精品解析：上海市高境第一中学2024-2025学年高二上学期期中考试数学试卷

高境一中2024学年第一学期期中高二年级数学学科测试卷 数学试卷 2024．10．21 特别提醒：本卷中一律不准使用空间向量法解题，如有题目使用，该题为0分 一、填空题（本大题满分54分，1-6每题4分，7-12每题5分） 1. 空间中一个角∠A的两边和另一个角∠B的两边分别平行，若∠A=，则∠B= ___________; 【答案】 【解析】 【分析】由角∠A的两边和角∠B的两边分别平行，可知两角相等或互补，从而得解. 【详解】 若角∠A的两边和角∠B的两边分别平行，且方向相同，则∠A与∠B相等 此时； ②当角∠A的两边和角∠B的两边分别平行，且一边方向相同另一边方向相反，则∠A与∠B互补，此时. 故答案为70或110. 【点睛】本题主要考查了平行公理，属于基础题. 2. 与的等差中项为_____ 【答案】1 【解析】 【分析】由等差中项的定义可得，由对数的运算性质可得的值，即可得答案． 【详解】依题意，设与的等差中项为， 则， 故，即与的等差中项为1. 故答案为：1 3. 不重合的两个平面最多有_____________条公共直线 【答案】1 【解析】 【分析】由平面的基本性质可求解. 【详解】根据平面的位置关系可知，不重合两平面平行或相交， 当相交时，有且只有一条公共直线. 故答案为：1 4. 已知大小为的二面角的一个面内有一点，它到二面角的棱的距离为6，则这个点到另一个面的距离为_________． 【答案】3 【解析】 【分析】作出图形，根据题意结合直角三角形运算求解. 【详解】如图，设二面角为，点，且， 过点A作平面，垂足为，连接， ∵平面，， ∴， 又∵，平面ABC， ∴平面ABC， 平面ABC，则， 故二面角的平面角为， 在Rt△ABC中，， 故点A到平面的距离为3. 故答案为：3. 5. 如图，已知PA⊥平面ABC，BC⊥AC，则图中直角三角形的个数为________． 【答案】4 【解析】 【分析】由在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，P为△ABC所在平面外一点，PA⊥平面ABC，能推导出BC⊥平面PAC．由此能求出多少个直角三角形． 【详解】在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，P为△ABC所在平面外一点，PA⊥平面ABC， ∴BC⊥PA，BC⊥AC，∵PA∩AC＝A，∴BC⊥平面PAC． ∴四面体P﹣ABC中直角三角形有△PAC，△PAB，△ABC，△PBC．4个． 故答案为4． 【点睛】本题考查直线与平面垂直的性质的应用，解题时要认真审题，仔细解答，注意等价转化思想的灵活运用，是基础题． 6. 在等比数列中，，且，则的值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据等比数列的性质即可得解. 【详解】由已知数列为等比数列， 则， 即， 所以， 又，所以， 故答案为：. 7. 在正方体中，是棱的中点，则直线和平面所成的角的正弦值为_____________. 【答案】 【解析】 【分析】作出直线和平面所成的角，解直角三角形求得线面角的正弦值. 【详解】设为的中点，连接，根据正方体的性质可知平面，所以是直线和平面所成的角.设正方体的边长为，在中，，所以. 故答案为： 【点睛】本小题主要考查线面角的求法，考查空间想象能力，属于基础题. 8. 已知，是，外一点，过点的两条直线，分别交于，，交于，，且，，，则的长为______________. 【答案】或 【解析】 【分析】由可知，根据两平面在点的同侧和异侧分别讨论，结合相似可得解. 【详解】 由已知，平面，平面， 所以， 当平面，在点同侧时，由可知点在靠近平面一侧， 如图所示，可知，且，，， 则，即； 当平面，在点异侧时， 如图所示，可知，且，，， 则，即； 综上所述或， 故答案为：或. 9. 是空间两条不同直线，是两个不同平面，下面有四个命题： ①，则， ②，则， ③，则， ④，则， 其中真命题的编号是__________.（写出所有真命题的编号） 【答案】①④ 【解析】 【分析】根据立体几何相关定理逐项分析. 【详解】对于①，，必然存在一个平面使得，并且，又，正确； 对于②，如果，则结论不成立，错误； 对于③，如图： ，构造平面，使得，并且，则，在平面内，作直线n，使得，显然，错误； 对于④，，又，正确； 故答案为：①④. 10. 如图，在下列四个正方体中，为正方体的两个顶点，为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线与平面平行的是______. （1） （2） （3） （4） 【答案】（1）（3） 【解析】 【分析】对（1）（3）利用线面平行的判定定理即可判断；对（2），将平面扩展，即可得出与平面相交；对（4），由，而与平面相交，可知与平面相交. 【详解】对于（1），平面，平面， 所以直线与平面平行，正确； 对于（2），如图，取正方体所在棱的中点G，连接并延长，交延长线于H， 则与平面相交于点H，错误； 对于（3），，平面，平面， 所以直线与平面平行，正确； 对于（4），如图取底面中心，连接， 由于为棱的中点，所以由三角形中位线定理可得， 因为与平面相交,所以直线与平面相交，错误. 故答案为：（1）（3） 11. 设实数，，，是公差为的等差数列，其中且.若，，三数依序也成等差数列，其中为，，，，其中一数，则__________.（化为最简分数） 【答案】## 【解析】 【分析】由已知可设，，根据等差数列通项公式及对数运算公式可得，由，可得或，分别代入可得数列通项公式，进而可得解. 【详解】由等差数列可知， 又为，，，，其中一数， 不妨设，， 又，，三数依序也成等差数列， 即，即， 所以， 化简可得，则，， 又，所以，即或， 当时，，， 当时，，，与题干矛盾， 综上所述，则. 故答案为：. 12. 已知数列满足设表示的前项和，则使得成立的最小的正整数的值为_______. 【答案】 【解析】 【分析】先通过递推式得当为偶数时，数列是以为首项，以为公比的等比数列，即可求出数列的通项公式，根据通项公式观察到数列为递减数列，故求出后，以为基础，通过一定的估算可得到答案. 【详解】当，且为偶数时，， 得，又， 所以数列是以为首项，以为公比的等比数列， 所以，即， 当，且为奇数时，， 所以 明显数列从第二项起，故数列为递减数列， 当为偶数时， ， 对于，由于， 当时，， 当时，， 又当时，， 故使得成立的最小的正整数的值为， 故答案为：. 【点睛】方法点睛：对于通过奇偶来的分段数列，可分奇偶来研究数列的通项公式，先求出偶数项的通项公式后，奇数项的通项公式就好求了. 二、选择题（本大题满分18分，13、14每题4分，15、16每题5分） 13. “一个数列是常数列”是“这个数列是公比为1的等比数列”的（ ） A. 充分非必要条件； B. 必要非充分条件； C. 充要条件； D. 既不充分又非必要条件． 【答案】B 【解析】 【分析】根据充分条件，必要条件的定义结合等比数列的概念即得. 【详解】由“一个数列是常数列”推不出“这个数列是公比为1的等比数列”，如常数列0,0,0，显然不是等比数列， 由“数列是公比为1的等比数列”可推出“这个数列是常数列”， 故“一个数列是常数列”是“这个数列是公比为1的等比数列”的必要非充分条件. 故选：B. 14. 已知空间中，l、m、n是互不相同直线，、是不重合的平面，则下列命题为真命题的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，则 C. 若，，，，则 D. 若，，则 【答案】D 【解析】 【分析】对A、B、C选项，可通过找反例排除，对D选项，可结合线面平行的性质及面面垂直的判定定理得到. 【详解】对A选项：若，，，则可能与平行或异面，故A错误； 对B选项：若，，则与可能平行或相交，故B错误； 对C选项：若，，，，可能， 此时与可能平行或相交，故C错误； 对D选项：若，则必存在直线，使， 又，则，又，则，故D正确. 故选：D. 15. 是空间四边形，且和成角，、分别是和的中点，则和所成的角是（ ） A. B. C. 或 D. 【答案】C 【解析】 【分析】取中点，连结，推导出是异面直线与所成的角（或所成角的补角），或，由，得是异面直线和所成的角，由此能求出异面直线和所成的角． 【详解】 取中点，连结， ∵在空间四边形中，，且异面直线与所成的角为， 分别为边和的中点， 且 且， 是异面直线AB与CD所成的角（或所成角的补角）， ∵异面直线与所成的角为， ∴或， ∵，得是异面直线和所成的角， 当时， ， 当时，， ∴异面直线和所成的角为或. 故选：C. 16. 平面与平面相交于直线l，点A、B在平面上，点C在平面上但不在直线l上，直线AB与直线l相交于点D．设A、B、C三点确定的平面为，则与的交线是（ ） A. 直线AC B. 直线AB C. 直线CD D. 直线BC 【答案】C 【解析】 【分析】根据已知得既在平面上又在平面可得答案. 【详解】因为直线AB与直线l相交于点D，，所以平面， 又点C在平面上，所以平面， 因为平面，点在直线AB上，所以平面， 又平面，所以平面， 所以与的交线是直线. 故选：C. 三、简答题（本大题满分78分，17-19每题14分，20、21每题18分） 17. 已知正方体. （1）求证：平面； （2）求证：平面. 【答案】（1）证明: 正方体．，， 又，，，， 四边形是平行四边形，， 平面，平面， 平面． （2）证明： 正方体． ，平面， 平面，， 又，平面 平面． 【解析】 【分析】（1）推导出四边形是平行四边形，从而，由此能证明平面． （2）推导出，平面，，由此能证明平面． 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 略. 18. 等比数列中，． （1）求的通项公式； （2）记为的前项和．若，求． 【答案】（1）或 . （2）. 【解析】 【详解】分析：（1）列出方程，解出q可得；（2）求出前n项和，解方程可得m． 详解：（1）设的公比为，由题设得． 由已知得，解得（舍去），或． 故或． （2）若，则．由得，此方程没有正整数解． 若，则．由得，解得． 综上，． 点睛：本题主要考查等比数列的通项公式和前n项和公式，属于基础题． 19. 如图，在长方体中，，； （1）求证：平面平面； （2）求与平面所成的角． 【答案】（1）证明：因为在长方体中，易知：且，且， 所以四边形为平行四边形，四边形也是平行四边形； 因此，； 又平面，平面；平面，平面； 所以平面；平面； 又平面，平面，， 所以平面平面； （2） 【解析】 【分析】（1）根据面面平行的判定定理，直接证明，即可得出结论成立； （2）过点作于点，证明平面，得到为与平面所成的角，再由题中数据，即可求出结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 过点作于点， 因为在长方体中，易知：平面， 所以，又平面，平面， 所以平面， 因此，为与平面所成的角； 又在长方体中，，， 因此， 所以； 即与平面所成的角为. 【点睛】 本题主要考查面面垂直的证明，以及求直线与平面所成的角，熟记面面垂直的判定定理，以及直线与平面所成角的几何求法即可，属于常考题型. 20. 如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为1的菱形，，平面ABCD，，E为PA的中点． （1）求证：平面平面ABCD； （2）求二面角的正切值； （3）求点E到平面PBC的距离． 【答案】（1） 证明：设，连接EO， ∵菱形ABCD，∴O是AC中点， ∵E为PA的中点，∴， ∵平面ABCD， ∴平面ABCD， 又平面EDB， 故平面平面ABCD． （2） （3） 【解析】 【分析】（1）设，连接EO，由已知得，从而得到平面ABCD，由此能证明平面平面ABCD； （2）过点O作OF垂直BE于F点，连接AF，由线面垂直的判定定理可得平面BDE，平面AOF，得到二面角的平面角为，求解直角三角形得答案； （3）在底面作，垂足为H，根据平面PBC可知点E到平面PBC的距离就是点O到平面PBC的距离OH，求出OH即可求出点E到平面PBC的距离． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 过点O作OF垂直BE于F点，连接AF， 因为平面ABCD，平面ABCD，所以， 又，平面BDE，∴平面BDE， 因为平面BDE，所以， 又平面AOF，所以平面AOF． ∴二面角的平面角为， 因为底面ABCD是边长为1的菱形，则为等边三角形， 所以，，又，所以， 所以， 在中，． 【小问3详解】 在底面作，垂足为H， ∵平面ABCD，平面ABCD，所以， 又平面PCB， 所以平面PCB， 由（1）知，，平面PBC，平面PBC， 所以平面PBC， 所以点E到平面PBC的距离就是点O到平面PBC的距离OH， 在中，，，， 所以，即点E到平面PBC的距离为． 21. 对于任意的，若数列同时满足下列两个条件，则称数列具有“性质m”： ①；②存在实数M，使得成立． （1）数列、中，，判断、是否具有“性质m”； （2）设各项为正数的等比数列的前n项和为，且，，数列是否具有“性质m”，若具有，请证明你的猜想，并指出M的范围；若不具有，理由？ （3）若数列的通项公式．对于任意的（），数列具有“性质m”，且对满足条件的M的最小值，求证：． 【答案】（1）数列不具有“m性质”；数列具有“性质m” （2）具有“m性质”，且，证明如下： 根据，可得 ，化简得， 解得或（舍）， 所以，， 所以， 对于任意的，，且， 所以数列数列具有“m性质”，且． （3）由于，则，， 由于任意且，数列具有“性质m”，所以， 即， 化简得， 化简得， 即对于任意且恒成立， 所以① ， 由于及， 所以， 即时，数列是单调递增数列， 且， 所以，解得②， 由①②得，所以满足条件的整数t的值为2和3． 当时，，其中，，……，，故，不合要求，舍去； 当时，，其中，，……，，故，符合要求，故满足条件的整数只有 【解析】 【分析】（1）利用数列具有“性质m”的条件对判断即可； （2）数列是各项为正数的等比数列，则公比，利用可求得q，从而可求得分析验证即可； （3）先化简利用任意且，数列{dn}具有“性质m”，由dn+dn+2＜2dn+1可求得t＞1，可判断n≥3时，数列是单调递增数列，利用极限可求得，于是有，经检验不合题意，于是得到答案． 【小问1详解】 在数列中，取，则，不满足条件①，所以数列不具有“m性质”； 在数列中，， 则， ， ，所以满足条件①； （）满足条件②，所以数列具有“性质m”． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 【点睛】数列新定义问题，主要针对于等差，等比，递推公式和求和公式等综合运用，对常见的求通项公式和求和公式要掌握牢固，同时涉及数列与函数，数列与解析几何，数列与二项式定理，数列与排列组合等知识的综合，要将“新”性质有机地应用到“旧”性质上，创造性的解决问题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高境一中2024学年第一学期期中高二年级数学学科测试卷 数学试卷 2024．10．21 特别提醒：本卷中一律不准使用空间向量法解题，如有题目使用，该题为0分 一、填空题（本大题满分54分，1-6每题4分，7-12每题5分） 1. 空间中一个角∠A的两边和另一个角∠B的两边分别平行，若∠A=，则∠B= ___________; 2. 与的等差中项为_____ 3. 不重合的两个平面最多有_____________条公共直线 4. 已知大小为的二面角的一个面内有一点，它到二面角的棱的距离为6，则这个点到另一个面的距离为_________． 5. 如图，已知PA⊥平面ABC，BC⊥AC，则图中直角三角形的个数为________． 6. 在等比数列中，，且，则的值为__________. 7. 在正方体中，是棱的中点，则直线和平面所成的角的正弦值为_____________. 8. 已知，是，外一点，过点的两条直线，分别交于，，交于，，且，，，则的长为______________. 9. 是空间两条不同直线，是两个不同平面，下面有四个命题： ①，则， ②，则， ③，则， ④，则， 其中真命题的编号是__________.（写出所有真命题的编号） 10. 如图，在下列四个正方体中，为正方体的两个顶点，为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线与平面平行的是______. （1） （2） （3） （4） 11. 设实数，，，是公差为的等差数列，其中且.若，，三数依序也成等差数列，其中为，，，，其中一数，则__________.（化为最简分数） 12. 已知数列满足设表示的前项和，则使得成立的最小的正整数的值为_______. 二、选择题（本大题满分18分，13、14每题4分，15、16每题5分） 13. “一个数列是常数列”是“这个数列是公比为1的等比数列”的（ ） A. 充分非必要条件； B. 必要非充分条件； C. 充要条件； D. 既不充分又非必要条件． 14. 已知空间中，l、m、n是互不相同直线，、是不重合的平面，则下列命题为真命题的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，则 C. 若，，，，则 D. 若，，则 15. 是空间四边形，且和成角，、分别是和的中点，则和所成的角是（ ） A. B. C. 或 D. 16. 平面与平面相交于直线l，点A、B在平面上，点C在平面上但不在直线l上，直线AB与直线l相交于点D．设A、B、C三点确定的平面为，则与的交线是（ ） A. 直线AC B. 直线AB C. 直线CD D. 直线BC 三、简答题（本大题满分78分，17-19每题14分，20、21每题18分） 17. 已知正方体. （1）求证：平面； （2）求证：平面. 18. 等比数列中，． （1）求的通项公式； （2）记为的前项和．若，求． 19. 如图，在长方体中，，； （1）求证：平面平面； （2）求与平面所成的角． 20. 如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为1的菱形，，平面ABCD，，E为PA的中点． （1）求证：平面平面ABCD； （2）求二面角的正切值； （3）求点E到平面PBC的距离． 21. 对于任意的，若数列同时满足下列两个条件，则称数列具有“性质m”： ①；②存在实数M，使得成立． （1）数列、中，，判断、是否具有“性质m”； （2）设各项为正数的等比数列的前n项和为，且，，数列是否具有“性质m”，若具有，请证明你的猜想，并指出M的范围；若不具有，理由？ （3）若数列的通项公式．对于任意的（），数列具有“性质m”，且对满足条件的M的最小值，求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $