山东省潍坊市2023-2024学年高二下学期期末考试数学试卷

2023-2024学年山东省潍坊市高二（下）期末数学试卷 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。 1.已知向量，，若，则实数(    ) A. 2 B. C. 3 D. 2.已知等差数列中，，，则这个数列的前6项和为(    ) A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 3.已知数列满足，且，，则(    ) A. 1 B. 2 C. D. 4.一圆锥的轴截面SAB为等边三角形，S为圆锥顶点，点C为的中点，则直线SA与BC所成角的余弦值为(    ) A. B. C. D. 5.已知等差数列的公差不为零，为其前n项和，若，则…，中不同数值的个数为(    ) A. 45 B. 46 C. 47 D. 48 6.已知两圆台体积之比为1：12，第一个圆台上、下底面半径分别为，，第二个圆台上、下底面半径分别为，，若，，是公比为2的等比数列，则这两个圆台的高之比可以为(    ) A. B. C. D. 7.如图，已知A，B，C三点不共线，O为平面ABC外任意一点，且平面ABC中的小方格均为边长为1的正方形，，，，，若，则(    ) A. B. 15 C. D. 12 8.已知数列满足，，若正整数k使得…成立，则(    ) A. 1012 B. 1013 C. 2024 D. 2026 二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分。 9.设m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则(    ) A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 10.将一些数排成如图所示的倒三角形，其中第一行各数依次为1，3，5，…，从第二行起，每一个数都等于它“肩上”的两个数之和，最后一行只有一个数M，从上往下每一行的第一个数构成的数列记为，则(    ) A. B. C. D. 第n行的所有数之和为 11.在一个棱长为2的正方体内做两个互相垂直的内切圆柱，其相交的部分就是“牟合方盖”，如图1所示，图2是牟合方盖的八分之一，其中OABC为正方形，截面PSRQ与平面OABC平行，设二面角大小为，二面角大小为，，，则(    ) A. 该牟合方盖的内切球体积为 B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.记为等比数列的前n项和．若，，则______. 13.一个三棱锥和一个四棱锥恰好可以拼接成一个正三棱台，这个三棱锥的底面为边长是1的等边三角形，这个四棱锥的底面为等腰梯形，该等腰梯形的上、下底面边长分别为1，3，腰长为2，则正三棱台的高为______. 14.已知函数，数列是公差不为0的等差数列…，则…______. 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。 15.本小题13分 记为正项数列的前n项和，且数列是公差为的等差数列， 证明：是等差数列； 若，求数列的前n项和 16.本小题15分 如图，在长方体中，E是棱上靠近点C的三等分点，平面平面， 求的值； 已知ABCD为边长为的正方形， ①证明：平面ADE； ②求四棱锥的体积. 17.本小题15分 已知为数列的前n项和，且满足 求的通项公式； 设，，若对任意的，都有，求实数m的取值范围. 18.本小题17分 如图，圆柱的轴截面ABCD是边长为4的正方形，下底面圆O的一条弦EF交CD于点G，，，P是上底面圆周上的动点. 证明：平面平面ABCD； 求点D到平面AEF的距离； 若二面角的正切值为，且P，F在轴截面ABCD同侧，求圆柱侧面上点P到点F的最短距离. 19.本小题17分 已知集合…，且的元素均为正整数，对于M的任意两个非空子集A，B，如果A中所有元素之和与B中所有元素之和不相等，就称M具有性质 判断以下两个集合是否具有性质R，并说明理由； ， 已知M具有性质 证明：①，，； ②，并指出“=”成立的条件. 答案和解析 1.【答案】B  【解析】解：因为向量，， 又， 则， 则 故选： 根据向量垂直的坐标运算可解． 本题考查向量垂直的坐标运算，属于基础题． 2.【答案】C  【解析】解：设等差数列的公差为d， ，， 故，解得， 所以， 故这个数列的前6项和为： 故选： 结合等差数列的性质，求出d，再结合等差数列的前n项和公式，即可求解． 本题主要考查等差数列的前n项和公式，是基础题． 3.【答案】D  【解析】解：，且，， 可得，， ，，…， 则数列是最小正周期为4的数列， 则 故选： 由数列的递推式求得数列的前几项，推得数列是最小正周期为4的数列，可得所求值． 本题考查数列中的项，求得数列的周期性是解题的关键，考查运算能力，属于中档题． 4.【答案】B  【解析】解：以O为坐标原点，OB，OS分别为y，z轴，垂直于平面SAB的轴为x轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则，，，， 所以，， 所以，， 所以异面直线SA与BC所成角的余弦值为 故选： 以O为坐标原点建立空间直角坐标系，写出向量，的坐标，再利用空间向量数量积的坐标运算法则，得解 本题考查异面直线夹角的求法，熟练掌握利用空间向量求异面直线夹角的方法是解题的关键，考查空间立体感和运算求解能力，属于基础题． 5.【答案】C  【解析】解：设等差数列的公差为d， ， 则，解得，即，即， ，对称轴为， ，，， 故…，中不同数值的个数为 故选： 根据已知条件，先求出，再结合等差数列的前n项和公式，以及函数的对称性，即可求解． 本题主要考查等差数列的前n项和，属于基础题． 6.【答案】C  【解析】解：设两圆台体积分别为，，高分别为，， ，，是公比为2的等比数列， ，， ， 故选： 根据圆台的体积公式求解． 本题主要考查了圆台的体积公式，属于基础题． 7.【答案】A  【解析】解：由题意知，，，，，且， 所以， 所以， 所以 故选： 根据题意，得出，再求模长即可． 本题考查了空间向量的线性运算与数量积运算问题，是基础题． 8.【答案】A  【解析】解：由，可得， 可得… ， 即，解得 故选： 由已知递推式可得，结合数列的裂项相消求和，计算可得所求值． 本题考查数列的递推式和数列的裂项相消求和，考查转化思想和运算能力，属于中档题． 9.【答案】BC  【解析】解：若，，则m与可以成任意角，选项错误； 若，，则，又，则，选项正确； 若，，，则，选项正确； 若，，，则与可以成任意角，选项错误． 故选： 根据空间中各要素的位置关系逐一判断即可． 本题考查空间中各要素的位置关系，属基础题． 10.【答案】ACD  【解析】解：由，，，，可得，故A正确，B错误； 由，，可得，即有，则，故C正确； 第n行由公差为，首项为，个数为的等差数列， 则第n行的所有数之和为，故D正确． 故选： 由，，，，推得，由等差数列的定义和通项公式，可得，可判断ABC；由等差数列的求和公式，可判断 本题考查等差数列的通项和求和公式，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题． 11.【答案】ACD  【解析】解：对于A，内切球半径为原正方体半棱长， 即，所以，故A正确； 对于B，显然、， 易得， 而二面角， 所以，故B错误； 对于C，显然平面AOD， 所以， 由题意及牟合方盖性质， 可得四边形SPQR为正方形， 所以， 所以，故C正确； 对于D，由于，所以， 结合C项，， 由于AO、， 易得， 所以， 所以，故D正确． 故选： 对于A，由题意可得内切球半径，再由体积公式计算即可； 对于B，由题意可得、，，从而得二面角，即可判断； 对于C，由题意可得平面AOD，则有，又由四边形SPQR为正方形，可得，即可判断； 对于D，由题意可得，再结合C求解即可． 本题考查了求球的体积、直线与平面、平面与平面所成角的计算，考查了空间想像能力，属于中档题． 12.【答案】  【解析】解：根据题意，设等比数列的公比为q， 若，，则，解可得， 则； 故答案为： 根据题意，设等比数列的公比为q，由等比数列的通项公式可得，解可得q的值，进而计算可得答案． 本题考查等比数列的前n项和，涉及等比数列的通项公式，属于基础题． 13.【答案】  【解析】解：如图： 正三棱台由三棱锥和四棱锥组成， 则由题可知：，， 设上底面在下底面的投影为， 则即为该正三棱台的高， 因为是边长为1的正三角形， 是边长为3的正三角形． 则如图①，过作与M，则，， 所以 所以中， 即正三棱台的高为 故答案为： 通过作出图形，根据已知条件画出辅助线求解即可． 本题考查棱锥和棱台结构性质，属于中档题． 14.【答案】9  【解析】解：根据题意，因为函数， 即，即关于点对称， 因为…， …， 必有… 故答案为： 构造函数，根据函数的对称性和等差数列的性质即可求解． 本题考查函数的性质和等差数列的综合应用，涉及等差数列的性质，属于基础题． 15.【答案】解：证明：由数列是公差为的等差数列，， 可得， 即有， 当时，； 当时，， 上式对也成立， 则，且， 可得是等差数列； ， 可得数列的前n项和， ， 上面两式相减可得 ， 则  【解析】由等差数列的通项公式求得，再由与的关系，结合等差数列的定义，可得证明； 由数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公式，可得所求和． 本题考查等差数列的定义、通项公式和等比数列的求和公式，以及数列的错位相减法求和，考查转化思想和运算能力，属于中档题． 16.【答案】解：如图，取BC靠近C的三等分点F，连接EF， 又E是棱上靠近点C的三等分点， ，又易知， ， 平面即为平面 平面平面， ； ①证明：是棱上靠近点C的三等分点， ，，又， ，， ，又， ，， 又平面，平面， ，又， 平面ADE； ②由知，且， ， 四棱锥的体积为：   【解析】取BC靠近C的三等分点F，则易证，从而可求解； ①只需证明，即可； ②由知，且，从而可得，从而可得四棱锥的体积为：，再计算即可求解． 本题考查线面垂直的证明，四棱锥的体积的求解，化归转化思想，属中档题． 17.【答案】解：由，可得，解得； 当时，，化为， 可得数列是首项为1，公比为2的等比数列，即有； ，， 由递减，可得时，取得最大值； ， ， 由递增，可得时，取得最小值， 对任意的，都有， 可得， 即m的取值范围是  【解析】由an与Sn的关系，结合等比数列的定义、通项公式，可得所求； 由等比数列的求和公式和数列的裂项相消求和、数列的单调性，可得最值，再由不等式恒成立思想，可得所求取值范围． 本题考查数列的项与和的关系，以及数列的裂项相消求和、不等式恒成立问题，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题． 18.【答案】解：证明：因为圆柱的底面为圆，， 所以由圆的对称性可得， 又圆柱的侧棱底面圆O，底面圆O， 所以， 又，面ABCD，面ABCD， 所以面ABCD， 又面AEF， 所以面面 因为圆柱的轴截面ABCD是边长为4的正方形， 所以，， 又， 所以，则， 在中，， 因为底面圆O，底面圆O， 所以， 又，面ADG，面ADG， 所以面ADG， 又面ADG， 所以， 因为， 所以， 所以， 所以 设平面PEF交圆柱上底面与PQ， 因为圆柱上、下底面平行， 所以， 设， 所以二面角的大小就是二面角的大小， 分别以，为y轴，z轴，建立空间直角坐标系： 因为，底面圆半径为4，则， 则，，， 设， 所以，，，，， 设平面AEF的一个法向量为， 由， 令，则， 设平面HEF的一个法向量为， 由， 令，则， 所以，， 因为二面角的正切值为， 所以， 整理得， 解得，舍，则， 所以， 当时，满足题意， 此时， 所以，所对圆心角为， 如图所示，，， 过P作，垂足为， 在中，， 所以圆柱侧面上点P到点F的最短距离为  【解析】由面面垂直的判定定理，即可得出答案． 设点D到平面AEF的距离为h，由等体积法可得，即可得出答案． 分别以，为y轴，z轴，建立空间直角坐标系，求出平面AEF的法向量，平面HEF的法向量，则，，解得m，进而可得P点坐标，即可得出答案． 本题考查直线与平面的位置关系，点到平面的距离，二面角，解题中注意空间向量法的应用，属于中档题． 19.【答案】解：对于集合，因为， 故集合，的元素和相等，故不具有性质R； 对于，其共有7个非空子集：，，，，，，， 各集合的和分别为：1，3，5，4，6，8，9，它们彼此相异， 故具有性质R； 证明：因为具有性质R，故对于任意的k，也具有性质R， 否则有两个非空子集A，B，它们的元素和相等， 而A，B也是的子集，故不具有性质R，矛盾． 注意到共有个非空子集，每个子集的元素和相异， 且子集的和最大为，最小为，故 ②假设集合具有性质S， 不妨设， ， 设，则，有①可得，且， 而 ， 故， 当且仅当时等号成立， 即此时任意的正整数k，，即，， 故此时时等号成立，故的最大值为  【解析】根据集合M具有性质R的定义结合反例可判断两个集合是否具有性质P； ①根据也具有性质R及其子集的个数可证； ②不妨设，利用①的结论可证，即可证明． 对于与集合有关的新定义问题，注意根据定义检验，另外在问题解决的过程中，注意局部性质与整体性质的关系，注意利用已有的结果来解决后面的问题．考查了学生的逻辑思维能力和推理能力，属于难题． 第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$