出现点数是的概率为. 故答案为：. 67．（24-25高二上·上海·期末）一个盒子中装有4张卡片，卡片上分别写有数字1、2、3、4.现从盒子中随机抽取卡片. (1)若第一次抽取1张卡片，放回后再抽取1张卡片，事件表示“两次抽取的卡片上数字之和大于”，求； (2)若一次抽取1张卡片，不放回并再抽取1张卡片，事件表示“2张卡片上数字之和是3的倍数”，事件表示“2张卡片上数字之积是4的倍数”，验证是独立的，并说明理由. 【答案】(1) (2)相互独立，理由见解析 【知识点】计算古典概型问题的概率、有放回与无放回问题的概率、独立事件的判断 【分析】（1）由题意可得共有16个基本事件，再列举出事件包含的基本事件，然后利用古典概型的概率公式求解即可； （2）由题意可得共有12个基本事件，再分别列举出事件和同时发生的基本事件，然后求出，再利用独立事件的定义分析判断即可. 【详解】（1）若第一次抽取1张卡片，放回后再抽取1张卡片， 共包含个基本事件， 其中事件：包含3个基本事件， 所以. （2）若一次抽取1张卡片，不放回并再抽取1张卡片，共包含个基本事件， 事件，所以， 事件，所以， 当同时发生，即2张卡片上数宁之和是3的倍数同时积足4的倍数，有两种取法， 所以， 因为，所以事件与事件是独立的. 题型十 统计（共11小题） 68．（24-25高二上·上海·期末）在以下调查中，适合用普查的是（    ）. A．调查某批次汽车的抗撞击能力 B．调查一批LED灯的寿命 C．调查某城市居民的食品消费结构 D．调查一个班级学生的身高情况 【答案】D 【知识点】普查与抽样的合理选择 【分析】根据普查的概念判断即可； 【详解】A选项，每个批次生产的汽车的数量非常多，且调查汽车抗重击能力具有破坏性，不适合使用普查，应使用抽样调查； B选项，调查一批LED灯的寿命具有破坏性，不宜使用普查，应使用抽样调查； C选项，某城市居民数量非常多，不适合使用全面普查，应使用抽样调查； D选项，一个班级学生的身高情况，人数较少，适合用普查； 故选：D 69．（23-24高二上·上海·期末）为调研某地空气质量，连续10天测得该地的日均值（单位为），依次为，则下列四个结论中正确的个数为（    ） ①前4天的极差大于后4天的极差；②前4天的方差小于后4天的方差；③这组数据的中位数为31或33；④这组数据的第60百分位数与众数相同. A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】C 【知识点】总体百分位数的估计、计算几个数据的极差、方差、标准差、计算几个数的中位数、计算几个数的众数 【分析】计算该组数据前四个和后四个的极差，及方差，中位数，第60百分位数，众数来判断命题的正误. 【详解】前4天的极差为，后4天的极差为，所以①正确； 前4天的平均数为，方差为，后4天的平均数为，方差为，所以②错误； 数据从小到大排列为17，23，26，30，31，33，33，36，42，106，中位数为，所以③错误； 数据的第60百分位数为，众数也为33，所以④正确，正确的有两个. 故选：C. 70．（24-25高二上·上海黄浦·期末）某校有学生500人，其中男生320人，女生180人.某人想了解该校全体学生的身高（单位：cm）信息，从男生、女生中分别随机抽取人进行测量.如果已知男生样本的均值为173.5，方差为17，女生样本的均值为163.83，方差为30.03，但原始测量数据已丢失.设总体均值与方差分别为与，则下列说法正确的是（   ）． A．若，可算出总样本的均值与方差，且将其分别作为与的估计值是合适的 B．若，无法算出总样本的均值与方差 C．若，可算出总样本的均值与方差，且将其分别作为与的估计值是合适的 D．若，无法算出总样本的均值与方差 【答案】C 【知识点】分层抽样的特征及适用条件、抽样比、样本总量、各层总数、总体容量的计算、估计总体的方差、标准差 【分析】根据已知，分层抽样分析数据的前提及样本特征与总体特征的关系判断A、C、D；对于总体数据各层中的数据差异非常小的情况下也可分析总体特征判断B. 【详解】由于男生、女生总人数不相等，需要用分层抽样的方式估计出样本的均值和方差， 此时所得样本特征可作为总体特征的估计值，故不合适、合适，A、D错，C对； 在情况下，只有所有男生、女生身高都在各自身高均值附近波动且幅度很小时，可以算出总样本的均值与方差，B错； 故选：C. 71．（23-24高二上·上海黄浦·期末）以下是“我国2018-2022年货物进出口总额统计图”，下列说法错误的是（    ） A．从2019年开始，2020年的进口额年增长率最小 B．从2019年开始，2021年的出口额年增长率最大 C．从2019年开始，进出口总额逐年增大 D．从2019年开始，进出口总额年增长率逐年增大 【答案】D 【知识点】根据条形统计图解决实际问题 【分析】根据条形图即可结合选项逐一求解. 【详解】由图中数据可知：2020年以及2019年的进口额分别为142936亿元和143254亿元，所以2020年的进口额年增长率为负数，而其他年份的增长率均为正数，故A正确， 由图中数据可知2021年与2020年比较，出口额差距最大,且为正增长，所以增长率最大，B正确， 由图中条形图的高度逐年上升可知从2019年开始，进出口总额逐年增大，C正确， 2020年的进出口总额为亿元，故2021年的增长率为，2022年的增长率为，故D错误， 故选：D 72．（24-25高二上·上海·期末）若一组数据的方差为3，则的方差为 . 【答案】 【知识点】各数据同时加减同一数对方差的影响、各数据同时乘除同一数对方差的影响 【分析】根据方差的性质可得结果. 【详解】∵的方差为3， ∴的方差为. 故答案为：. 73．（24-25高二上·上海·期末）现有7张卡片，分别写上数字2，4，5，5，6，9，16，则这7个数的第75百分位数是 ． 【答案】9 【知识点】总体百分位数的估计 【分析】利用百分位数的定义进行判断即可. 【详解】由于，则这7个数的第75百分位数是9， 故答案是：9. 74．（23-24高二上·上海长宁·期末）从总体容量为的一批电子元件中抽取一个容量为30的样本，若每个电子元件被抽到的可能性为，则总体容量 ． 【答案】 【知识点】总体与样本 【分析】根据条件列出总体容量和样本容量的关系式，由此可求结果. 【详解】由条件可知：， 所以， 故答案为：. 75．（23-24高二上·上海黄浦·期末）某高中二年级共有学生425名，其中男生204名，女生221名，为了解该校高二年级学生的身高情况，从中抽取50名学生测量身高，若采用分层随机抽样的方法，则要抽取男生的人数为 ． 【答案】 【知识点】抽样比、样本总量、各层总数、总体容量的计算 【分析】应用分层抽样的等比例关系求样本中要抽取男生的人数. 【详解】由分层抽样的等比例性质，要抽取男生为人. 故答案为： 76．（24-25高二上·上海宝山·期末）已知甲，乙两组数据如茎叶图所示，其中，若这两组数据的中位数相等，平均数也相等，则 ． 【答案】/ 【知识点】由茎叶图计算平均数、由茎叶图计算中位数 【分析】由甲乙的中位数求出，由平均数相同求出即可得解 【详解】由茎叶图知甲的中位数为，乙的中位数为， 由两组数据的中位数相同，则， 由平均数相同，得，解得， 所以． 故答案为： 77．（23-24高二上·上海·期末）中国17岁射击运动员黄雨婷在2023年杭州亚运会上以顽强作风和精湛技艺为中国代表团摘得三枚金牌，展现了奋发向上、勇攀高峰的精神面貌.以下是她在女子10米气步枪个人项目决赛最后淘汰赛阶段14次射击取得的成绩（单位：环） 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 10.3 10.3 10.4 10.4 10.8 10.8 10.5 10.4 10.7 10.5 10.7 10.7 10.3 10.6 则该组数据的方差是 .（近似到0.001） 【答案】 【知识点】计算几个数据的极差、方差、标准差、计算几个数的平均数 【分析】由题意中表格中的数据求出平均数，结合方差公式计算即可求解. 【详解】由题意知，平均数为， 则方差为. 故答案为：0.032 78．（23-24高二上·上海黄浦·期末）某果园种植了甲、乙两个品种的苹果，现从这两个品种中各随机抽取10个，测得它们的质量（单位：kg）．其分布如茎叶图所示（百位数和十位数部分作为“茎”，个位数部分作为“叶”）． (1)试分别求这两个品种苹果质量的样本平均数和标准差；（结果精确到0.01） (2)哪个品种的苹果质量更均匀？为什么？ 【答案】(1)甲苹果平均数为190 kg，标准差为6.31，乙苹果的平均数为190 kg，标准差为4.65. (2)乙苹果的质量更均匀，理由见解析 【知识点】计算几个数据的极差、方差、标准差、由茎叶图计算平均数、计算几个数的平均数 【分析】（1）根据茎叶图即可得甲乙苹果的数据，进而根据平均数以及标准差的计算公式求解即可， （2）根据标准差的含义，即可比较大小求解. 【详解】（1）甲品种苹果的平均数为， 标准差为 乙品种苹果的平均数为 标准差为 （2）由于，而，因此乙苹果的质量更均匀 题型十一 空间向量及其运算（共5小题） 79．（24-25高二上·上海·期末）在四棱锥中，若，则实数组可能是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】空间向量加减运算的几何表示 【分析】利用底面是平行四边形判断B，根据向量的线性运算与向量的共线与共面性质判断A,C,D． 【详解】 对于选项A，取的中点,连接,取的中点，连接,若，则，故A错误； 对于选项B，若底面是平行四边形，设，则， 因此，即，故B正确； 对于选项C，若，则，故C错误； 对于选项D，若，则， 但平面，即不共面，因此不可能成立，故D错误． 故选：B． 80．（24-25高二上·上海·期末）在正方体中，下列结论错误的是（    ） A． B．向量与的夹角是 C． D．这个正方体的体积为 【答案】D 【知识点】空间向量加减运算的几何表示、空间向量数乘运算的几何表示、空间向量数量积的应用 【分析】利用正方体的结构特征、性质，及空间向量加减、数乘的几何意义、数量积的运算律判断各项正误. 【详解】如下图示正方体，根据各向量对应线段的位置关系，各项判断如下， A：，则， 所以，对； B： ，， 所以向量与的夹角是，对； C： ，对； D：由正方体的结构易得，错. 故选：D 81．（22-23高二上·上海浦东新·期末）已知，，则 . 【答案】24 【知识点】求空间向量的数量积 【分析】利用向量的数量积直接求解. 【详解】因为，， 所以. 所以. 故答案为：24 82．（24-25高二上·上海徐汇·期末）已知棱长为1的正方体，任选2个顶点作为起点和终点所成的向量，与向量的数量积共有 种结果． 【答案】 【知识点】求空间向量的数量积 【分析】讨论当的起点和终点分别为正方体上相邻的两个顶点、正方体侧面上对角的两个顶点、正方体底面上对角的两个顶点、正方体体对角线的两端点时，的取值，即可得解. 【详解】 ①当的起点与终点为正方体上相邻的两个顶点，，与平行或垂直， 若，且与同向，即， ； 若，且与反向，即， ； 若，即，； ②当的起点与终点为正方体侧面上对角的两个顶点，，与的夹角为或， 若与的夹角为，即， ； 若与的夹角为，即， ； ③当的起点与终点为正方体底面上对角的两个顶点，，与的垂直， 即，; ④当的起点与终点为正方体体对角线的两端点，，或， 若，即， ； 若，即， . 综上：与向量的数量积共有3种结果，分别为-1，0，1. 故答案为：3. 83．（24-25高二上·上海·期末）已知正三棱锥，侧棱长为5，底面边长为8，若空间中的一个动点M满足，则的取值范围是 ． 【答案】 【知识点】正棱锥及其有关计算、求空间向量的数量积、空间向量数量积的应用 【分析】设O为中点，先由题设得和，进而得点M在以O为球心，半径为的球上，接着设 ，再将转化成即可计算求解. 【详解】如图，O为中点，则由题意且， 所以. 因为，则即， 所以点M在以O为球心，半径为的球上， 设，则， 所以. 故答案为：. 题型十二 空间向量基本定理（共6小题） 84．（23-24高二上·上海·期末）已知棱长为的正四面体中，为中点，则 . 【答案】/ 【知识点】用空间基底表示向量、求空间向量的数量积 【分析】将向量用向量、表示，利用空间向量数量积的运算性质可求得的值. 【详解】如下图所示： 在棱长为的正四面体中， 由空间向量数量积的定义可得， 因为为的中点，，则，可得， 所以，， 所以，. 故答案为：. 85．（24-25高二上·上海·期末）如图，在平行六面体中，，，若为中点，则 .    【答案】 【知识点】空间向量数量积的应用、用空间基底表示向量 【分析】将用基底，结合空间向量的数量积可求得的值. 【详解】在平行六面体中，， ， 由空间向量数量积的定义可得， 同理可得，且为中点， 则， 所以 ， 因此，. 故答案为：. 86．（24-25高二上·上海·期末）有以下命题： ①若（），则与、共面； ②若与、共面，则（）； ③若（），则M、P、A、B共面； ④若M、P、A、B共面，则（）. 则所有真命题的序号是 【答案】①③ 【知识点】判定空间向量共面 【分析】根据空间向量的共面定理，逐项判断即可. 【详解】由空间向量的共面定理可知，①和③是真命题； 对于②，当与共线，且与、不共线时，满足与、共面， 但不存在实数组，使成立，故②是假命题； 对于④，当M、A、B共线且P与M、A、B不共线时，满足M、P、A、B共面， 但不存在实数组，使成立，故④是假命题. 故答案为：①③. 87．（24-25高二上·上海·期末）若，，是三个不共面的非零向量，，，，若向量，，共面，则 ． 【答案】10 【知识点】空间向量共面求参数、用空间基底表示向量 【分析】利用空间向量基本定理可得，由题设条件推得方程组，求解即得. 【详解】因向量，，共面，且，，是三个不共面的非零向量， 则存在，满足， 即， 则有，解得. 故答案为：10. 88．（23-24高二上·上海·期末）如图所示，在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，侧棱的长为2，且和的夹角都是，是的中点，设，，，试以，，为基向量表示出向量，并求的长． 【答案】，BN的长为 【知识点】空间向量基本定理及其应用、用空间基底表示向量、空间向量数量积的应用 【分析】根据题中条件，由向量的线性运算法则求出；再由向量模的计算公式，结合题中条件求出，即得出结果． 【详解】因为N是CM的中点，底面ABCD是正方形， 所以 ， 由题意，可得|，，， 因此 所以，即的长为. 89．（24-25高二上·上海金山·期末）如图，在空间四边形中，点为的中点，，设. (1)试用向量表示向量； (2)若，求的值. 【答案】(1) (2) 【知识点】求空间向量的数量积、用空间基底表示向量 【分析】（1）利用平行四边形法则与三角形法则即可求得结果. （2）利用三角形法则得，又由（1）的结论，两个向量求数列积即可. 【详解】（1）， . （2）因为， 所以， 所以， ， 所以 题型十三 空间向量的坐标表示（共6小题） 90．（24-25高二上·上海·期末）在空间直角坐标系中，已知，，则点和点关于（    ） A．轴对称 B．平面对称 C．轴对称 D．平面对称 【答案】C 【知识点】关于坐标轴、坐标平面、原点对称的点的坐标 【分析】根据两点的坐标特征结合已知条件即可得答案. 【详解】因为点和的纵坐标相等，其余两个坐标互为相反数， 所以点和点关于轴对称. 故选：C 91．（24-25高二上·上海·期末）若点关于平面的对称点为，关于轴的对称点为，则两点（    ） A．关于坐标原点对称 B．关于轴对称 C．关于轴对称 D．关于平面对称 【答案】A 【知识点】关于坐标轴、坐标平面、原点对称的点的坐标 【分析】分别求出点关于平面和轴的对称点的坐标，再判断即得. 【详解】因点关于平面的对称点为， 关于轴的对称点为，而点与点显然关于坐标原点对称. 故选：A. 92．（23-24高二上·上海·期末）在直三棱柱中，底面为等腰直角三角形，且满足．点P满足，其中，则下列说法不正确的是（　　） A．当时，的面积S的最大值为 B．当时，三棱锥的体积为定值 C．当时，有且仅有一个点P，使得 D．当时，存在点P，使得平面 【答案】D 【知识点】空间位置关系的向量证明、空间向量垂直的坐标表示、证明线面垂直、锥体体积的有关计算 【分析】对于A，B选项，直接利用几何法判断即可；对于C，D，可建立空间直角坐标系，然后将问题转化为坐标运算判断． 【详解】对于A选项：当时，点P在上时， 此时有，面， 又面， 所以， 又面， 所以面， 又面， 所以， 可知当点与点重合时，的面积最大， 所以的面积S取最大值为，故A正确； 对于B选项：当时，P在棱上， ∵，平面，平面，∴平面， ∴P到平面的距离为定值， ∵的面积为定值，∴当时，三棱锥的体积为定值，故B正确； 如图建立空间直角坐标系， 则 对于C选项：时，，可得， 故，解得， ∴时，，故C正确； 对于D选项：时，得，∴，， ∴，即不成立，故不存在点P，使得平面，故D错误． 故选：D． 93．（24-25高二上·上海宝山·期末）在空间直角坐标系中，点关于轴的对称点的坐标为 ． 【答案】 【知识点】关于坐标轴、坐标平面、原点对称的点的坐标 【分析】利用空间直角坐标系中，点关于坐标轴对称的特征求出点的坐标. 【详解】点关于轴的对称点的坐标为. 故答案为： 94．（23-24高二上·上海·期末）在空间直角坐标系中，点P坐标可记为：定义柱面坐标系，在柱面坐标系中，点P坐标可记为．如图所示，空间直角坐标与柱面坐标之间的变换公式为：,,．则在柱面坐标系中，点与点两点距离的最小值为 .    【答案】 【知识点】空间向量模长的坐标表示、求空间中两点间的距离 【分析】先将两点的空间直角坐标求出来，结合向量的模、正弦函数的最值即可得解. 【详解】由题意点与点的空间直角坐标分别为， 所以，等号成立当且仅当. 故答案为：. 95．（24-25高二上·上海·期末）已知空间中三点，设. (1)若，且，求向量； (2)求以为一组邻边的平行四边形的面积. 【答案】(1)或 (2)3 【知识点】三角形面积公式及其应用、由向量共线（平行）求参数 【分析】（1）利用向量平行和向量模长的从标表示列式求解即可； （2）利用向量数量积和向量模长的坐表示求出夹角进而求得面积即可. 【详解】（1）根据题意，，则， 若，设，又由，则， 解可得，故或. （2）根据题意，， 则， 则，故， 故. 题型十四 空间向量在立体几何中的应用（共4小题） 96．（23-24高二上·上海浦东新·期末）在正方体中，为的中点，则异面直线与所成角的大小为 . 【答案】 【知识点】异面直线夹角的向量求法 【分析】建系，向量法求直线夹角. 【详解】不妨设正方体棱长为2，以点为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系， 则 则 故所成角的大小为 故答案为：. 97．（25-26高二上·上海·期末）如图，在长方体中，，，点在棱上运动. (1)证明：； (2)设为棱的中点，在棱上是否存在一点，使得平面，若存在，求的值，若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在点使得平面， 【知识点】空间位置关系的向量证明、空间线段点的存在性问题 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求直线和直线的方向向量，证明，由此可得结论. （2）求平面的法向量，由条件可得，由方程求得. 【详解】（1）建立如图所示空间直角坐标系， ， 设，则， ，所以. （2）若是的中点，则，， ，， 设平面的法向量为， 则， 设，则，， 故为平面的一个法向量， 设，， 若平面，平面， 则，所以是的中点，所以. 98．（24-25高二上·上海·期末）如图，四棱锥中，底面为矩形，，且平面底面.    (1)求该四棱锥的体积； (2)求异面直线和所成角的余弦值. 【答案】(1) (2) 【知识点】锥体体积的有关计算、求异面直线所成的角、异面直线夹角的向量求法 【分析】（1）设边的中点为，结合面面垂直的性质定理可得平面，则四棱锥的高可求，再利用棱锥的体积公式求解可得答案； （2）法一：利用几何法，在中利用余弦定理求解即可； 法二：利用空间向量法，建立空间直角坐标系，结合线线所成角的向量解法即可得答案. 【详解】（1）等腰中，设边的中点为，易知， 因为平面底面，且底面， 则平面，在中，，所以， 则体积. （2）法一：因为， 所以即为异画直线和所成的角或其补角； 由（1）知平面底面，且平面底面 矩形中，， 因为平面底面，且底面， 所以面，又因为面，从而， 中，，所以 同理可得中，， 由余弦定理可得 ， 所以异面直线和所成角的余弦值为. 法二：以的中点为为原点， 为轴建立空间坐标系，    则， 所以， ， 所以异面直线和所成角余弦值为. 99．（24-25高二上·上海·期末）如图，平行六面体中，底面是边长为1的正方形，，． (1)求该平行六面体的表面积； (2)记在底面上的射影为，，，，求证：，并求侧棱与底面的所成角； (3)求异面直线与的所成角． 【答案】(1) (2)证明见解析， (3) 【知识点】棱柱表面积的有关计算、证明线面垂直、求线面角、异面直线夹角的向量求法 【分析】（1）分别求出平行六面体的底面积和侧面积，由即可求解； （2）数形结合，作出辅助线，利用，，即可求证，根据平面， ，可知即为所求的侧棱与底面的所成角，计算从而得解； （3）根据题意可得， ，根据数量积运算结合夹角公式求异面直线夹角. 【详解】（1）底面是边长为1的正方形，则,, ，， 所以， 所以该平行六面体的表面积. （2）过 作 平面，连接 AM, HM, AE, HE, AH， 此时平面 ，，，平面， 面， ，， ，得证. 因为，则, 则， 所以 , 所以，所以， 因为平面，平面，所以， 所以侧棱与底面的所成角为. 所以，侧棱与底面的所成角为. （3）由题意，， ， ， 所以． 而，， 则 ， 所以， 所以直线与所成角为. 题型十五 等差数列（共8小题） 100．（23-24高二上·上海·期末）设为数列的前项和，，则满足已知条件的的个数是（    ）. A．0 B．10 C．11 D．21 【答案】C 【知识点】由递推数列研究数列的有关性质、判断等差数列、等差数列前n项和的基本量计算 【分析】讨论的奇偶性，再对进行调整，解出的范围，再利用的奇偶性取舍即可. 【详解】由题设可得，其中， 故，且奇偶交错出现. （1）若为奇数，由可得对可取遍中的每一个奇数， （2）若为偶数，由可得对可取遍中的每一个偶数， 又， 当时，； 当时，. 考虑时，调整为3，则其对于的可相应增加, 依次对诸（至少一个）调整为3后 ， 即， 从上述的调整过程可得取遍了中的奇数或偶数（取奇数还是偶数取决于 的奇偶性）， 同理再将诸（至少一个）调整为3或5后： 即， 且取遍了中的奇数或偶数（取奇数还是偶数取决于 的奇偶性）. 因为，令，则， 当除4余0，或除4余1时，为偶数， 当除4余2或除4余3时，为奇数， 故，共11个 故选：C 【点睛】关键点点睛：本题考查数列，解题关键是讨论的奇偶性，再对进行调整，然后表示，解出的范围，再利用的奇偶性取舍求解. 101．（22-23高二上·上海杨浦·期末）设等差数列的前n项和为，首项，公差，若对任意的正整数n，总存在正整数k，使，则的最小值为（    ） A．－74 B．－8 C．－53 D．－13 【答案】D 【知识点】利用等差数列的性质计算、求等差数列前n项和 【分析】首先根据等差数列的前项和公式得到，令，化简得到，又因为，所以，得，再利用等差数列前项和公式得到，利用二次函数的性质即可得到答案. 【详解】由题意得， 则得，即， 令得，即①， 即得. 因为首项，公差，则得，即. 又因为，所以，代入①得. 当时，由得 即，所以 因此当或时，的最小值为. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查等差数列前项和公式，根据题意化简得到，从而得到为解决本题的关键. 102．（23-24高二上·上海·期末）已知等差数列的前项和，若当首项和公差变化时，是一个定值，则下列选项中为定值的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】利用等差数列的性质计算、求等差数列前n项和 【分析】由等差数列的下标和性质可知为定值，再由等差数列的前项和对选项一一判断即可得出答案. 【详解】由等差数列的下标和性质可知， 因为是一个定值，所以为定值， 由，可知是个定值，故C正确； ，，，故ABD错误. 故选：C. 103．（23-24高二上·上海宝山·期末）与的等差中项为 ． 【答案】3 【知识点】求等差中项 【分析】根据等差中项的定义求解． 【详解】与的等差中项为． 故答案为：3. 104．（23-24高二上·上海虹口·期末）等差数列中，，则 . 【答案】37 【知识点】利用等差数列的性质计算 【分析】根据等差数列的性质直接得出结果. 【详解】因为数列为等差数列，， 所以. 故答案为：37 105．（24-25高二上·上海·期末）已知等差数列中，，则公差 . 【答案】2 【知识点】等差数列通项公式的基本量计算 【分析】根据通项公式，表示出求出即可. 【详解】. 故答案为：2. 106．（22-23高二上·上海宝山·期末）如图，画一个正三角形，不画第三边；接着画正方形，对这个正方形，不画第四边：接着画正五边形，对这个正五边形不画第五边：接着画正六边形，…，这样无限画下去，形成一条无穷伸展的等边折线，称为比尔折线.设第n条线段与第n+1条线段所夹的角为，则 . 【答案】 【知识点】求等差数列前n项和、图与形中的归纳推理 【分析】根据正三角形、正方形、正五边形的角的度数规律，类比出多边形个角的度数表达式，再计算出2022条线段所在的正多边形的边数，进一步求出夹角. 【详解】第一条线段与第二条线段所夹的角，由此类推， ，， ，，，，，，，    观察规律，三角形会有个相等的角，并且角的度数恰好是其内角的度数， 正方形有个，正五边形有个，正六边形有个，   多边形有个， 又观察图形得：正三角形画条线段，正方形画条线段，正五边形画条线段，正六边形画条线段，，正边形画条线段； 画到正多边形时，画线段的条数为， 当时，；当时，， 第条线段应在正边形中， 故答案为：. 107．（23-24高二上·上海浦东新·期末）已知数列满足，． (1)证明：数列为等差数列，并求出数列的通项公式； (2)设数列满足，为数列的前n项和， ①求数列的前n项和； ②若在，上恒成立，求的取值范围． 【答案】(1)证明见解析， (2)①；② 【知识点】利用定义求等差数列通项公式、由递推关系证明数列是等差数列、裂项相消法求和、数列不等式恒成立问题 【分析】（1）法1：将已知同除以即可得证； 法2：由已知得，再证明为定值即可得证； （2）①先由（1）求得数列得通项，再利用裂项相消即可求得； ②在上恒成立，即，结合基本不等式求出即可得解. 【详解】（1）法1：由 两边同除以得，，即， 数列为等差数列，首项，公差为1， 所以，所以； 法2：由得，， 故， 所以数列为等差数列，首项，公差为1， 所以，所以； （2）①由（1）可得， 则 ； ②因为若在上恒成立， 即， 所以， 又因为，当且仅当时，即时，等号成成立， 所以，所以， 即实数的取值范围为. 题型十六 等比数列（共7小题） 108．（23-24高二上·上海·期末）若数列的前n项和满足，且，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】由递推关系证明等比数列、求等比数列前n项和、利用an与sn关系求通项或项 【分析】令，求出，由可得，两式相减可证得数列是从第二项开始，为公比的等比数列，再由等比数列的前项和求解即可. 【详解】令可得，又因为，所以， 由可得， 两式相减可得：，则， 所以，又因为， 所以数列是从第二项开始，为公比的等比数列， 所以， . 故选：B. 109．（24-25高二上·上海宝山·期末）设数列的前项和为，若对任意正整数，总存在正整数，使得，有结论：①可能为等差数列；②可能为等比数列．关于以上两个结论，正确的判断是（    ） A．①成立，②成立 B．①不成立，②成立 C．①成立，②不成立 D．①不成立，②不成立 【答案】C 【知识点】求等比数列前n项和、数列综合 【分析】根据题设条件，逐项判断即可：取，则，满足题设，即可判断①；对是否等于1进行讨论，结合有理数性质即可判断②. 【详解】对于①，取，则，满足题设，①成立； 对于②；假设存在，，公比为， 当时，，，则，当时，对任意正整数，不存在正整数m，使得， 当时，，要使，则需， 即，由为常数，为确定的正整数，得是确定的数， 而为任意正整数，是变量，且当趋近于无穷大的正整数时， 趋近于）或趋近于无穷大（），因此②不成立. 故选：C 110．（23-24高二上·上海浦东新·期末）定义在上的函数，如果对于任意给定的等比数列，仍是等比数列，则称为“保等比数列函数”．现有定义在上的如下函数：（1）；（2）；（3）；（4）．则其中是“保等比数列函数”的的序号为（    ） A．（1）（2） B．（1）（3） C．（2）（3） D．（3）（4） 【答案】B 【知识点】等比中项的应用、等比数列下标和性质及应用、数列新定义 【分析】根据等比数列的性质知，由题意中的定义，结合所给的函数解析式依次计算即可求解. 【详解】根据题意，由等比数列性质知， （1），，故（1）是“保等比数列函数”； （2），，故（2）不是“保等比数列函数”； （3），，故（3）是“保等比数列函数”； （4），则，故（4）不是“保等比数列函数”； 故选：B. 111．（24-25高二上·上海·期末）计算 . 【答案】 【知识点】无穷等比数列各项的和 【分析】根据无穷等比数列的求和公式计算. 【详解】根据等比数列的求和公式，， 当，于是. 故答案为： 112．（23-24高二上·上海·期末）数列满足：，则 . 【答案】/0.5 【知识点】数列周期性的应用 【分析】先求出数列的周期，利用周期可得答案. 【详解】法一：依次代入的值，看看它们符合什么规律： .至此可以发现周期为3. （余数为2），. 故答案为：. 法二：该数列的周期为3，推理过程如下展示： 将换成，得，再将代入，得 ， 再将换成，得，继续将代入，得， ，以下同解法一. 故答案为：. 113．（24-25高二上·上海宝山·期末）已知无穷等比数列和，满足的各项和为9，则数列的各项和为 ． 【答案】/ 【知识点】无穷等比数列各项的和 【分析】设的公比为，由无穷等比数列各项和公式，求得，进而得到，求得数列的首项和公比，即可求得的各项和． 【详解】设的公比为，由,的各项和为9，得，解得， 则，， 因此数列是首项为，公比为的等比数列， 所以数列的各项和为． 故答案为： 114．（23-24高二上·上海虹口·期末）我国度量衡的发展有着悠久的历史，战国时期就已经出现了类似于砝码的、用来测量物体质量的“环权”.已知9枚环权的质量（单位：铢）从小到大构成项数为9的数列，该数列的前3项成等差数列，后7项成等比数列，且，，，则数列所有项的和为 . 【答案】384 【知识点】等差数列通项公式的基本量计算、利用等差数列的性质计算、等比数列通项公式的基本量计算、求等比数列前n项和 【分析】由题意，根据等比数列的性质求出公比，进而求出数列的各项；结合等差数列的性质求出，全部相加即可求解. 【详解】由题意知，在数列中，成等差数列，成等比数列， 又，设等比数列的公比为， 所以，解得， 所以，由，得， 所以数列所有项之和为 . 故答案为：384 题型十七 数列（共6小题） 115．（23-24高二上·上海·期末）在无穷等比数列中，，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】数列的极限、无穷等比数列各项的和、求等比数列前n项和 【分析】设等比数列的公比为，分、，结合等比数列的求和公式进行讨论，即可得答案. 【详解】解：设无穷等比数列公比为， 当时，，不满足题意； 当时，， 则， 若，则， 则有，此时； 若，则， 则有，此时； 综上，. 故选：C. 116．（24-25高二上·上海·期末）在等比数列中，公比为q，其前n项积为，并且满足，，，则下列结论不正确的是（   ） A． B． C．的值是中最大的 D．使成立的最大自然数n等于4046 【答案】C 【知识点】等比数列通项公式的基本量计算、等比数列下标和性质及应用、等比数列的单调性 【分析】分析条件可得数列为递减数列，选项A正确；根据等比数列的性质可得选项B正确；根据可得选项C错误；根据，可得选项D正确. 【详解】∵，∴，∴． ∵，∴，即一个大于1，一个小于1， ∵，∴数列为递减数列，故，即，选项A正确. ，选项B正确. ，选项C错误. ， ，选项D正确. 故选：C． 117．（23-24高二上·上海·期末）已知是离最近的整数，如，则无穷数列中共有 项的值等于100. 【答案】 【知识点】数列的概念及辨析、根据规律填写数列中的某项 【分析】根据题意列式，然后确定的取值情况即可. 【详解】由已知得，此时不等式取等号和不取等号对结果没有影响， 所以， 又， 所以， 所以共有项的值等于100. 故答案为：. 118．（24-25高二上·上海宝山·期末）某公司积极投入本市“五个新城”建设，将总部迁入其中一个新城．该公司2021年第一季度的营业收入为1.1亿元，利润为0.16亿元．预测显示：在以2021年为第一年的未来十年（每年4个季度，共40个季度）内，该公司每一季度的营业收入比上一季度增加0.05亿元，利润比上一季度增长．据此预测，解答以下问题： (1)求2021年至2026年，该公司六年共24个季度营业收入共计多少亿元？ (2)该公司在哪年哪季度的利润将首次超过该季度的营业收入的？ 【答案】(1) (2)年第4季度 【知识点】求等差数列前n项和、等比数列通项公式的基本量计算、由指数函数的单调性解不等式 【分析】（1）由已知，可知该公司营业收入组成首项为，公差为的等差数列，利用等差数列求和公式计算即可； （2）设季度后的利润将首次超过该季度的营业收入的，则得，利用计算器解得的最小值为，即可得到答案. 【详解】（1）由已知，该公司2021年第一季度起其营业收入组成首项为，公差为的等差数列， 则2021年至2026年，六年共24个季度营业收入共计， 即2021年至2026年，该公司六年共24个季度营业收入共计亿元. （2）设季度后的利润将首次超过该季度的营业收入的， 因为该公司2021年第一季度的利润为0.16亿元， 每一季度的营业收入比上一季度增加0.05亿元，利润比上一季度增长， 所以， 因为，所以利用计算器解得的最小值为，又， 所以该公司在年第4季度的利润将首次超过该季度的营业收入的. 119．（23-24高二上·上海·期末）已知数列，若为等比数列，则称具有性质P. (1)若数列具有性质P，且，，求的值； (2)若，求证：数列具有性质P； (3)设，数列具有性质P，其中，，，若，求正整数m的取值范围. 【答案】(1) (2)见解析 (3)且 【知识点】等比数列的定义、等比中项的应用、利用an与sn关系求通项或项、构造法求数列通项 【分析】（1）由题意建立等比数列，根据等比中项的性质，可得答案； （2）由题意结合等比数列的定义，可得答案； （3）根据求和公式求得数列的通项公式，结合等比数列的定义，可得数列的递推公式，利用辅助数法，可得其通项公式，可得答案. 【详解】（1）由题意可知成等比数列. 则 即，，解得. （2）证明：； . ，， 数列是以6为首项，以2为公比的等比数列故数列具有性质. （3）设数列的前项和为，则 当时，； 当时，； 经检验，. 由，解得， 则 由数列具有性质，则为等比数列， ，故数列为以2为首项以2为公比的等比数列， 则，于是， 即,由. 则数列是以为首项，以为公比的等比数列， 故，则. ，化简可得. ①若为偶数，则，即； ②若为奇数，则，即； 综上可得，的取值范围是且. 120．（24-25高二上·上海宝山·期末）已知数列满足（为正整数）． (1)设是公差为2的等差数列．当时，求的值； (2)设．求正整数，使得对一切正整数，均有； (3)设．当时，求数列的通项公式． 【答案】(1)， (2)5 (3) 【知识点】判断数列的增减性、确定数列中的最大（小）项、累加法求数列通项、根据数列递推公式写出数列的项 【分析】（1）根据公差化简计算得出,再代入求值即可； （2）代入求出，再分类得出数列的单调性即可得出； （3）分和两种情况分别应用累加法及分组求和法求出通项公式. 【详解】（1），是公差为2的等差数列， 所以，所以，又因为， 所以，即， ，即． （2）因为，所以， 所以，当，单调递减，所以， 当，单调递增，所以， 所以数列的最小值为，所以，使得对一切正整数，均有； （3）因为，所以， 所以化简得， 当时，， 求和得， 所以； 当时，， 则. 综上所述，. 【点睛】关键点点睛：本题第3问关键是得到，进而分情况利用累加法及分组求和法进行求解. 一、单选题 1．已知、是两条不同的直线，、是两个不同的平面，下列命题一定正确的是（    ） A．，，则 B．，，则 C．，，则 D．，，则 【答案】D 【分析】根据线面、面面位置关系可判断ABC选项；利用线面垂直的性质可判断D选项. 【详解】对于A选项，若，，则或、异面，A错； 对于B选项，若，，则或、相交，B错； 对于C选项，若，，则或、异面或、相交，C错； 对于D选项，若，，则，D对. 故选：D. 2．已知正三棱柱的各棱长均为，则该正三棱柱的外接球的表面积是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设上、下两个底面的中心分别为、，连接，则正三棱柱外接球的球心为的中点，连接，在中可求得球的半径，从而可求出球的表面积. 【详解】设上、下两个底面的中心分别为、，连接， 因为所有棱长为的正三棱柱的六个顶点都在同一球面上， 所以正三棱柱外接球的球心为的中点， 连接，在等边中，， 在直角中，， 所以正三棱柱外接球的半径， 所以球的表面积为. 故选：C. 二、填空题 3．已知随机事件，，中，与互斥，与对立，且，，则 ． 【答案】/ 【分析】先根据对立事件的概率关系求出，再利用互斥事件的概率加法公式计算. 【详解】根据题意，因为，事件与事件对立， 所以， 又事件与事件互斥，， 所以. 故答案为： 4．在《九章算术》中，将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”．如图，在“阳马”中，底面，，是棱的中点，点是棱上的动点，则当的周长最小时，三棱锥外接球的表面积为 ． 【答案】 【分析】利用平面展开法确定△周长最小时的位置；结合正弦定理求△的外接圆半径；依据“侧棱垂直底面”的三棱锥外接球性质，计算外接球半径并求表面积. 【详解】要使△周长最小，因为定值，需最小化. 将平面展开至与平面共面，如图所示， 连接与，交点为中点，. 三棱锥中，平面. 在△中，，，， 设的外接圆半径为，则， 所以△的外接圆半径. 因平面，三棱锥外接球半径满足：. 故外接球表面积为：. 故答案为： 5．正三棱锥中，底面边长，侧棱，向量，满足，，则的最大值为 ． 【答案】5 【分析】先对原等式进行化简，设，进而化简得到，然后确定点在以为直径的球面上，在以为直径的球面上，并求出半径，最后确定结果即可. 【详解】因为向量，满足，， 化简得. 设，则， 化简得. 因此，点在以为直径的球面上，半径为 在以为直径的球面上，半径为, 分别取的中点，则，故. 故答案为：5. 三、解答题 6．已知数列满足，且对任意的，都有. (1)令，证明：数列为等比数列； (2)求数列的通项公式及数列的前项和. 【答案】(1)证明见解析 (2)， 【分析】（1）由递推公式可得，即，结合等比数列的定义证明即可； （2）由（1）求出的通项，即可得到的通项公式，再由分组求和法计算可得. 【详解】（1）因为，即， 又，即，又，所以， 所以是以为首项，为公比的等比数列； （2）由（1）可得， 所以， 所以 . 7．如图，在四棱锥中，底面是正方形平面，，点是棱的中点，平面与棱交于点． (1)求证：； (2)求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先证明平面，再根据线面平行的性质即可得证； （2）如图建系，分别求出平面和平面的法向量，利用空间向量的夹角公式计算即可. 【详解】（1）在正方形中，，平面，不在平面内， 平面， 又平面，平面平面， ， 又，； （2）如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系， 则， 所以，， 设平面的法向量为， 则，故可取， 因为平面，则为平面的一个法向量， 所以， 所以二面角的正弦值为. 8．如图，是的直径，垂直于所在的平面，点是圆周上的点且，在线段上且，是的中点． (1)若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值； (2)线段上是否存在点，使得平面？若存在，则求的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)存在； 【分析】（1）先证平面，确定线面角为，计算相关线段、长度，用正弦定义求解； （2）构造平行四边形，由线面平行判定定理得平面，确定. 【详解】（1）垂直于所在的平面，又是的直径， 根据三垂线定理可得，又，平面,        平面, 平面 ,故, 二面角的平面角为，且直线与平面所成角为， 又，又，，              ，，            .                            直线与平面所成角的正弦值为. （2）在线段上存在点，使得平面，且，理由如下： 取的靠近的三等分点，过作，且            则，且              又是的中点，为中点，，又， ，且，且， 四边形为平行四边形， ，又平面，平面，平面， 故在线段上存在点，使得平面，且. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $