精品解析：山东省青岛市即墨区2024-2025学年高二上学期教学质量检测数学试题

2024—2025学年度第一学期教学质量检测 高二数学试题 2024.11 本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试用时120分钟．考试结束后，将本试卷和答案卡一并交回． 注意事项： 1．答第I卷前考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．选出每小题答案前，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．所有试题的答案，写在答题卡上，不能答在本试卷上，否则无效． 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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． 1. 平行六面体中，化简（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据空间向量加减运算法则计算出答案. 【详解】. 故选：B 2. 已知数列的前项和，则（ ） A. 11 B. 12 C. 13 D. 14 【答案】D 【解析】 【分析】根据求值即可. 【详解】因为. 故选：D 3. 在正方体中，是棱的中点，则直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】作出异面直线所成的角，解三角形，求角的余弦. 【详解】如图： 取中点，连接，根据正方体的性质，可知，所以即为异面直线与所成的角，设为. 连接，不妨设，则中：，. 所以. 故选：C 4. 等差数列中，，则（ ） A. 12 B. 33 C. 36 D. 45 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，由等差数列下标和的性质可得，然后代入计算，即可得到结果. 【详解】由等差数列的性质可知，即， 所以. 故选：B 5. 已知是直线的方向向量，是平面的法向量，若平面，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据，根据共线的坐标运算列式探索满足的条件. 【详解】由题意：，所以. 故选：B 6. 已知数列为正项等比数列，，则使成立的的最小值为（ ） A. 9 B. 8 C. 7 D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】根据条件，求出数列的通项公式，进行判断即可. 【详解】根据条件：，解得. 所以. 由. 所以使成立的的最小值为9. 故选：A 7. 已知数列满足且，，记的前项和为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据递推公式可得数列奇数项和偶数项的特征，分别求和即可求得结果. 【详解】当为偶数时，，又，的偶数项是以为首项，为公差的等差数列； 当为奇数时，，又，的奇数项是以为首项，为公比的等比数列； . 故选：B. 8. 若成等比数列，且满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据对数函数的性质解不等式，利用等比数列的通项公式分析出首项和公比的范围，利用作差法判断大小即可. 【详解】成等比数列，设公比为, ∵， ∴， ∴，，， ∴，，， ∵，∴， 从而，由得，则， 由得， 即，得， ∵，∴，解得， ∴，， ∴，， ∴， 故选：C. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知空间中三点，则（ ） A. B. 方向上的单位向量是 C. 是平面的一个法向量 D. 在上的投影向量的模为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据空间向量的运算逐项判断即可. 【详解】由题意：，，. 对A：因为，故A正确； 对B：因为，即方向上的单位向量是，故B错误； 对C：因为，， 所以成立，故是平面的一个法向量，故C正确； 对D：由，故D正确. 故选：ACD 10. 已知等比数列的首项，在中每相邻两项之间都插入个正数，使它们和原数列的数一起构成一个新的等比数列，则（ ） A. B. 当时， C. 当时，不是中的项 D. 若是数列中的项，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据等比数列的通项公式判断A的真假；时，求的通项公式判断B的真假；时，求判断它是不是数列中的项，判断C的真假；求的通项公式，根据是数列中的项，确定的值，判断D的真假. 【详解】对A：易知，故A正确； 对B：当时，为等比数列，设公比为，且，，所以， 所以，所以，故B正确； 对C：当时，，所以是数列的第7项，故C错误； 对D：对数列，，，则公比， 所以，所以， 由是数列中的项，所以，所以，故D正确. 故选：ABD 11. 如图所示，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，分别为的中点，为棱上的动点，则（ ） A. B. 存在点，使面 C. 最小值为 D. 存在两个点，使与所成的角为60° 【答案】ABC 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，用空间向量分析各选项，可得结果. 【详解】如图，以为原点，建立空间直角坐标系. 则,，，， 为棱上的动点，可设，. 所以，. 对A：，所以，故A正确； 对B：因为平面的法向量可取，由，所以点为线段中点时，面，故B正确； 对C：因为，当时取等号，故C正确； 对D：由或， 因为，所以不合题意，所以使与所成的角为60°的点只有1个，故D错误. 故选：ABC 【点睛】方法点睛：因为该四棱锥是正方体的一部分，所以建立空间直角坐标系，用空间向量分析相关的位置关系是比较省劲的一个方法. 三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分． 12. 数列的一个通项公式__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，观察数列项的特点，即可得到其通项公式. 【详解】由题意可知，数列的奇数项为负，偶数项为正，分母为的指数幂，分子为项数的倍， 则通项公式为. 故答案为： 13. 已知//面，平面的一个法向量，平面内一点的坐标为，点的坐标为，则直线到平面的距离为________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据题意，将线到面的距离转化为点到面的距离，代入公式计算，即可得到结果. 【详解】因为//面，所以直线到平面的距离可转化为点到平面的距离， 又，则点到平面的距离. 故答案为： 14. 数列中，，若，则______． 【答案】2023 【解析】 【分析】先证明数列为等比数列，求出通项公式，根据等比数列的求和公式，可求的值. 【详解】令，则， 所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列， 所以. 所以. 所以，所以. 故答案为：2023 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. 已知数列为等差数列，首项，公差，． （1）证明是等比数列； （2）求数列的前项和． 【答案】（1） 因为数列为等差数列，首项，公差，所以， 当时，，且， 所以数列是以3为首项，以9为公比的等比数列. （2） 【解析】 【分析】（1）先得到数列的通项公式，利用等比数列的定义证明数列是等比数列； （2）由（1）的数列的通项公式，再利用分组求和可得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）得：， 所以 . 16. 如图，和所在平面垂直，且，．求： （1）直线AD与直线BC所成角的大小； （2）直线AD与平面BCD所成角的大小； （3）平面ABD和平面BDC的夹角的余弦值． 【答案】（1）90°（2）（3） 【解析】 【分析】（1）作AO⊥BC于点O，连DO，以点O为原点，OD，OC，OA的方向分别为x轴、y轴、z轴方向，建立坐标系，利用空间向量法求出异面直线所成的角； （2）显然平面BCD的一个法向量为，利用空间向量法求出线面角； （3）求出平面CBD的一个法向量为 以及平面ABD的一个法向量为 ，求出两法向量的余弦值的绝对值即为平面ABD和平面BDC的夹角的余弦值． 【详解】解：设，作AO⊥BC于点O，连DO，以点O为原点，OD，OC，OA的方向分别为x轴、y轴、z轴方向，建立坐标系，得下列坐标： ，， ， ， （1）， ，所以AD与BC所成角等于90°． （2），显然为平面BCD的一个法向量 ∴，直线AD与平面BCD所成角的大小 （3）设平面ABD的法向量为则 所以，即，令，则， 则 设平面ABD和平面BDC的夹角为，则 因此平面ABD和平面BDC的夹角的余弦为． 17. 如图，直三棱柱中，分别为棱上的动点，. （1）求的余弦值； （2）当三棱锥的体积取最大值时，求平面与平面的夹角正切值. 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）取中点，取中点，以为坐标原点，的方向分别为轴、轴、轴，建立空间坐标系，利用空间向理求解； （2）由体积公式可得当分别为中点时，三棱锥的体积取最大值，再根据二面角的定义求解即可. 【小问1详解】 因为三棱柱为直三棱柱，， 所以取中点，取中点，连接取， 则有两两垂直，且交于一点， 以为坐标原点，的方向分别为轴、轴、轴，建立如图所示的坐标系： 设，， 则， 则， 则，， 设， 所以， ，所以， 所以，， 又因为， 所以， 则有， 整理得：， 由，解得，不满足，故舍去； 由，解得， 所以为等腰直角三角形，， 所以， 所以； 【小问2详解】 由（1）可知为等腰直角三角形，，， 所以，，， ， 所以当时，取最大值， 此时分别为中点，设， 易知为中点，平面与平面的夹角， 所以， 所以. 18. 已知在数列中，，且满足． （1）求证：数列是等比数列，并求出的通项公式； （2）设，求数列的前项积； （3）设，求数列的前项和． 【答案】（1） 当时，， 又， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）定义法证明数列是等比数列，从而的通项公式可求，则数列的通项公式可求； （2）先表示出，然后根据的定义结合等比数列求和可求； （3）将条件变形得到，从而可表示为，再采用裂项相消法求解出即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为， 所以. 【小问3详解】 因为，所以，所以， 所以，所以， 所以， 所以. 19. 设为正整数，数列是公差的等差数列，若从中删去两项和后剩余的4项可被平均分为组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列是（）—可分数列． （1）分别求出所有的个数，使数列和数列是—可分数列； （2）证明：当时，数列是—可分数列，且每组等差数列的公差都为； （3）已知使数列是—可分数列的所有的个数为，求证：当时， （i）； （ii）． 【答案】（1）共3个；共5个 （2） 设等差数列的公差为， 若，删去，剩下， 当时，剩下， 由（1）知，该数列为可分数列，且公差为； 当时，将分成组，每组4个数，各组数列的情况如下： 每组都构成等差数列，且每组的公差为. 综上，每组的4个数构成等差数列，且公差为. （3） （i）设在给定的情况下，的组数为， 当变成，数列就变成了， 可以分为3组： 前4个一组即，中间的一组，后4个一组即， 删去两项，会有以下几种情况： 若删去的两项都在中间，中间有个数，且为等差数列，总数为种； 若删去的两项，一项在第1组，另一项在中间组；或两项都在第1组； 第1组和中间组连起来，有项构成等差数列，总数为种， 去掉两项在中间的情况，共有种； 若删去的两项，一个在中间组，另一个在最后一组；或两项都在最后一组，共有种； 若删去的两项，一个在第1组，另一个在最后一组， 此时将删去，也满足题意； 由（2）知，将删去，也满足题意； 综上，， 即. （ii）当时，，有，故； 当时，由（i）知， 则，又， 设，则，所以， 累加可得，所以 即， 所以， 累加可得， 所以. 综上，. 【解析】 【分析】（1）根据新定义，对于2组数列，利用列举法求出所有的可能，即可求解； （2）将删去后的数分成组，列举每组的4个数，求出对应的公差即可证明； （3）（i）分类讨论删去的2项所处的位置，结合新定义，求出对应的总数，即可证明；（ii）由（i）可得，利用累加法计算即可证明. 【小问1详解】 等差数列， 删去2项后，剩下4个数，构成等差数列. 若删去，剩下，显然构成等差数列； 若删去，剩下，显然构成等差数列； 若删去，剩下，显然构成等差数列. 所以对于，满足条件的组合有：共3个. 等差数列， 删去2项后，剩下8项分成2组，每组4个数，且每组构成等差数列. 若删去，剩下， 分成2组：和，显然它们构成等差数列； 若删去，剩下， 分成2组：和，显然它们构成等差数列； 若删去，剩下， 分成2组：和，显然它们构成等差数列； 若删去，剩下， 分成2组：和，显然它们构成等差数列； 若删去，剩下， 分成2组：和，显然它们构成等差数列； 若删去，剩下， 分成2组：和，显然它们构成等差数列； 若删去，剩下， 分成2组：和，显然它们构成等差数列； 所以对于，满足条件的组合有：共7个. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 【点睛】方法点睛： 学生在理解相关新概念、新法则(公式)之后，运用学过的知识，结合已掌握的技能，通过推理、运算等解决问题.在新环境下研究“旧”性质.主要是将新性质应用在“旧”性质上，创造性地证明更新的性质. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024—2025学年度第一学期教学质量检测 高二数学试题 2024.11 本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试用时120分钟．考试结束后，将本试卷和答案卡一并交回． 注意事项： 1．答第I卷前考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．选出每小题答案前，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．所有试题的答案，写在答题卡上，不能答在本试卷上，否则无效． 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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． 1. 平行六面体中，化简（ ） A. B. C. D. 2. 已知数列的前项和，则（ ） A. 11 B. 12 C. 13 D. 14 3. 在正方体中，是棱的中点，则直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 4. 等差数列中，，则（ ） A. 12 B. 33 C. 36 D. 45 5. 已知是直线的方向向量，是平面的法向量，若平面，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知数列为正项等比数列，，则使成立的的最小值为（ ） A. 9 B. 8 C. 7 D. 6 7. 已知数列满足且，，记的前项和为，则（ ） A. B. C. D. 8. 若成等比数列，且满足，则（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知空间中三点，则（ ） A. B. 方向上的单位向量是 C. 是平面的一个法向量 D. 在上的投影向量的模为 10. 已知等比数列的首项，在中每相邻两项之间都插入个正数，使它们和原数列的数一起构成一个新的等比数列，则（ ） A. B. 当时， C. 当时，不是中的项 D. 若是数列中的项，则 11. 如图所示，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，分别为的中点，为棱上的动点，则（ ） A. B. 存在点，使面 C. 最小值为 D. 存在两个点，使与所成的角为60° 三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分． 12. 数列的一个通项公式__________. 13. 已知//面，平面的一个法向量，平面内一点的坐标为，点的坐标为，则直线到平面的距离为________． 14. 数列中，，若，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. 已知数列为等差数列，首项，公差，． （1）证明是等比数列； （2）求数列的前项和． 16. 如图，和所在平面垂直，且，．求： （1）直线AD与直线BC所成角的大小； （2）直线AD与平面BCD所成角的大小； （3）平面ABD和平面BDC的夹角的余弦值． 17. 如图，直三棱柱中，分别为棱上的动点，. （1）求的余弦值； （2）当三棱锥的体积取最大值时，求平面与平面的夹角正切值. 18. 已知在数列中，，且满足． （1）求证：数列是等比数列，并求出的通项公式； （2）设，求数列的前项积； （3）设，求数列的前项和． 19. 设为正整数，数列是公差的等差数列，若从中删去两项和后剩余的4项可被平均分为组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列是（）—可分数列． （1）分别求出所有的个数，使数列和数列是—可分数列； （2）证明：当时，数列是—可分数列，且每组等差数列的公差都为； （3）已知使数列是—可分数列的所有的个数为，求证：当时， （i）； （ii）． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $