2022-2023学年上海市晋元高级中学高二上学期期中数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年上海市晋元高级中学高二上学期期中数学试题（解析版），共20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。
2022-2023学年上海市晋元高级中学高二上学期期中数学试题 一、单选题1．如图，在正方体中，是棱的中点.令直线与所成的角为，直线与平面所成的角为，二面角的平面角为，则（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】取的中点，再根据几何关系，结合线线角线面角与二面角的定义，分析的正切值大小结合正切的单调性判断即可【详解】取的中点，连接如图.易得，故直线与所成的角.又直线平面，故与平面所成的角.又平面，故二面角的平面角.因为，，，故，又均为锐角，故故选：B2．若向量满足，，，则与的夹角为(    )A． B． C． D．【答案】C【分析】，求得，由即可求夹角.【详解】由题可知，，∴，∴向量与的夹角为.故选：C.3．我们学习了数学归纳法的相关知识，知道数学归纳法可以用来证明与正整数n相关的命题.下列三个证明方法中，可以证明某个命题对一切正整数n都成立的是（    ）①成立，且对任意正整数k，“当时，均成立”可以推出“成立”②，均成立，且对任意正整数k，“成立”可以推出“成立”③成立，且对任意正整数，“成立”可以推出“成立且成立”A．②③ B．①③ C．①② D．①②③【答案】D【分析】根据数学归纳法的定义逐一分析即可得出答案.【详解】解：对于①，对任意正整数k，“当时，均成立，则当时，成立，故①可证明某个命题对一切正整数n都成立；对于②，因为，均成立，成立，则当为奇数时，成立，当为偶数数时，成立，所以②可以证明某个命题对一切正整数n都成立；对于③，因为成立，对任意正整数，成立，所以也成立，又成立，成立，则也成立，所以③可以证明某个命题对一切正整数n都成立.故选：D.4．已知球O的体积为，高为1的圆锥内接于球O，经过圆锥顶点的平面截球O和圆锥所得的截面面积分别为，若，则（    ）A．2 B． C． D．【答案】C【分析】根据给定条件，求出球O半径，平面截球O所得截面小圆半径，圆锥底面圆半径，再求出平面截圆锥所得的截面等腰三角形底边长及高即可计算作答.【详解】球O半径为R，由得，平面截球O所得截面小圆半径，由得，因此，球心O到平面的距离，而球心O在圆锥的轴上，则圆锥的轴与平面所成的角为，因圆锥的高为1，则球心O到圆锥底面圆的距离为，于是得圆锥底面圆半径，令平面截圆锥所得截面为等腰，线段AB为圆锥底面圆的弦，点C为弦AB中点，如图，依题意，，，，弦，所以.故选：C【点睛】关键点睛：解决与球有关的内切或外接问题时，关键是确定球心的位置，再利用球的截面小圆性质求解. 二、填空题5．用集合符号表示直线l在平面上______【答案】【分析】直线l在平面上，利用集合与集合的关系符合表示即可.【详解】直线l在平面上，即直线l包含于平面，利用集合与集合的关系表示为.故答案为：6．已知，则向量在向量方向上的数量投影为___________.【答案】【分析】利用向量的数量积转化求解向量，在方向上的数量投影即可．【详解】解：设向量与的夹角是，则向量在方向上的数量投影为：．故答案为：7．若圆锥的侧面展开图是半径为1，圆心角为的半圆，则这个圆锥的轴截面面积等于______.【答案】【分析】由展开图的圆心角和半径可求出圆锥底面圆的周长和半径，从而求出圆锥的高，即可求得轴截面的面积.【详解】因为圆锥的侧面展开图是半径为1，圆心角为的半圆，所以扇形弧长，即圆锥底面圆的周长为，则圆锥底面圆半径，圆锥直观图如图所示：易知：，，则，所以轴截面的面积.故答案为：8．已知无穷等比数列的前项和为，且，，则数列的各项和为______.【答案】【分析】根据题意先求得等比数列的公比为，进而得，再求极限即可.【详解】解：因为，所以，等比数列的公比不等于，故设等比数列的公比为，所以，，所以，，解得，所以，，因为数列为无穷等比数列，所以，数列的各项和为故答案为：9．如图所示，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，，若异面直线D1E和A1F所成角的余弦值为，则λ的值为________.【答案】【分析】由已知，根据题意建立空间直角坐标系，分别表示出各点坐标，然后通过异面直线D1E和A1F所成角的余弦值为，即可列式计算.【详解】以D为原点，以DA，DC，DD1分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系.正方体的棱长为2，则A1(2，0，2)，D1(0，0，2)，E(0，2，1)，A(2，0，0).所以,,所以，所以，解得或（舍去）.故答案为：.10．在棱长为2的正方体中，直线到平面的距离为___________.【答案】.【分析】根据平面，将直线B1C1到平面的距离转化为C1到平面的距离，进而解出答案.【详解】如图，在棱长为2的正方体中，取的中点E，连接，则，且，又平面，平面，所以，而，所以平面，易知平面，则C1到平面的距离即为直线B1C1到平面的距离，所以直线B1C1到平面的距离为.故答案为：.11．已知公差不为的等差数列的前项和为，若，，，则的最小值为__________．【答案】【分析】对的值进行分类讨论，结合等差数列前项和最值的求法求得的最小值．【详解】取得最小值，则公差，或，当时，，所以，又，所以，所以，，故，令，则，所以的最小值为．当，，不合题意．综上所述：，，，的最小值为．故答案为：．12．斧头的形状叫楔形，在《算数书》中又称之为“郓（yùn）都”或“潮（qiàn）堵”：其上底是一矩形，下底是一线段.有一斧头：上厚为三，下厚为六，高为五及袤（mào）为二，问此斧头的体积为几何？意思就是说有一斧头形的几何体，上底为矩形，下底为一线段，上底的长为3，下底线段长为6，上下底间的距离高为5，上底矩形的宽为2，则此几何体的体积是___________.【答案】20【分析】如图所示：过A作，垂足为M，连接MD，过B作，垂足为N，连接CN，将所求几何体分割成1个直三棱柱和2个全等的三棱锥，根据柱体、锥体的体积公式，代入数据，即可得答案.【详解】过A作，垂足为M，连接MD，过B作，垂足为N，连接CN，如图所示则三棱柱为直棱柱，三棱锥与三棱锥全等，由题意得AB=3，BC=2，EF=6，底边BC上的高为5，所以所以该几何体的体积.故答案为：2013．如图，在四棱锥中，底面为菱形，底面，，若，，则三棱锥的外接球表面积为___________.【答案】【分析】根据三角形均为直角三角形，且面，可判断球心的位置为中点，进而根据几何关系可求半径.【详解】∵平面，平面，∴，又，∴取中点分别为,连接,由于,平面,所以平面,因为底面为菱形，所以，，且，所以,即是三角形外接圆的圆心，因此球心在直线上，又,所以,因此可得为球心，又，∴.故答案为：【点睛】14．已知集合，，将中的所有元素按从小到大的顺序排列构成一个数列，设数列的前项和为，则使得成立的最小的的值为_____________.【答案】36【分析】由题可得为数列的项，且利用分组求和可得，通过计算即得.【详解】由题意，对于数列的项，其前面的项1，3，5，…，，共有项，，共有项，所以为数列的项，且.可算得（项），，，因为，，，所以，，，因此所求的最小值为36.故答案为：36.15．如图所示，在正方体中，AB＝3，M是侧面内的动点，满足，若AM与平面所成的角，则的最大值为______.【答案】【分析】以为原点建立空间直角坐标系，设，根据，求得的关系，再根据平面，可得，解即可.【详解】解：如图，以为原点建立空间直角坐标系，则，设，则，因为，所以，所以，则，因为平面，所以即为AM与平面所成角，即，则，所以当时，取得最大值.故答案为：.16．在中，，为钝角，是边上的两个动点，且，若的最小值为，则__________．【答案】【分析】取的中点得，，再将用向量表示并结合的最小值为得，即到直线的距离为，再根据几何关系即可求得【详解】取的中点，取，，，因为的最小值，所以．作，垂足为，如图，则，又，所以，因为，所以由正弦定理得：，，所以．故答案为：.【点睛】本题考查向量的数量积运算，正弦定理解三角形，余弦的差角公式等，是中档题. 三、解答题17．已知：平面平面，，直线l在平面内，且，求证：直线平面.【答案】证明见解析【分析】根据得到，再利用线面垂直的判定定理证明即可.【详解】设直线与直线的交点为，在平面内过点作直线，因为，，，，，，所以直线，所成角为直角，即又，，，所以.18．设向量，，其中.(1)若，求实数x的值；(2)已知且，若，求的值域.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据向量平行的坐标表示结合三角函数即可得解；（2）由，可得，再根据数量积的坐标表示结合辅助角公式及三角函数的性质即可得解.【详解】（1）解：，因为，所以，即，又，所以；（2）解：因为且，所以，所以，则，，因为，所以，所以，所以的值域为.19．已知，正三棱柱中，，延长至，使．（1）求证：；（2）求二面角的大小，（结果用反三角函数值表示）【答案】（1）见解析；（2）【分析】（1）通过底面的边角关系可得，，进而可证得平面，从而得证；（2）取中点，联结，可证得为二面角的平面角，从而得解.【详解】（1）因为是正三棱柱，所以 ，且 从而又所以， 即 平面 （2）取中点，联结. 所以， 又，故因为         所以 从而      所以为二面角的平面角. 因为所以， 二面角的大小为 解法二：以直线为轴，直线为轴，直线为轴建立空间直角坐标系.则 设平面的一个法向量则令，则，所以 又平面的一个方向量 设二面角的大小为则 所以二面角的大小为【点睛】本题主要考查了线面垂直的证明及性质的应用，二面角的求解，考查了空间想象力及计算能力，属于中档题.20．如图，在正四棱锥P－ABCD中，AB＝2，侧面PAD与底面ABCD的夹角为.(1)求正四棱锥P－ABCD的体积；(2)若点M是正四棱锥P－ABCD内任意一点，点M到平面ABCD，平面PAB，平面PBC，平面PCD，平面PDA的距离分别为，，，，，证明：；(3)若球O是正四棱锥P－ABCD的内切球，点Q是正方形ABCD内一动点，且OQ＝OP，当点Q沿着它所在的轨迹运动一周时，求线段OQ所形成的曲面与底面ABCD所围成的几何体的表面积.【答案】(1)(2)见解析(3) 【分析】（1）连接交于点，取的中点，连接，证明，则即为面PAD与底面ABCD所成角的平面角，从而可求得底面边长及高，再根据棱锥的体积公式即可得解；（2）根据，利用等体积法即可得证；（3）由（2）可得（为内切球的半径），从而可求得内切球半径，利用勾股定理求得，从而可得点在以为圆心的圆上，进而可得出线段形成的曲面与底面所围成的几何体为圆锥，再根据圆锥的表面积公式即可得解.【详解】（1）解：连接交于点，取的中点，连接，由正四棱锥的几何特征可得为的中点，底面，，，因为为的中点，所以，所以即为面PAD与底面ABCD所成角的平面角，即，，则，所以；（2）证明：，因为，所以；（3）解：因为球O是正四棱锥P－ABCD的内切球，由（2）可知点为点的一种情况，所以（为内切球的半径），所以，故，在中，，所以点在以为圆心为半径的圆上，所以点沿它所在的轨迹运动一周时，线段形成的曲面与底面所围成的几何体为圆锥，所以线段OQ所形成的曲面与底面ABCD所围成的几何体的表面积为.21．对于无穷数列，若存在正整数，使得对一切正整数都成立，则称无穷数列是周期为的周期数列.(1)已知无穷数列是周期为的周期数列，且，，是数列的前项和，若对一切正整数恒成立，求常数的取值范围；(2)若无穷数列和满足，求证：“是周期为的周期数列”的充要条件是“是周期为的周期数列，且”；(3)若无穷数列和满足，且，是否存在非零常数，使得是周期数列？若存在，请求出所有满足条件的常数；若不存在，请说明理由.【答案】(1)(2)证明见解析；(3)不存在非零常数，使得是周期数列，理由见解析. 【分析】（1）根据题意，分为偶数和为奇数时两种情况讨论求解即可；（2）根据周期性，结合累加法分别证明充分性与必要性即可；（3）由题知数列是周期为，再结合（2）的结论求解即可.【详解】（1）解：因为无穷数列是周期为的周期数列，且，，所以，当为偶数时，；当为奇数时，，因为对一切正整数恒成立，所以，当为偶数时，，故只需即可；当为奇数时，恒成立，故只需即可；综上，对一切正整数恒成立，常数的取值范围为（2）证明：先证充分性：因为是周期为的周期数列，，所以，，即，所以，即所以，是周期为的周期数列，即充分性成立.下面证明必要性：因为是周期为的周期数列，所以，即所以，，即所以，，即，所以数列是周期为的周期数列，因为，即所以，必要性成立.综上，“是周期为的周期数列”的充要条件是“是周期为的周期数列，且”（3）解：假设存在非零常数，使得是周期数列，所以，由（2）知，数列是周期为的周期数列，且，因为，所以，，所以数列是周期为，所以，即，显然方程无解，所以，不存在非零常数，使得是周期数列.【点睛】关键点点睛：本题第三问解题的关键在于根据递推关系得数列是周期为，再结合和（2）中的充要条件，求解方程即可.