精品解析：山东省潍坊市2022-2023学年高二下学期期末数学试题（解析版）

这是一份精品解析：山东省潍坊市2022-2023学年高二下学期期末数学试题（解析版），共22页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

高二数学
一、单项选择题：本大题共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. 已知等差数列中，，，则（ ）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】由题意利用等差数列的通项公式，求得公差的值，可得结论．
【详解】等差数列中，，，故，
则，
故选：B．
2. 已知直四棱柱的高为1，其底面四边形水平放置的斜二测直观图为平行四边形，，，则该直四棱柱的体积为（ ）
A. B. C. 2 D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】根据斜二测画法可知，，结合棱柱的体积公式计算即可.
【详解】根据斜二测画法可知，，即底面四边形为正方形，
则该直四棱柱的体积为．
故选：D．
3. 在空间直角坐标系中，为原点，已知点，，则（ ）
A. 点关于点的对称点为
B. 点关于轴的对称点为
C. 点关于轴的对称点为
D. 点关于平面的对称点为
【答案】C
【解析】
【分析】利用空间直角坐标系的性质逐个选项判断即可.
【详解】点关于点的对称点为，A错；
点关于轴的对称点为，B错；
点关于轴的对称点为，C正确；
点关于平面的对称点为，D错.
故选：C
4. 已知为正项等比数列，若，，则（ ）
A. 6 B. 4 C. 2 D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用等比数列的性质求解.
【详解】，又，解得，
又，则，
∵，∴.
故选：B.
5. 设，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
【答案】C
【解析】
【分析】根据空间线面位置关系依次判断各选项即可得答案.
【详解】若，，，则可能相交，故A错误；
若，，，则可能平行也可能异面，故B错误；
若，，则，又，则，故C正确；
若，，，则可能平行,相交或异面，故D错误.
故选：C.
6. 设，，，是各项均不为零的等差数列，且公差，若将此数列删去得到的新数列（按原来的顺序）是等比数列，则的值为（ ）
A. B. C. D. -1
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，成等比数列，利用等比中项的性质得，进而求得和的关系．
【详解】根据题意，成等比数列，则，
则，
则.
故选：B．
7. 若数列的前项积，则的最大值与最小值的和为（ ）
A. B. C. 2 D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】由题可得，利用数列的增减性可得最值.
【详解】∵数列的前项积，
当时，，
当时，，
，
时也适合上式，
∴，
∴当时，数列单调递减，且，
当时，数列单调递减，且，
故的最大值为，最小值为，
∴的最大值与最小值之和为2.
故选：C.
8. 如图，在直三棱柱中，，四边形是边长为1的正方形，，是上的一个动点，过点作平面平面，记平面截四棱锥所得图形的面积为，平面与平面之间的距离为，则函数的图象大致是（ ）

A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】过点作交AB于点，作交于点，设平面FMN与棱交于，可得平面截四棱锥所得图形为直角梯形，由平面，可知平面与平面PAD之间的距离，结合平行线分线段成比例，求出，进而得，即可得出答案．
【详解】过点作交AB于点，作交于点，
设平面FMN与棱交于，连接EF，EN，
∵，平面，平面，∴平面，
∵平面，平面平面，∴，
∵，平面，∴平面，
又平面，∴，为直角梯形，
∵，，∴，
平面，平面，∴平面，
，平面，平面，∴平面，
平面，，∴平面平面，
∴平面截四棱锥所得图形为直角梯形．

∵，∴，
∵平面ABC，平面ABC，∴，
∵，平面，∴平面，
∴平面与平面PAD之间的距离，且四边形MNEF为直角梯形．
由得，，
所以，又，
则，
即，其图象为选项A．
故选：A．
二、多项选择题：本大题共4个小题，每小题5分，共20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5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分.
9. 已知为等差数列的前项和，若，，则（ ）
A. 数列的公差为 B.
C. D. 数列为递减数列
【答案】ACD
【解析】
【分析】由已知条件求出，可判断ABC，由的函数性质可判断D.
【详解】，
故，，，故AC正确，B错误；
因为，则数列为递减数列，故D正确.
故选：ACD.
10. 已知某圆锥的顶点为，其底面半径为，侧面积为，若，是底面圆周上的两个动点，则（ ）
A. 圆锥母线长为2 B. 圆锥的侧面展开图的圆心角为
C. 与圆锥底面所成角的大小为 D. 面积的最大值为
【答案】AC
【解析】
【分析】利用侧面积公式求出母线长，可判断A；由圆锥的侧面展开图的弧长与圆锥底面周长相等求解，可判断B；找出与圆锥底面所成角，求解可判断C；由题可得，结合三角形面积公式可判断D．
【详解】如图，圆锥的轴截面PAC，高PO＝h，底面半径为，母线长PA＝PC＝，

∵侧面积为，∴，得，故A正确；
设圆锥的侧面展开图的圆心角为，则，得，故B错误；
∵PO⊥底面ABC，∴为与圆锥底面所成角，
直角三角形POA中，，∴，
与圆锥底面所成角的大小为，故C正确；
∵，∴，
的面积，
∴当时，面积的最大值为2，故D错误．
故选：AC．
11. 斐波那契数列又称黄金分割数列，因数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”．斐波那契数列用递推的方式可如下定义：用表示斐波那契数列的第项，则数列满足：，，记是数列的前项和，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用递推公式逐项计算可得的值，可判断A；推导出，分别令取偶数，奇数和正整数，结合累加法求解，可判断BCD．
【详解】，，，，，故A正确；
对任意的，，则，
当取偶数时，得，
相加得
则，又，
则，故B正确；
对任意的，，则，
当取奇数时，得，
相加得
则，故C错误；
对任意的，，则，
，故D正确.
故选：ABD．
12. 如图，四个半径为2的实心小球两两相切，则（ ）

A. 这四个实心小球所形成的空隙内可以放入一个半径为的小球
B. 这四个实心小球所形成的空隙内可以放入一个棱长为的正方体
C. 存在一个侧面积为的圆柱可以放进这四个实心小球所形成的空隙内
D. 这四个实心小球可以放入一个半径为的大球内部
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据球心构成的正四面体球内切球的半径，进而求出内部放入正方体，圆柱的可能性判断A,B,C选项，根据正四面体的外接球判断D选项即可.
【详解】
设分别为四个小球的球心，则显然几何体是正四面体，棱长为，设是正四面体的外接球的球心，
可求得正四面体的高为，进而可求得正四面体的外接球的半径为，
这四个实心小球可以放入一个半径为的大球内部,D选项正确，
这四个实心小球所形成的空隙内可以放入一个半径为的小球,，A选项错误，
这四个实心小球所形成的空隙内可以放入一个半径为的小球, 时取等号，
存在一个侧面积为的圆柱可以放进这四个实心小球所形成的空隙内,C选项正确，
设正方体的棱长为，这四个实心小球所形成的空隙内可以放入一个半径为的小球，
正方体的外接球半径为，，解得，B正确，
故选:BCD.
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡的相应位置
13. 如图，在正方体中，与垂直的面对角线可以是__________．（写出一条即可）

【答案】（答案不唯一，中的任意一条即可）
【解析】
【分析】由，，可得平面，从而，同理可得，与垂直的面对角线还有．
【详解】
连接，
∵平面，平面，∴，
又，，平面，
∴平面，又平面，∴，
同理可得，与垂直的面对角线还有．
故答案为：（答案不唯一，中的任意一条即可）．
14. 已知数列满足，，则__________.
【答案】##
【解析】
【分析】首先根据数列的递推公式，确定数列的前几项，由此确定数列的周期，再求.
【详解】因为，
所以，，，，…，
所以数列是周期为3的数列，.
故答案为：.
15. 在四棱锥中，为等边三角形，且平面平面，记直线与平面所成的角为，二面角的大小为，则___________（填“>”“<” “≥” “≤”）.
【答案】
【解析】
【分析】根据面面垂直得出线面垂直，再应用线面角及面面角定义求解即可.
【详解】
取DC中点O，连接PO，
∵侧面PCD是边长为2等边三角形，
∴，，
∵平面平面ABCD，平面平面,平面，
∴平面ABCD
与平面所成的角为,，
∵
取，交AD于点T,连接
∴是二面角的平面角,
∴,
∴∴,
∴，
∴.
故答案为：.
16. 如图，将正整数按下表的规律排列，把行与列交叉处的那个数称为某行某列的元素，记作，如第2行第4列的数是15，记作，则有序数对是____________.

【答案】(985,211)
【解析】
【分析】根据已知图形中数排列的次序，归纳后分析出数的排列规律，当为奇数时，第列及第行的数据将按从上到下，从右到左的顺序排列，当为偶数时，第列及第行的数据将按从左到右，从下到上的顺序排列，即可找到求某行某列数的方法，从而可求得答案.
【详解】观察图表可知，当为奇数时，第列及第行的数据将按从上到下，从右到左的顺序排列，
即逐渐增大，且，
当为偶数时，第列及第行的数据将按从左到右，从下到上的顺序排列，
即逐渐增大，且，
所以，，
所以，
因为由图表可知第32行的数第一个数开始连续32个依次增加1，第15行的数第一个数开始连续15个依次减小1，
所以，，
所以是(985,211)，
故答案为：(985,211)
【点睛】关键点点睛：此题考查数列的实际应用和归纳推理的解题方法，解题时注意分析数的规律，由此确定关键数据的位置是解题的关键.
四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤
17. 在正三棱柱中，，，分别为，的中点，点，分别在棱和上，且.

（1）证明：四边形为梯形，并求三棱柱的表面积；
（2）求三棱台的体积.
【答案】（1）证明见解析，表面积为
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意可得，，，，从而，，即可证得四边形PMNQ为梯形，根据棱柱的表面积公式求出三棱柱的表面积；
（2）三棱台的高，根据棱台的体积公式求出答案．
【小问1详解】
因为P，Q分别为的中点，
所以，，
又因为，则，
所以，，
所以，，
故四边形PMNQ为梯形，
又因为三角形ABC为边长为2的正三角形，
所以的面积为，
面积为，
又三棱柱的侧面积，
所以三棱柱的表面积．
【小问2详解】
因为三棱台的高，由题可得，
，
所以三棱台的体积为：
．
18. 已知递增等比数列的前项和为，且，，等差数列满足，.
（1）求数列和的通项公式；
（2）若，请判断与的大小关系，并求数列的前20项和.
【答案】（1），
（2），
【解析】
【分析】（1）利用等比数列基本量和等差数列基本量计算即可；
（2）利用（1）求出即可判断，再利用并项求和思想结合等比数列前n项和公式求解.
【小问1详解】
设等比数列的公比为q，由题意得，
即，解得，或，又等比数列单调递增，所以，
所以，所以，，所以等差数列的公差为1，
故；
【小问2详解】
由（1）知，
所以，
所以
.
19. 在如图所示的圆台中，是下底面圆的直径，是上底面圆的直径，，，，为圆的内接正三角形.

（1）证明：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】(1) 记与交于点，连接，要证明平面，只需证明;
(2)建立空间直角坐标系，找到平面的法向量为，利用线面角的向量算法求解即可.
【小问1详解】

记与交于点，连接，
因为是下底面圆的直径，且为圆的内接正三角形，
所以垂直平分，，
中，,
因为，，
所以
故四边形为平行四边形，
故，
又平面,平面,
故平面.
【小问2详解】
由（1）知，则面,
如图建立空间直角坐标系：

则,

设平面的法向量为
则令，则，
记直线与平面所成角为，则，
故，故直线与平面所成角的正切值为.
20. 中小微企业是国民经济的重要组成部分，某小微企业准备投入专项资金进行技术创新，以增强自身的竞争力.根据规划，本年度投入专项资金800万元，可实现销售收入40万元；以后每年投入的专项资金是上一年的一半，销售收入比上一年多80万元.同时，当预计投入的专项资金低于20万元时，就按20万元投入，销售收入则与上一年销售收入相等.
（1）设第年（本年度为第一年）投入的专项资金为万元，销售收入为万元，请写出，的表达式；
（2）至少要经过多少年后，总销售收入就能超过专项资金的总投入?
【答案】（1），
（2）至少要经过7年后，总销售收入才能超过发项资金总投入
【解析】
【分析】（1）依题意分段讨论，结合等差数列，等比数列的通项公式得出的表达式；
（2）分为，两种情况讨论总利润，结合函数的单调性及不等式求解.
【小问1详解】
依题意得，当投入的专项资金不低于20万元时，
即时，且，
此时是首项为800，公比为的等比数列，
是首项为40，公差为80的等差数列，
所以，
令，得，解得，
所以，.
【小问2详解】
由（1）可知，当时，
总利润，
因为，
设，则为单调递增函数，
，
所以，
又因为，
所以当时，，即前6年未盈利，
当时，，
令，得，
综上，至少要经过7年后，总销售收入才能超过发项资金的总投入．
21. 如图（1），已知四边形是边长为2的正方形，点在以为直径的半圆弧上，点为的中点.现将半圆沿折起，如图（2），使异面直线与所成的角为，此时.

（1）证明：平面，并求点到平面的距离；
（2）若平面平面，，当平面与平面所成角的余弦值为时，求的长度.
【答案】（1）证明见解析，1
（2）
【解析】
【分析】（1）利用异面直线所成的角得，利用勾股关系得，又，利用线面垂直的判定定理证明，利用面面垂直找到点在底面的射影即可求解点面距离；
（2）建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用二面角平面角余弦值建立方程求出点的坐标，利用空间距离向量公式求解即可.
【小问1详解】
因为，所以为异面直线与所成的角，所以，
又因为，所以，又因为，，
所以，所以，
又因为，，平面，平面，所以平面；
平面，所以平面平面，两平面交线为，
取中点为，则，所以平面，即就是点到平面的距离，
又因为，所以点到平面的距离为1；
【小问2详解】

延长，，设，连接，所以平面与平面的交线即为直线，
又平面，故以为坐标原点，方向分别为轴的正方向，
建立空间直角坐标系，则，，，，，
设，则，因为平面，平面，
所以，又因为，，平面，平面，
所以平面，所以平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，因为，，
所以，令，得，
所以，解得，
此时.
22. 已知正项数列中，，点在直线上，，其中.
（1）证明：数列为等比数列；
（2）设为数列的前项和，求；
（3）记，数列的前项和为，试探究是否存在非零常数和，使得为定值?若存在，求出和的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）存在，为定值1
【解析】
【分析】（1）由题意，即，可得，即可得证结论；
（2），结合对数运算及等比数列求和公式求解；
（3）求得，又由得，进而可得，由裂项相消法求得，将代入题中式子，可得的值，从而得出答案.
【小问1详解】
因为点在直线上，所以，
令，则，解得或(舍)，
因为，故，
所以数列是以为首项，2为公比的等比数列．
【小问2详解】
由（1）知，，
所以．
【小问3详解】
由（2）知，，所以，
又，，
故，
所以
.
故
要使上式为定值，只需故
所以当时，为定值1．