2022-2023学年甘肃省兰州市兰州第六中学高二上学期期末数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年甘肃省兰州市兰州第六中学高二上学期期末数学试题（解析版），共14页。试卷主要包含了多选题，单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年甘肃省兰州市兰州第六中学高二上学期期末数学试题 一、多选题1．已知是等比数列，，，则公比（    ）A． B． C．2 D．【答案】AD【分析】利用等比数列的通项公式即可求解【详解】由题意可得，解得或故选：AD2．下列说法的正确的是（    ）A．直线恒过定点B．经过定点的直线的方程都可以表示为C．经过点和的直线可用截距式方程表示D．经过任意两个不同的点、直线的方程都可以表示为【答案】AD【分析】对于A，求出直线l过的定点即可判断；对于B，当斜率不存在的时候可判断；对于C，由直线过原点即可判断；对于D，结合两点式的概念及辨析进行分析即可【详解】对于A，由，得，由解得，因此无论m为何值，直线l恒过定点，故正确；对于B，当直线的斜率不存在时，经过定点的直线的方程不可以表示为，故不正确；对于C，经过原点的直线不可用截距式方程表示，故不正确；对于D，为两点式的变形，包含与轴平行或重合的直线，故正确；故选：AD3．，为空间中两条不重合直线，为空间中一平面，则下列说法不正确的是（    ）A．若，，则 B．若，，则C．若，，则 D．若，，则【答案】ACD【分析】根据线面平行的判定定理和性质定理可判断AC的正误，根据线面垂直的性质可判断BD的正误.【详解】对于A，当时，虽有，，但不成立，故A错误；对于B，若，则垂直于平面内的任意一条直线，而，故垂直于平面内的任意一条直线，故，故B正确；对于C，若，，则或异面，故C错误；对于D，若，，则或，故D错误.故选：ACD.4．已知等差数列的公差为d，前n项和为，且，，以下命题正确的是（    ）A．的最大值为 B．数列是公差为的等差数列C．是4的倍数 D．【答案】AB【分析】根据已知结合等差数列的通项公式和前项和公式及性质分析各选项即可判断．【详解】由，，得，解得,所以不是4的倍数，故C不正确；所以等差数列的通项公式为，等差数列的前项和为，由二次函数的性质知，当取与最接近的整数即时，取最大值为，故A正确；，故D不正确；，所以，所以数列是公差为的等差数列，故B正确故选：AB5．在数列中，若，，则下列结论正确的有（    ）A．为等差数列 B．的前n项和C．的通项公式为 D．的最小值为【答案】ABC【分析】由可得，可得是公差为3的等差数列，然后利用等差数列的通项公式和求和公式逐项进行分析即可【详解】由可得，所以是首项为，公差为3的等差数列，故A正确；，的前n项和，故B正确；由可得，故C正确；因为，故的最小值不为，故D错误；故选：ABC 二、单选题6．直线的斜率为（    ）A． B．3 C． D．【答案】B【分析】把直线方程写成斜截式，从而可求直线的斜率.【详解】直线的斜截式方程为：，故该直线的斜率为：，故选：B.7．已知直线l过，且与直线平行，则直线l的方程是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】设直线，代入点可求直线方程.【详解】因为直线l与直线平行，故可设直线，代入，故有即，故所求直线的方程为：，故选：B8．在下列四个正方体中，能得出的是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由线面垂直的性质可判断A，根据异面直线所成角的计算可判断BCD.【详解】对A，如图，连接，则在正方体中，，又平面，平面，则，，平面，平面，，故A正确；对B，如图，连接，易得，则为异面直线所成角，，故不垂直，故B错误；对C，如图，，则为异面直线所成角，易得，故不垂直，故C错误；对D，如图，，则为异面直线所成角，显然，故不垂直，故D错误.故选：A.9．记等差数列的前n项和为，若，，则（    ）A．34 B．35 C．68 D．75【答案】D【分析】由题意，进而可得，而，代入即可得答案．【详解】，又，根据等差中项性质得，得，则=,故选：D.10．已知等比数列的前n项和为，且，，则（    ）A．20 B．21 C．22 D．23【答案】B【分析】根据等比数列片段和的性质可求的值.【详解】因为为等比数列，其前n项和为，故为等比数列，故为等比数列，故，故，故选：B.11．已知棱长为1的正方体的所有顶点均在一个球的球面上，则该球的表面积是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用正方体外接球的直径为正方体的体对角线，即可求解．【详解】棱长为1的正方体，其体对角线长为，而正方体的外接球直径即为正方体的体对角线，故外接球半径为，∴该球的表面积为故选：C12．如图，在直三棱柱中，D为的中点，，，则异面直线BD与AC所成的角为（    ）A．30° B．45° C．60° D．90°【答案】C【分析】取的中点E，易得（或其补角）为异面直线与所成的角，根据直棱柱的性质结合条件即得.【详解】如图，取的中点E，连接，则，所以（或其补角）即为异面直线与所成的角，由题可知，，所以，故选：C. 三、填空题13．已知数列，均为等差数列，且其前n项和分别为和．若，则______．【答案】【分析】根据等差数列中等差中项的性质，将所求的，再由等差数列的求和公式，转化为，从而得到答案.【详解】因为数列、均为等差数列，且，所以故答案为：14．如果直线与直线互相垂直，则a的值等于______．【答案】1或【分析】由直线垂直的条件列方程求解即可．【详解】因为直线与直线互相垂直，所以，解得：或故答案为：1或15．在正四棱锥中，，，则该四棱锥的体积是______．【答案】【分析】根据正四棱锥的性质可得正四棱锥的高，然后根据体积公式即得.【详解】过点作平面，则为正方形的中心，连接，易知．因为，所以，又，所以，则四棱锥的体积.故答案为：.16．已知直线l过，且在两坐标轴上的截距为相反数，那么直线l的方程是______．【答案】或【分析】分直线过原点、不过原点讨论即可【详解】当直线过原点时，设直线为，此时在两坐标轴上的截距为0，满足题意，将点代入得：，解得，所以此时直线方程为，即当直线不过原点时，设直线为，将点代入得：所以此时直线方程为；综上，直线l的方程是或故答案为：或 四、解答题17．已知直线过点．(1)若直线与直线垂直，求直线的方程；(2)若直线的一个方向向量为，求直线的方程．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据直线垂直可设直线方程，将点代入求出参数即可；（2）根据直线方向向量的性质，结合直线点斜式方程进行求解即可.【详解】（1）因为直线与直线垂直，故设直线方程为，因为直线过点，所以，解得，所以直线方程为.（2）因为直线的一个方向向量为，所以直线的斜率，又直线过点，所以直线方程为，整理得.18．记为等差数列的前n项和，已知，．(1)求的通项公式；(2)求，并求的最小值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据等差数列的前n项和，与等差数列的性质求出的值，然后根据通项公式求出公差，就能求通项公式.（2）根据等差数列的前n项和求出前n项和再根据二次函数的性质求最小值.【详解】（1）为等差数列的前n项和所以所以，又因为所以所以（2）又因为，所以当或时有最小值，最小值为的最小值为19．如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2．（Ⅰ）证明：AC⊥B1D；（Ⅱ）求三棱锥C-BDB1的体积．【答案】(Ⅰ)详见解析；（Ⅱ）．【详解】试题分析：(Ⅰ)要证明线线垂直，可以先证明线面垂直，然后根据线面垂直的性质定理，得到线线垂直，所以先证明平面；（Ⅱ）根据等体积转化，．试题解析：(Ⅰ)证明：是正方体，平面平面底面为正方形平面平面(Ⅱ)解：平面是三棱锥的高【解析】1．线面垂直的判定定理；2．几何体的高．20．已知等差数列单调递增，其前n项和为，，其中，，成等比数列．(1)求数列的通项公式；(2)设，的前n项和记为，求证：．【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）由已知条件列出关于公差的方程求解即可得到通项公式；（2）由（1）求得得到，利用裂项求和法求出即可证明.【详解】（1）设等差数列的公差为因为，，成等比数列，，所以，即，因为等差数列单调递增，解得，所以（2）由（1）知：，则，所以21．已知直线l经过两条直线和的交点．(1)若直线l与直线平行，求直线l的方程；(2)若直线l与直线垂直，求直线l的方程．【答案】(1)；(2). 【分析】（1）先求两条直线的交点得，再利用直线平行设的方程为，把代入方程即得；（2）由直线垂直设直线的方程为，把代入方程即得.【详解】（1）（1）由，可得，即直线和的交点为，因为直线平行于直线，可设直线的方程为，把点代入方程得，解得，所以直线的方程为；（2）设直线的方程为，把点代入方程得，解得，所以直线的方程为.22．如图，已知在四棱锥中，，，，，E，F分别为棱PB，PA的中点．(1)求证：平面平面EFDC；(2)若直线PC与平面PAD所成的角为45°，求四棱锥的体积．【答案】(1)见解析；(2) 【分析】（1）可证平面，从而得到，从而可证平面，再证明四点共面，从而得到要求证的面面垂直；（2）取的中点为，连接，可证为直线与平面所成的角且平面，根据体积公式可求四棱锥的体积．【详解】（1）因为在平面中，，故，因为，故，而，，平面，故平面.因为平面，故，因为，，故，因为，平面，故平面.因为分别为棱的中点，故，而，故，故四点共面，而平面，故平面平面.（2）取的中点为，连接，由（1）可得，，故，而平面，故平面，故为直线与平面所成的角，故，因为平面，平面，故，故为等腰直角三角形，而，故，故，故直角梯形的面积.又平面，故平面平面，而为等边三角形，故，且.因为平面，平面平面，故平面，故四棱锥的体积为.