精品解析：上海市复兴高级中学2023-2024学年高二上学期期中数学试题（解析版）_0122026上海中考一模二模真题试卷_2026年上海一模_上海1500初中高中试卷_高中_高二_上学期_2：期中

上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 高二年级数学试卷 高一__________班__________号姓名__________得分__________ 一､填空题（本题共 12 小题，前 6 题每小题 4 分，后 6 题每小题 5 分，共 54 分､请在横线上 方填写最终的､最简的､完整的结果） a  a 1 a 5 1. 已知等差数列 n 满足 1 ， 5 ，则公差d ______. 【答案】1 【解析】 【分析】根据等差数列的通项公式列式求解可得结果. 【详解】因为{a }是等差数列， n a a 51 所以公差d  5 1  1. 51 51 故答案为：1 2. 首项为1，公比为 1 的无穷等比数列 a  的各项和为__________． 2 n 【答案】2 【解析】 【分析】根据等比数列的求和公式结合数列极限运算求解. n 1 1 【详解】由题意可知：等比数列 a n  的前n项和为S n  1    2 1   2    1    1 2    n   ， 2  1 n 所以无穷等比数列 a  的各项和为 lim S  lim 21    2. n n n n  2  故答案为：2. 3. 在直线与平面平行的判定定理中，假设为平面，a,b为两条不同直线，若要得到b//，则需要在条 件“a,b//a”之外补充的一个条件是__________. 【答案】b 【解析】 【分析】根据线面平行的判断，即可补全. 【详解】由直线与平面平行的判断定理可知，还要保证直线b在平面外，即b. 第 1 页 共 17 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 故答案为：b 4. 在长方体ABCDABC D 中，直线AB与直线BC的位置关系是_______________； 1 1 1 1 1 1 【答案】异面 【解析】 【分析】结合图形，直接根据异面直线的定义求解即可. 【详解】因为直线AB与直线BC不同在任何一个平面内， 1 1 所以由异面直线的定义可知， 直线AB与直线BC的位置关系是异面. 1 1 故答案为：异面 【点睛】本题考查异面直线的定义，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，是基础题． 5. 如图，在正方体ABCDABC D 中，E是DD的中点，则直线BE与平面ABCD所成角的正弦值为 1 1 1 1 1 ____________． 1 【答案】 3 【解析】 【分析】根据线面角的知识求得正确答案. 【详解】连接BD，由于DE平面ABCD， 所以EBD是直线BE 与平面ABCD所成角， 设正方体的边长为2，则DE 1,BD2 2,BE 3， 1 所以sinEBD ， 3 第 2 页 共 17 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 1 所以直线BE与平面ABCD所成角的正弦值为 . 3 1 故答案为： 3 6. 如图，P是二面角l内的一点，PA⊥α，PB⊥β，垂足分别为A，B.若∠APB＝80°，则二面角 l的大小为____. 5π 5 【答案】100°## ## π 9 9 【解析】 【分析】根据∠APB与二面角大小互补进行求解 【详解】设二面角l的大小为， 因为PA⊥α，PB⊥β，垂足分别为A，B.， 所以APB180，所以180APB100. 故答案为：100° 7. 若正四棱柱ABCDABC D 的底面边长为2，高为4，则异面直线BD 与AD 所成角的余弦值是 1 1 1 1 1 _________． 6 【答案】 6 【解析】 【分析】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD 为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异 1 面直线BD 与AD所成角的余弦值． 1 第 3 页 共 17 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 【详解】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD 为z轴，建立空间直角坐标系， 1 ∵正四棱柱ABCD﹣A B C D 的底面边长为2，高为4， 1 1 1 1 ∴B（2，2，0），D （0，0，4），A（2，0，0），D（0，0，0）， 1   BD （﹣2，﹣2，4），AD（﹣2，0，0）， 1 设异面直线BD 与AD所成角为θ， 1   BD AD 4 6 1 则cosθ     ． BD  AD 242 6 1 6 ∴异面直线BD 与AD所成角的余弦值为 ． 1 6 6 故答案为 ． 6 【点睛】本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知 识，考查运算求解能力、空间想象能力，考查函数与方程思想、数形结合思想，是基础题． 8. 正三棱锥PABC 的侧棱长为2，APBAPC BPC 30．E，F 分别是BP、CP上的点， △AEF 周长的最小值____． 第 4 页 共 17 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 【答案】2 2 【解析】 【分析】作出三棱锥的侧面展开图，利用数形结合思想求出△AEF 周长的最小值． 【详解】解：作出该三棱锥的侧面展开图，如图所示： △AEF 的周长即为AE、EF 、FA三者的和， 从图中可见：为使三角形AEF 的周长的值最小， 只需让A、E、F 、A四点共线即可； 根据题中给出的条件知：APBBPC CPA30， APA90，AA 22 22 2 2．  AEF周长的最小值为2 2．  故答案为：2 2． 9. 已知圆柱的轴截面是正方形，它的面积是4cm2，那么这个圆柱的体积是____cm3．（结果中保留π） 【答案】2π 【解析】 【分析】设圆柱的底面半径为r，高为h，由题可得h2cm，r 1cm，然后利用圆柱体积公式即得. 【详解】设圆柱的底面半径为r，高为h， 因为圆柱的轴截面是正方形，它的面积是4cm2， 第 5 页 共 17 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 所以h2cm，r 1cm， 所以这个圆柱的体积是πr2h2πcm3. 故答案为：2π. 10. 在圆锥PO中，O为底面圆心，PA,PB为圆锥的母线，且AB 2 ，若棱锥OPAB为正三棱锥，则 该圆锥的侧面积为_________． 【答案】 2π 【解析】 【分析】求出圆锥的底面圆的半径，从而得到圆锥的侧面积. 【详解】因为棱锥OPAB为正三棱锥，所以PAPB AB 2，OAOBOP， 因为PO⊥AO，PO⊥OB，由勾股定理得OAOB OP 1， 即圆锥的底面圆半径r 1，母线长为 2 ， 则该圆锥的侧面积为πrl  2π. 故答案为： 2π 11. 多面体的欧拉定理：简单多面体的顶点数V､棱数E与面数F有关系V F E 2.请运用欧拉定理解 决问题：碳60(C )具有超导特性､抗化学腐蚀性､耐高压以及强磁性，是一种应用广泛的材料.它的分子结 60 构十分稳定，形似足球，也叫足球烯，如图所示， 碳60(C )的分子结构是—个由正五边形面和正六边形面共32个面构成的凸多面体，60个碳原子处于多 60 第 6 页 共 17 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 面体的60个顶点位置，则32个面中正五边形面的个数是___________. 【答案】12 【解析】 【分析】由欧拉定理求得足球烯表面上的棱数，设正五边形的个数为x，正六边形个数为y，由题意列出方 程，联立即可求得答案. 【详解】由题意可知V 60,F 32，由V F E 2可得E 90, 设正五边形的个数为x，正六边形个数为y，则x y32， ∵一条棱连着两个面， 1 ∴足球烯表面的棱数E  (5x6y)90, 2 x y 32  x12 联立1 ，解得 ，  (5x6y)90 y 20 2 即32个面中正五边形面的个数是12个， 故答案为：12 12. 斐波那契，意大利数学家，其中斐波那契数列是其代表作之一，即数列 a  满足a a 1，且a  n 1 2 n2 a a ，则称数列 a  为斐波那契数列.已知数列 a  为斐波那契数列，数列 b  满足 n1 n n n n b (1)a nb n，若数列 b  的前12项和为86，则b b __________. n3 n n 1 2 【答案】8 【解析】 【分析】利用斐波那契数列定义可写出数列 a  的项，再利用b (1)a nb n，代入n的值，可求得数 n n3 n 列 b  的项之间的关系，进而得解. n 【详解】斐波那契数列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，……. 由b (1)a nb n得：b b 1，b b 2，b b 3， n3 n 4 1 5 2 6 3 则b b b b 32b b  ， 1 2 4 5 1 2 同理：b b 4，b b 5，b b 7，b b 8，b b 9， 7 4 8 5 10 7 11 8 12 9 得：b 5b ，b 7b ，b 12b ，b 15b ， 7 1 8 2 10 1 11 2 则b b b b 392b b  ，b b b b 12， 7 8 10 11 1 2 3 6 9 12 第 7 页 共 17 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 则S 12 b 1 b 2   b 12 544b 1 b 2 86， 则b b 8 1 2 故答案为：8. 【点睛】关键点点睛：本题考查根据递推关系求数列的项，解题的关键是理解斐波那契数列，写出对应的 项，再利用数列 b  的递推关系求出数列 b  的项的关系，即可求解，考查学生的理解能力与运算求解能 n n 力，属于难题. 二､选择题（本题共 4 小题，前 2 题每小题 4 分；后 2 题每小题 5 分，共 18 分．在每小题给 出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请填写符合要求的选项前的代号） 13. 已知平面//平面，直线a，直线b，则a与b的位置关系是（ ） A. 平行 B. 平行或异面 C. 异面 D. 异面或相交 【答案】B 【解析】 【分析】利用直线与平面的位置关系判断即可. 【详解】因为平面//平面，直线a，直线b， 所以a与b没有交点，即a与b可能平行，也可能异面． 故选：B. 14. 若数列 a  满足a =2，a a a 2  nN ，则其前2023项和为（ ） n 1 n n1 n2 A. 1360 B. 1358 C. 1350 D. 1348 【答案】C 【解析】 【分析】根据a a a 2使用分组求和即可. n n1 n2 【详解】∵a =2，a a a 2， 1 n n1 n2 ∴S a a a a a a a a a a  2023 1 2 3 4 5 6 7 2021 2022 2023 a 67421350， 1 故选:C. 15. 如图，一个水平放置的平面图形的直观图是一个底角为45°的等腰梯形，已知直观图OA′B′C′中， B'C' 1,OC'  2 ，则该平面图形的面积为（ ） 第 8 页 共 17 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 2 A. B. 2 C. 2 2 D. 4 2 2 【答案】D 【解析】 【分析】根据直观图与原平面图形的关系作出原平面图形，求出相应边长后计算面积． 【详解】作出原来的平面图形OABC，如图，OC 2OC2 2，BC  BC1， 2 在题设等腰梯形OABC中，OA 2 213，因此OA3， 2 1 所以S  (13)2 2 4 2． OABC 2 故选：D． 16. 如图，在四棱锥QEFGH 中，底面是边长为2 2的正方形，QE QF QG QH 4，M 为 V QG的中点.过EM 作截面将此四棱锥分成上､下两部分，记上､下两部分的体积分别为V ，V ，则 1 的最 1 2 V 2 小值为（ ） 1 1 1 1 A. B. C. D. 2 3 4 5 第 9 页 共 17 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 【答案】A 【解析】 1 1 【分析】先判断A为 QEG的重心，再利用重心得到  3，求出V V V 4 3xy， x y 1 EQBC MQBC V 进而得到 1 ，借助基本不等式求出最小值即可. V 2 【详解】 过Q作平面EFGH 的垂线，垂足为O，连EG,EM ，设EM,QO的交点为A，在△QHF中过A作直 线BC交QH,QF于B,C 两点，由相交直线确定平面，则四边形ECMB为过EM 的截面.由计算可得 EG 4,，得 QEG为正三角形，QO2 3，所以A为 QEG的重心，设QB xQH,QC  yQF，  2 1 1     由向量运算可得QA QO QH  QF ，又QB xQH,QC  yQF ，可得 3 3 3  1  1   1  1  1 1 1 1 QH  QB,QF  QC，所以QA QB QC ，由三点共线，得  1，即  3， x y 3x 3y 3x 3y x y 易得E到平面QHF 的距离为OE2，M 到平面QHF 的距离为1，因为 1  S  QBQCsin 4 3xy，所以 QBC 2 3 1 1  V V V  S (12) QBQCsin 4 3xy， 1 EQBC MQBC 3 QBC 2 3 1  2 16 3 16 V   2 2 2 3  ，得V V V  34 3xy， QEFGH 3 3 2 QEFGH 1 3 V 4 3xy 4 1  1 1 1 1 1 1 4 V 16 43xy ，由  3，3  2 ，得xy ，当且仅当 2 34 3xy x y x y xy 9 3 第 10 页 共 17 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) V 4 4 1 2 1 1 1  V x y  取等号，所以V 43xy 4 2，即 1 的最小值为 1 . 3 2 4 V 2 3 2 故选：A. 1 1 【点睛】本题关键点在于由A为 QEG的重心得到  3这一结论，再用x,y表示出要求的体积，最 x y 后借助基本不等式得到最值. 三､解答题（本大题共 5小题满分 78分．请写出必要的证明过程或演算步骤） 17. 等差数列 a  不是常数列，a 10,且a ,a ,a 是某一等比数列 b  的第1，2，3项. n 5 5 7 10 n (1)求数列｛a ｝的第20项. n (2)求数列{b }的通项公式． n 3 【答案】（1）a 47.5 (2)b 10( )n1 20 n 2 【解析】 【分析】（1）根据等差数列定义及通项公式,结合a 10,且a ,a ,a 是某一等比数列 b  的第1，2，3项, 5 5 7 10 n 可得关于d的一元二次方程,即可求得公差d,进而求得a 的值. 20 ( 2 ) 根据等比数列定义,即可求得等比数列的公比,进而求得等比数列的通项公式. 【详解】（1）设数列 a  的公差为d，则a 10,a 102d,a 105d n 5 7 10 因为等比数列 b  的第1、2、3项也成等比, n 所以a 2 a a 7 5 10 即102d2 10105d 解得d 2.5 d  0 （舍去） , 所以a 47.5 20 (2)由（1）知 a  为正项数列 n b a 3 所以q 2  7  b a 2 1 5 3 b bqn1 10( )n1 n 1 2 【点睛】本题考查了等差数列与等比数列的定义及通项公式的求法,属于基础题. 第 11 页 共 17 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 18. 如图，某几何体的下部分是长､宽均为8，高为3的长方体，上部分是侧棱长都相等且高为3的四棱锥， 求： （1）该几何体的体积； （2）若要将几何体下部分表面刷上涂料（除底面），求需要刷涂料的表面积. 【答案】（1）256 （2）96 【解析】 【分析】（1）求出长方体的体积和四棱锥体积，相加后得到答案； （2）求出几何体下部分侧面积，得到答案. 【小问1详解】 1 长方体的体积为883192，四棱锥的体积为 82364， 3 故该几何体的体积为19264256； 【小问2详解】 长方体侧面面积为38496， 故要将几何体下部分表面刷上涂料（除底面），需要刷涂料的表面积为96. 19. 如图，已知点 P 在圆柱OO的底面圆 O 的圆周上，AB 为圆 O 的直径，圆柱的表面积为20π， 1 OA2，AOP120． （1）求直线AP与平面ABP所成角的正切值； 1 （2）求点A到平面ABP的距离． 1 第 12 页 共 17 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 3 【答案】（1） 2 6 7 （2） 7 【解析】 【分析】（1）根据圆柱的特征可得直线AP与平面ABP的夹角，即为APA ，然后利用圆柱的表面积为 1 1 AA 3 20π求出BB 3，求出tanAPA  1  ，进而求解； 1 1 AP 2 （2）利用等体积转化法即可求解． 【小问1详解】 由题意知，AA 平面ABP，所以直线AP与平面ABP的夹角，即为APA ， 1 1 1 易知APB90，PAO30， 又AO2， 故AB 4，进而有PB2，PA2 3， 由圆柱OO 的表面积为2π22 2π2BB 20π， 1 1 AA 3 可得BB 3，故tanAPA  1  ， 1 1 AP 2 3 故直线AP与平面ABP的正切值为 ． 1 2 【小问2详解】 设点A到平面APB的距离为h， 1 则V V ， AAPB AAPB 1 1 1 1 1 故 S h S AA ，又S  APBP2 3， 3 A 1 PB 3 APB 1 APB 2 因为AA 平面ABP，BP平面ABP,所以BP AA， 1 1 又BP AP，AA AP A,AA,AP平面AAP, 1 1 1 所以BP平面AAP，AP平面AAP,即BP AP， 1 1 1 1 在Rt △APB中，AP AA2 PA2  32   2 3 2  21， 1 1 1 第 13 页 共 17 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 1 故S  APPB 21， A 1 PB 2 1 S 6 7 6 7 所以h APB AA  ，即点A到平面APB的距离为 ． S 1 7 1 7 A1PB 20. 已知E、F 分别是正方体ABCDABC D 的棱BC、CD的中点，求： 1 1 1 1 （1）AD与EF 所成角的大小； 1 （2）二面角CDB C 的大小； 1 1 1 19 （3）点M 在棱CD上，若AM 与平面BCCB所成角的正弦值为 ，请判断点M 的位置，并说明理 1 1 1 19 由. π 【答案】（1） ； 3 3 （2）arccos ； 3 （3）点M 是线段DC 靠近点D的三等分点，理由见解析. 【解析】 【分析】（1）（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求出异面直线的夹角、二面角大小作答. （3）利用（1）中坐标系，设出点M的坐标，利用线面角的正弦值求解作答. 【小问1详解】 在正方体ABCDABC D 中，令AB 1， 1 1 1 1 第 14 页 共 17 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 以点D为原点，以  D  A  ,  D  C  ,  D  D  的方向分别为x,y,z轴正方向，建立空间直角坐标系Dxyz，如图， 1 1 1    1 1  则D(0,0,0),A(1,0,1),E( ,1,0),F(0, ,0),AD(1,0,1),EF    , ,0 ， 1 2 2 1  2 2  1   ADEF   1 2 1 设A 1 D与EF 所成角为，cos|cosA 1 D,EF|  A  D  |  E  F  |  2  2 ， 1 2 2 π 所以AD与EF 所成角的大小是 . 1 3 【小问2详解】  平面BDC 的一个法向量为DD (0,0,1)， 1 1 1 1   设平面CBD 的一个法向量为n  (x,y,z)，DC (0,1,1),DB (1,1,0)， 1 1 1 1 1   n  DC  yz 0 则  1  ，令z 1，得n  (1,1,1)，   nDB  x y 0 1 1   nDD 1 3  设n  ,DD 的夹角为， cos  1   ，而二面角CDB C 为锐二面角， 1 n ‖DD 3 3 1 1 1 1 3 所以二面角CDB C 大小为arccos . 1 1 1 3 【小问3详解】   设M(0,y,0),y[0,1]，则AM (1,y,1)，平面BCCB的一个法向量为DC (0,1,0)， 1 1 1   AM AB   1 19 设 AM 与 平 面 BCCB所 成 角 为 ,sin|cosAM,AB|  ， 即 1 1 1 1  A  M  |  A  B  | 19 1 | y| 1 1  ,y  ， y2 2 19 3 1 所以当DM  DC，即点M 是线段DC 靠近点D的三等分点时,AM 与平面BCCB所成角的的正弦值 3 1 1 1 第 15 页 共 17 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 19 为 19 21. 已知集合Aa ,a ,a a  N*，其中nN且n3,a a a a ，若对任意的 1 2 3 n 1 2 3 n xy x,yAx y ，都有 x y  ，则称集合A具有性质M . k k （1）集合A1,2,a 具有性质M ，求a的最小值； 3 1 1 n1 （2）已知A具有性质M ，求证：   ； 15 a a 15 1 n （3）已知A具有性质M ，求集合A中元素个数的最大值，并说明理由. 15 【答案】（1）6； （2）证明见解析； （3）7，理由见解析. 【解析】 【分析】（1）由性质M 定义列不等式组求参数范围，结合a N*即可得最小值； 3 aa 1 1 1 （2）根据定义|a a | i i1,(i 1,2,3,...,n1)，进而有   ，应用累加法即可证结论； i i1 15 a a 15 i i1 1 n1 （3）首先应用放缩有  求得n16，同理可得i(ni)15恒成立，假设n8得出矛盾，再讨论 a 15 1 n7并应用基本不等式证恒成立，即可确定元素个数最大值. 【小问1详解】  a a1  3   3 a 由性质M 定义知：  2 a6，且a N*， 3 2a  a2  a6  3 所以a的最小值为6. 【小问2详解】 aa 由题设|a a | i i1,(i 1,2,3,...,n1)，且a a ， i i1 15 1 n aa 1 1 1 所以a a  i i1    ,(i 1,2,3,...,n1)， i1 i 15 a a 15 i i1 1 1 1 1 1 1 1 1 n1 所以    ...     ，得证. a a a a a a a a 15 1 2 2 3 n1 n 1 n 第 16 页 共 17 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 【小问3详解】 1 n1   n1 由（2）知：a 15  1n16， 1 15  a 1  1 1 1 ni 1 ni 同（2）证明得   且i 1,2,3,...,n1，故  ，又a i， a a 15 a 15 i i n i 1 ni 所以  i(ni)15在i 1,2,3,...,n1上恒成立， i 15 当n8，取i 3，则3(n3)15，故n8， (ini)2 n2 当n7，则i(ni)  15n 60，即n7. 4 4 综上，集合A中元素个数的最大值为7. 1 1 1 【点睛】关键点点睛：第二问，根据定义得   为关键；第三问，应用放缩法确定n16，同 a a 15 i i1 理得到i(ni)15恒成立为关键. 第 17 页 共 17 页