上海市延安中学2026-2027学年高二上学期期中数学试卷

延安中学高二期中数学试卷 2026.11 一.填空题 1.直线和平面所成的角为0，则0的取值范围是 2.已知球O的半径为2cm,则球O的表面积为 cm2 3.正方体ABCD-AB,CD的12条棱中，与AB异面的棱有 条 4.边长为6的正方形放置在水平平面上，则其直观图的面积是 5.正方体ABCD-A,B,C,D,中，二面角A-CD-B,的大小为 6.若一个正方体所有顶点都在一个球面上，则该球与正方体的表面积之比为 7.若数列{an}的前n项和为Sn,且an+an1=2”-1,则So= 8.圆柱的底面周长为6cm,AC是底面圆的直径，高BC=6cm,点P是母线BC上一点， 且PC=二BC，一只蚂蚁从A点出发沿着圆柱体表面爬行到P点的最短距离是 cm 9.如图，AB,CD是圆柱上、下底面圆的直径，四边形ABCD 是边长为3的正方形，E是底面圆周上的一点，AE=2,则点 C到平面DBE的距离为 10.在三棱锥P-ABC中，△PAB为正三角形，AB=2V3, B ∠ACB=90°，平面PAB⊥平面ABC,则三棱锥P-ABC 外接球的体积为 11.如图，长方体ABCD-AB,CD中，AB=4, BC=15,AA,=3,P为AB上的一个动点，则 B D-- AP+PC的最小值为 12.如图，若正方体的棱长为2，点P是正方体 ABCD-AB,CD的上底面AB,CD（含边界) 上的一个动点，E,F分别是棱BC,DD的中点，有以下结论： D C ①△PAE在平面CDD,C,上的投影图形的面积为定值： F ②平面AEF截该正方体所得的截面图形是等腰梯形： ③|PE|+|PF|的最小值是√14： E ④若保持|EP=2√2，则点P在上底面运动路径长度为 2π 3 其中正确的是 (填写所有正确结论的序号) 二.选择题 13.下列命题正确的是() A.过平面外一点，有且只有一条直线与这个平面平行 B.过平面外一点，有且只有一个平面与这个平面垂直 C.过直线外一点，有且只有一个平面与这条直线垂直 D.过直线外一点，有且只有一个平面与这条直线平行 14.对于三棱锥P-ABC,“PA,PB,PC所在直线两两垂直且与平面ABC所成角相等” 是“三棱锥P-ABC是以P为顶点的正三棱锥”的()条件 A.充分非必要 B.必要非充分 C.充要 D.既非充分也非必要 15.如图，二面角a-1-B大小为135°，A,B是棱1上 两点，BD,AC分别在半平面C,B内，AC⊥I,BD⊥I, 且AB=AC=2,BD=√2，则CD=() B A.23 B.6 C.V14 D.4 16.己知正方体ABCD-AB,CD,P为CC中点，对于下列两个命题： (1)过点P有且只有一条直线与直线AB,AD都相交： (2)过点P有且只有一条直线与直线AB,AD都成45°角. D 则以下判断正确的是() B C A.(1)为真命题，(2)为真命题 P B.(1)为真命题，(2)为假命题 A D C.(1)为假命题，(2)为真命题 B D.(1)为假命题，(2)为假命题 三.解答题 17.已知正四棱柱ABCD-AB,CD中，AA=4,AB=1. (1)求正四棱柱的表面积： D (2)求异面直线A,B与AD所成角的余弦值. B D B 18.已知等差数列{an}的公差为正数，a2与a的等差中项为8，且a3a2=28. (1)求{an}的通项公式； (2)从{an}中依次取出第3项，第6项，第9项，，第3n项，按照原来的顺序组成一 个新数列{b},判断938是不是数列{b}中的项？并说明理由. 19.如图所示，圆锥的底面半径为2，A为圆周上的定点，动点B在圆周上逆时针旋转， 设∠AOB=0(0<0<π)，C是母线SB中点 己知当0= v7 时，AC与底面所成角为arctan 3 7 S (1)求圆锥侧面积： (2)当AC⊥OB时，求0的值. A B 20.如图，在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD为矩形，SA⊥平面ABCD, 二面角S-CD-A的平面角为45°，M为AB中点，N为SC中点. (1)证明：MN∥平面SAD: S (2)证明：平面SMC⊥平面SCD; (3)若CD=元，求实数元的值， AD A 使得直线SM与平面SCD所成角为30°. -------D B 21.己知数列{an}满足an+1-2an=1-2n,且a1=4. (1)求证：数列{an-2n-1}是等比数列； (2)求数列{an}的前n项和Sn; (3)若数列，}的前n项和为工，且6，(a1-a。-2)=2,求满足等式工-t=1 Tre-t b+1 成立的所有正整数n与正整数t的值. 参考答案 一.填空题 1o2 2.16π 3.6 4.92 6. 7.677 8.5 9. 63 2 10. π 313 12.①③④ 1 二.选择题 13.C 14.A 15.C 16.B 三.解答题 17.解：(1)S=2×12+4×1×4=18 (3分) (2)连接A,C,BC,正四棱柱中，有AB∥C,D,且AB=C,D,四边形ABCD 为平行四边形，则有BC,∥AD，,则异面直线AB与AD所成 的角就是∠A,BC或其补角. (5分) BC=AB=V17,AC=√2，故 COSLABC =BC+4B-AC _17+17-216 2BC·AB 2×1717 16 所成角的余弦值为， (7分) 17 18.解：(1)设等差数列{a}的公差为d, 根据等差中项的性质可得a2与as的等差中项为a5, 所以a5=8,又因为aga7=28, 即(a5-2d)(a5+2d)=28. 所以d=9,d=±3，因为公差为正数，所以d=3. 则a5=a1+4d=8,则a1=-4. ∴.{am}的通项公式am=a1+(n-1)d=-4+3(n-1)=3m-7(n∈V*). (3分) (2)结合(1)可知b1=a3=2,b2=a6=11,bg=ag=20,··, bm=a3n=9n-7(n∈N*). (5分) 令938=9m-7,即n=105∈N*,符合题意，即b1s=938. 所以938是数列{b}中的项. (7分) 19.解：(1)取OB中点D,连接AD, 故CD/S0,CD=号S0,CDL底面， 故∠CAD即为AC与底面所成角.tan∠CAD= 2万CD 7 AD 408-2D-5,故cD=2.S0=4 (2分) 母线SA=2V5,Sm=4V5元 (4分) (2)取OB中点D,连接AD,故CD∥SO,CD=SO,CD⊥底面，CD⊥OB ,AC⊥OB,OB⊥面ACD,OB⊥AD,cOS∠AOB= 八D=)∠AOB=元8分) 20.(I)证明：取SD中点E,连接AE,NE, 则NE=二CD=AM,NE∥CD∥AM, ∴.四边形AMNE为平行四边形，.MW∥AE 又.'MN不在平面SAD上，AEC平面SAD, 所以.MN∥平面SAD: (3分) (2)SA⊥面ABCD,∴.SA⊥CD,底面ABCD为矩形，AD⊥CD, 又.SA∩AD=A,∴.CD⊥面SAD,∴.CD⊥SD∴.∠SDA即为二面角S-CD-A 的平面角，即∠SDA=45° ∴.△SAD为等腰直角三角形，.AE⊥SD CD⊥面SAD,.CD⊥AE,又SD∩CD=D,.AE⊥面SCD, :MN∥AE,.MN⊥面SCD,:MNc面SMC,.面SMC⊥面SCD(7分) (3). CD=元，设AD=SA=a,则CD=ia A 由(2)可得MW⊥平面SCD,.SN即为SM在平面SCD内的投影， .∠MSN即为直线SM与平面SCD所成角，即∠MSN=30 (9分) 而MN=AE= 2 .RASAM中，SM=g+(9=V2a,解得2-2. 当2=2时，直线SM与平面SCD所成角为30°. (12分) 21.解：(1)因为a1=4,所以a1-2×1-1=1,因为an+1-2an=1-2n, 所以a1-2(n+1)-1=2an+1-2n-2(n+1)-1=2an-4n-2=2(an-2n-1), 所以数列{an-2n-1}是首项为1，公比为2的等比数列： (3分) (2)由(1)知an-2n-1=2-,所以an=2n+1+2”-，所以 Sn=(3+1)+(5+2)+…+(2n+1+2"-)=[3+5+…+(2n+1]+(1+2+…+2-） n3+2n++1-2=m2+2n+2”-1. (6分) 2 1-2 (3)因为a1-a.=2(n+1)+1+2”-(2n+1+2-)=2+2"-, 又b.(a1-a-2)=2,所以b=2’ (7分) 1 所以7，=2+1+ (8分) 2 2-2 T-t-1 4、4 2-2 由 44 可172” 12n+可-t2+11+221 变形可得4+2--2-412)=2名”-12， 2 整理可得4一1=2，即(4-)2”=2+4， (9分) 当1=1时，则有32”-4=1，可得2”=，这样的正整数n不存在： 当t=2时，则有21-4=2，可得2”=3，这样的正整数n不存在； 当t=3时，则有2”-4=22，即2”=8，解得n=3,符合题意： 当t≥4时，2≥23=8，而(4-t)2”-4<0,等式不成立. 综上所述，n=t=3. (12分)