2021-2022学年上海市建平中学高二上学期10月月考数学试题（解析版）

这是一份2021-2022学年上海市建平中学高二上学期10月月考数学试题（解析版），共19页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2021-2022学年上海市建平中学高二上学期10月月考数学试题

一、单选题
1．若空间中有四个点，则“这四个点中有三点在同一直线上”是“这四个点在同一平面上”的（    ）
A．充分非必要条件 B．必要非充分条件
C．充要条件 D．既非充分又非必要条件
【答案】A
【分析】利用平面公理3进行充分必要性的判断即可.
【详解】充分性成立：“这四个点中有三点在同一直线上”，则第四点不在共线三点所在的直线上，
由一条直线和直线外一点确定一个平面，推出“这四点在唯一的一个平面内”；
必要性不成立：“四个点在同一平面上”可以为“两点分别在两条相交或平行直线上”；
所以前者是后者的充分非必要条件.
故选：A．
2．已知等差数列的公差，若的前项之和大于前项之和，则
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】设等差数列的前项和为，由并结合等差数列的下标和性质可得出正确选项.
【详解】设等差数列的前项和为，由，
得，可得，
故选C.
【点睛】本题考查等差数列性质的应用，解题时要充分利用等差数列下标和与等差中项的性质，可以简化计算，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.
3．已知平面，B，，A∈且，且Dl，则下列叙述错误的有（　　）
①直线AD与BC是异面直线；
②直线CD在上的射影可能与AB平行；
③过AD有且只有一个平面与BC垂直；
④过AD有且只有一个平面与BC平行．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】A
【分析】根据异面直线的判定，以及线面平行，线面垂直的判定，结合已知条件，逐一分析即可判断和选择.
【详解】根据题意，作图如下：

对于①，若直线AD与BC是共面直线，设AD与BC共面，
∵不共线的三点B，C，D均在与内，∴与重合，
又不共线的三点A，B，C均在与内，∴与重合，则与重合，与矛盾，
故直线AD与BC是异面直线，①正确；
对于②，当AB⊥，CD⊥，且二面角为锐二面角时，直线CD在上的射影与AB平行，②正确；
对于③，只有当AD与BC异面垂直时，过AD有且只有一个平面与BC，否则，不存在过AD与BC垂直的平面，故③错误．
对于④，在AD上任取一点，过该点作BC的平行线l′，则由AD与l′确定一个平面，该平面与BC平行，
若过AD另外有平面与BC平行，由直线与平面平行的性质，可得过直线BC外的一点有两条直线与BC平行，与过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行矛盾，故④正确；
故错误命题有1个．
故选：．
4．已知数列{an}满足，对于函数f（x）＝x|x|，定义F（n）＝．
①若{an}为等比数列，则F（n）＞0恒成立；
②若{an}为等差数列，则F（n）＞0恒成立．
关于上述命题，以下说法正确的是（　　）
A．①②都正确 B．①②都错误
C．①正确，②错误 D．①错误，②正确
【答案】A
【分析】由题，将数列分为常数列，等差数列，等比数列进行讨论.
【详解】①当为非零常数列时，，
⑴当，；
⑵当，
故当为非零常数列时，F（n）＞0恒成立.
②当为等差数列，设，则由等差数列性质有：
，其中=1，2，3，，.
又，易得其为奇函数，且在上单调递增.      则有
其中=1，2，3，，.
则
得.又时，可同理证明.
故当{an}为等差数列，F（n）＞0恒成立.
③当为等比数列，
⑴当等比数列公比且，则中所有项符号相同.
i若，则.F（n）＞0恒成立
ii若，则.F（n）＞0恒成立
⑵当时，中任意相邻两项符号不同.
i当，当时，，

当且时，=.
ii当，当时，

=
又时，，，则
iii当时，，


当且时，=
iv当时，

.
又时，，则
故{an}为等比数列时，F（n）＞0恒成立.
综上，当{an}为等比数列，或等差数列时，均有F（n）＞0恒成立.
故选：A
【点睛】关键点点睛，本题考查数列，函数奇偶性，单调性等知识，属综合题，难度较大.当{an}为等差数列时，解决问题的关键是能够由利用性质得到.当{an}为等比数列时，问题关键为通过讨论的奇偶性，求出时，表达式.

二、填空题
5．空间两个平面最多将空间分成___________部分.（填数字）
【答案】4
【分析】当两个平面相交时可得答案.
【详解】当两个平面相交时，可讲空间分成最多的部分，分成4部分.
故答案为：4.
6．直线和平面斜交所成角为，则的取值范围是 _____．
【答案】
【分析】根据线面角的定义，作图分析即可.
【详解】根据题意，作图如下：


根据线面角的定义，当PA是平面α的一条斜线，A为斜足，在直线上取点P，
过点P作PB⊥α，垂足为B，则AB为直线PA在α内的射影，
∠PAB为直线和平面斜交所成角为，
又∠PAB为直角三角形PAB的一个锐角，所以的取值范围是.
故答案为：．
7．正方体中，异面直线与所成角的大小为 _____．
【答案】
【分析】连接，则是异面直线与所成的角，再根据几何关系求解即可.
【详解】解：连接，由正方体的性质可知，
所以是异面直线与所成的角，
设正方体棱长为1，则在中，，
所以，
所以异面直线与所成角的大小为．
故答案为：

8．已知是公差不为零的等差数列，且，则________
【答案】
【分析】根据已知结合等差数列的通项公式，求出首项与公差的关系，将所求的式子用公差表示，即可求解.
【详解】由条件可知，
.
故答案为：
【点睛】本题考查等差数列通项公式基本量的计算，以及等差数列性质的应用，考查计算求解能力，属于基础题.
9．等比数列的通项公式为，且存在，则实数的取值范围是 _____．
【答案】
【分析】根据通项公式以及极限存在，列出不等关系，求解即可.
【详解】等比数列的通项公式为，且存在，
可得，解得.
故答案为：．
10．如图是水平放置，腰长为2的等腰直角三角形ABC的斜二测直观图，则直观图中AB的长度为 _____．

【答案】
【分析】由已知条件结合直观图可得原等腰直角三角形的直角边长及直角顶点，可得直观图中AC，BC，∠ACB的大小，用余弦定理求解.
【详解】由直观图可知，原等腰直角三角形的直角边AC＝BC＝2，斜边为AB，
在其直观图中，AC＝1，BC＝2，∠ACB＝45°，
∴AB＝．
故答案为：．
11．如图是一个正方体的展开图，如果将它还原为正方体，那么AB，CD，EF，GH这四条线段所在直线是异面直线的有 _____对．

【答案】3
【分析】把展开图还原成正方体，观察几何体由异面直线的定义即可得到答案.
【详解】如图所示：把展开图再还原成正方体，由经过平面外一点和平面内一点的直线和平面内
不经过该点的直线是异面直线可得，AB，CD，EF，GH这四条线段所在直线是异面直线的有：
AB 和 CD，AB 和 HG，EF 和 HC，共三对，

故答案为：3．
12．如图，正方体的棱长为1，分别是的中点，那么正方体过的截面图形的面积是 _____．

【答案】##
【分析】连接，进而可证明四边形为过的截面截正方体所得图形，再计算面积即可.
【详解】解：如图，连接，
因为正方体中，分别是的中点，
所以，，，
所以，，则，
所以，由等角定理可得，，
所以，四边形为过的截面截正方体所得图形，
因为正方体的棱长为1，
所以，，
所以，到的距离．
所以，截面面积．
故答案为：．

13．过空间一定点P的直线中，与长方体的12条棱所在直线成等角的直线共有 _____条．
【答案】4
【分析】与长方体的12条棱所成角都相等，只需考虑从顶点出发的直线与该顶点出发的三条棱所成角相等即可得结论.
【详解】从长方体的一个顶点可作一条直线与该顶点出发的三条棱所成角相等，即与长方体的12条棱所在直线成等角。长方体共8个顶点，所以可作8条这样的直线，因为从长方体对角线两个顶点所作的直线平行或重合，因此平移到空间定点P只有4条.
故答案为：4
14．正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，P是面对角线BC1上一动点，Q是底面ABCD上一动点，则D1P+PQ的最小值为 _____．
【答案】##
【分析】对多个动点的问题，一般采用剪开侧面或者翻折后，展开为平面图形，通过共线或特殊位置关系得到.把沿BC1上转90°，与平面BC1D1共面，由D1向BC作垂线，垂足即为所求的Q点，连结，交于P点，即为最小值.
【详解】
图1

图2
如图2，把沿BC1上转90°，与平面BC1D1共面，当时，最小，， ，
所以D1P+PQ的最小值为，
故答案为：．
15．在平面直角坐标系中，点列，满足，若，则_____．
【答案】
【分析】先由题设条件推得，，从而得到数列与的通项公式，由此可求得的值，进而利用等比数列前项和公式取极限即可得到结果.
【详解】由，得，
所以，，
故，，
又因为，所以，
所以数列的奇数项和偶数项均构成以为首项，以为公比的等比数列，则；
数列的奇数项构成以为首项，以为公比的等比数列，偶数项均为0，则；
所以当n为奇数时，，
当n为偶数时，，
所以.
故答案为：．
16．已知数列的各项都不相同，且，，，则正整数的最大值和最小值之和为 _____．
【答案】
【分析】由，分析可知当时，取最小值；当和交替出现时，取最大值.可求得正整数的最大值和最小值，相加可得结果.
【详解】因为，，，
则，且，
则当时，取最小值，
此时，数列是等差数列，且其公差为，则，
解得，所以，的最小值为；
当和交替出现时，取最大值，
因为，所以，的最大值为.
因此，正整数的最大值和最小值之和为.
故答案为：.

三、解答题
17．如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中．

(1)求证：A1C和AD1为异面直线；
(2)求二面角C﹣AD1﹣D的大小．
【答案】(1)证明见解析
(2)arctan

【分析】（1）根据异面直线的定义证明；
（2）找出二面角的平面角，借助三角形求解.
【详解】（1）证明：由异面直线的判定定理可得，
平面ADD1A1内一点A1与平面外一点C的连线A1C与平面内不过A1的直线AD1为异面直线，
故A1C和AD1为异面直线；
（2）解：设正方体的棱长为2，
连接A1D，与AD1交于点O，则点O为AD1的中点，连接CO，
因为ADD1A1为正方形，所以OD⊥AD1，
又，所以为正三角形，所以CO⊥AD1，
故∠COD为二面角C﹣AD1﹣D的平面角，
因为平面，所以
在中，，CD＝2，
所以，
故二面角C﹣AD1﹣D的大小为．

18．已知数列的前项和为，且（为正整数）．
(1)求数列的通项公式；
(2)记，若对任意正整数，恒成立，求实数的最大值．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）根据题意证明数列是等比数列，公比为，首项为，再求通项公式即可；
（2）由题知，进而得恒成立，再结合数列单调性求解最值即可.
【详解】（1）解：因为，所以当时，，
两式相减，得，即，
因为当时，，，解得，
所以，，即，，
所以，数列是等比数列，公比为，首项为.
所以，数列的通项公式．
（2）解：由（1）知，，
所以，，
因为对任意正整数，恒成立，
所以恒成立，设
因为，所以是单调递增数列，
所以，，即实数的最大值为
19．如图，正方形ABCD所在平面外一点P满足PB⊥平面ABCD，且AB＝3，PB＝4．

(1)求点A到平面PCD的距离；
(2)线段BP上是否存在点E，使得DE⊥平面PAC，若存在，求出该点位置，若不存在，则说明理由．
【答案】(1)；
(2)不存在，理由见解析.

【分析】（1）利用等积法，根据线面垂直，面面垂直的判定及性质结合条件即得；
（2）利用坐标法，设，结合条件可得，进而即得.
【详解】（1）由题意，，
由PB⊥平面ABCD，PB⊂平面PBC，
可得平面PBC⊥平面ABCD，
而DC⊥BC，且平面平面，平面ABCD，
∴DC⊥平面PBC，平面PBC，
可得DC⊥PC，
∵CD＝3，PC＝，
∴，
设A到平面PCD的距离为h，则，
即h＝，
∴点A到平面PCD的距离为；
（2）以B为坐标原点，分别以BC、BA、BP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，

则D（3，3，0），C（3，0，0），P（0，0，4），
设，则，，
若DE⊥平面PAC，则，
解得，不合题意，
故线段BP上不存在点E，使得DE⊥平面PAC．
20．如图，已知四边形ABCD为矩形，PD底面ABCD，PD＝DC＝2AD＝2，E是PC的中点，过E点作EFPB交PB于点F．

(1)求证：PA平面EDB；
(2)求证：PBED；
(3)求BD与平面EFD所成角．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)

【分析】(1)由线面平行的判定定理证明即可.
(2)先由线面垂直的判定定理证明PB平面EFD，再由线面垂直的性质定理得到PBED．
(3)先由线面角的定义作出线面角，再由已知长度求出线面角即可.
【详解】（1）证明：连接AC交BD于点O，连接OE，

底面ABCD是正方形，
点O是AC的中点，
E为PC的中点，
OEPA，
OE平面EDB，PA平面EDB，
PA平面EDB．
（2）证明：PD底面ABCD，BC平面ABCD，
PDBC，
底面ABCD是正方形，
CDBC．
，PD平面PCD，CD平面PCD，
BC平面PCD，
DE平面PCD，
DEBC，
PD＝DC，E是PC的中点，
DEPC，
PC平面PBC，BC平面PBC，，
DE平面PBC，
PB平面PBC，
DEPB，
EFPB，且，DE平面DEF，EF平面DEF，
PB平面EFD
ED面EFD，
PBED．
（3）由（2）知PB平面EFD，
所以BD在平面DEF内的射影为DF，
所以∠BDF为BD与平面EFD所成角，
又因为PBDF
所以DF是△PDB边PB上的高，
在△ADB中可得，
在Rt△PBD中，可得
又
所以
在Rt△BDF中，
所以
所以BD与平面EFD所成角
21．对于数列A：a1，a2，⋅⋅⋅，an，若满足ai∈{0,1}（i＝1，2，3，⋅⋅⋅，n），则称数列A为“游戏数列”定义变换T：T将“游戏数列”A中原有的每个1都变成0，1，原有的每个0都变成1，0例如A：1，0，1，则T（A）：1，0，0，1，1，0，设A是“游戏数列”，令Ak＝T（Ak﹣1），k＝1，2，3，⋅⋅⋅
(1)数列A2：1，0，0，1，0，1，1，0，1，0，0，1，求数列A1，A0；
(2)若数列A0共有5项，则数列A2中连续两项相等的数对至少有几对？并请说明理由；
(3)若A0为0，1，记数列Ak中连续两项都是0的数对个数为lk，k∈N，求lk关于k的表达式．
【答案】(1)A1：0，1，1，0，0，1；A0：1，0，1；
(2)A2中至少有5对连续相等的数对，理由见解析；
(3)lk＝.

【分析】（1）根据变换T的定义，逆向推导即可；
（2）根据中每个和在中的对应情况，即可求解和证明；
（3）对参数分类讨论，结合变换的定义以及等比数列求和，即可求得结果.
【详解】（1）由变换T的定义可得A1：0，1，1，0，0，1；A0：1，0，1.
（2）数列A0中连续两项相等的数对至少有5对．
证明：对于任意一个“0﹣1数列”A0，A0中每一个1在A2中对应连续四项1，0，0，1，在A0中每一个0在A2中对应的连续四项为0，1，1，0，
因此，共有5项的“0﹣1数列”A0中的每一个项在A2中都会对应一个连续相等的数对，
所以A2中至少有5对连续相等的数对．
（3）设Ak中有bk个01数对，Ak+1中的00数对只能由Ak中的01数对得到，所以lk+1＝bk，
Ak+1中的01数对有两个产生途径：①由Ak中的1得到； ②由Ak中00得到，
由变换T的定义及A0：0，1可得Ak中0和1的个数总相等，且共有2k+1个，
所以bk+1＝lk+2k，
所以lk+2＝lk+2k，
由A0：0，1可得A1：0，1，1，0，A2：0，1，1，0，1，0，0，1
所以l1＝1，l2＝1，
当k≥3时，
若k为偶数，lk＝lk﹣2+2k﹣2，lk﹣2＝lk﹣4+2k﹣4，…，l4＝l2+22．
上述各式相加可得lk＝1+22+24+…+2k﹣2＝＝，
经检验，k＝2时，也满足lk＝．
若k为奇数，．
上述各式相加可得lk＝1+2+23+…+2k﹣2＝1+＝，
经检验，k＝1时，也满足lk＝．
所以lk＝．
【点睛】关键点点睛：本题考查数列新定义，涉及等比数列求和；其中第三问的处理关键是，要根据变换的定义，逆向推导，同时还要注意分类讨论，属综合中档题.