四川省达州市第一中学2023-2024学年高二上学期第二次月考数学试题（Word版附解析）

这是一份四川省达州市第一中学2023-2024学年高二上学期第二次月考数学试题（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题．本题共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．
1. 观察数列 ，，，，，，，，，，则该数列的第 项等于 （ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题中数列可得出其规律为按正整数顺序排列，且个为一个循环节，从而可求解.
【详解】通过观察数列得出规律，数列中项是按正整数顺序排列，
且个为一循环节，由此判断第项是，故D项正确.
故选：D.
2. 下列结论正确的是（ ）
A. 底面是平行四边形的棱柱是平行六面体
B. 各个面都是三角形的几何体是三棱锥
C. 以直角三角形的一条直角边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥
D. 圆台的上底面圆周上的任意一点与下底面圆周上的任意一点的连线都是母线
【答案】A
【解析】
【分析】根据平行六面体、三棱锥、圆锥、圆台的母线的概念进行逐项分析即可.
【详解】对于A：底面是平行四边形的四棱柱为平行六面体，故A正确；
对于B：如果两个相同的三棱锥叠放在一起，得到的几何体各个面都是三角形，但几何体不是三棱锥，如下图所示：
故B错误；
对于C：以直角三角形的一条直角边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的几何体叫圆锥，
显然若旋转未满一周，则几何体不是圆锥，故C错误；
对于D：过圆台上下底面平行的直径同一侧的端点的连线叫做圆台的母线，故D错误；
故选：A.
3. 设是等差数列的前项和，若，则（ ）
A. 36B. 45C. 54D. 63
【答案】C
【解析】
【分析】根据等差数列的性质得到，然后求和即可.
【详解】，所以，.
故选：C.
4. 如图，在正方体 中，为线段的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】连接，易证，只需解三角形，求出的余弦值即可得解.
【详解】
如图，连接，，
因为，，
所以四边形是平行四边形，
，因此是异面直线与所成的角或其补角，
设正方体的棱长为2，则，，
在直角三角形中，，
，即三角形是直角三角形，
，
即异面直线与所成角的余弦值为.
故选：C.
5. “”是“直线和直线平行”的（ ）
A. 充要条件B. 必要不充分条件
C. 充分不必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】利用两直线的位置关系分类讨论及充分、必要条件的定义判定即可.
【详解】当时，直线和直线平行
且或；
当时，直线和直线不平行；
当时，直线和直线不平行．
所以“”是“直线和直线平行”的充分不必要条件.
故选：C．
6. 已知等比数列的公比，且，则等于（ ）
A. 100B. 80C. 60D. 40
【答案】B
【解析】
【分析】根据两和式关系求结果.
【详解】因为,所以，选B.
【点睛】本题考查等比数列和项性质，考查基本求解能力，属基础题.
7. 已知点 在直线上，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】问题转化为直线上的点到点和的距离之和最小，再求解.
【详解】因为
表示到点和的距离之和.
又在直线上，关于的对称点为，
所以，所求最小值为：.
故选：C
8. 分形几何学是一门以不规则几何形态为研究对象的几何学，分形几何具有自身相似性，从它的任何一个局部经过放大，都可以得到一个和整体全等的图形. 如图的雪花曲线，将一个边长为 1 的正三角形的每条边三等分，以中间一段为边向形外作正三角形，并擦去中间一段，得图 2，如此继续下去，得图（3）不断重复这样的过程，便产生了雪花曲线.记 为第个图形的面积，如果这个作图过程可以一直继续下去，则将趋近于多少（ ）
A B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】通过分析后，找到规律，计算出即可得.
【详解】由题意知，初始三角形的面积，
第一次操作后，增加了 3 个边长为 的等边三角形，
此时面积：，
第二次操作后，增加了 个边长为的等边三角形，
此时面积，
第 次操作后，增加了个边长为的等边三角形，此时面积
当 时，，.
故选：A.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 已知等差数列 是递减数列，且满足的前项和为，下列选项中正确的是（ ）
A. B. 当时，最大
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】由题意首先得出，从而判断A，进一步根据等差数列前项和判断BCD三个选项.
【详解】由题意等差数列 是递减数列，且满足，所以，
从而，故A正确；而，所以当且仅当或时，最大，故B错误；
由B选项分析可知，故C正确；因为，故D错误.
故选：AC.
10. 已知直线，则（ ）
A. 直线l始终过第二象限
B. 时，直线l的倾斜角为
C. 时，直线l关于原点对称的直线方程为
D. 点到直线l的最大距离为
【答案】AD
【解析】
【分析】A选项，直线变形后求出直线l过定点；B选项，求出直线的斜率，得到倾斜角；C选项，求出直线，取直线上一点，得到其关于原点的对称点，设出对称直线方程，待定系数法求出答案；D选项，数形结合得到直线l与点和的连线垂直时，距离最大，由两点间距离公式求出答案.
【详解】A选项，直线，可变形为，
令，解得，所以直线l恒过定点，故A正确；
B选项，当时，直线，斜率为1，所以倾斜角为，故B错误；
C选项，当时，直线，取直线上一点，
则点关于原点的对称点为，
设关于原点的对称直线为，将代入，，解得，
故直线l关于原点对称的直线方程为，即，故C错误；
D选项，当直线l与点和的连线垂直时，点到直线l的距离最大，
最大值为，故D正确.
故选：AD．
11. 如图，正方形 的边长为 2 ，现将正方形沿其对角线进行折叠，使其成为一个空间四边形，在空间四边形中，下列结论中正确的是 （ ）
A. 两点间的距离满足
B.
C. 对应三棱锥 的体积的最大值为
D. 当二面角 为时，
【答案】AB
【解析】
【分析】对于，根据题意易得，可判定A；对于B,根据平面，即可判定；对于C,当当平面平面时，三棱锥的体积的最大，继而可求得最大值；对于D,由题可知，继而根据角形为等边三角形可判定.
【详解】如图所示，取 的中点，连接
对于，在正方形中，，将正方形沿其对角线进行折叠，
易得 两点间的距离满足，故A正确；
对于, ，ON,OD含于面BOD
平面，又平面，
,故B 正确；
对于 ，当平面平面时，三棱锥的体积的最大，
最大为 ，故C 错误;
对于,因为，
所以为二面角 的平面角，
则当时，三角形等边三角形，
则,故错误，
故选：AB.
12. 已知正项数列满足：，则（ ）
A. B. 是递增数列
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用递推公式计算，由结果判断是递增数列，再把的结果进行放大和缩小可判断C,D选项.
【详解】由得，即，解得，因为正项数列，所以，故A错误；
因为，又正项数列，
所以，即，因此是递增数列，故B正确；
由上可知，，所以，即，故C正确；
因为，即，
所以，，，…，，
因此，，即，故D正确.
故选：BCD.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知直线 的一个方向向量为，则直线的倾斜角__________
【答案】##
【解析】
【分析】由直线方向向量求得直线的斜率，由斜率即可求得倾斜角.
【详解】记直线 的倾斜角为，
由题知，又,
所以，即.
故答案为：
14. 设数列 的通项公式为，其前项和为，则__________
【答案】20
【解析】
【分析】先由的周期性及函数值特点，分析数列的特点；再根据这个特点求解即可.
【详解】由可得：周期为，，，，.
因为，
所以
，
所以数列的前项和具有周期为的周期性，且这样一个周期内的和为 4 ，
所以.
故答案：20
15. 《九章算术》是西汉张苍等辑撰的一部数学巨著，被誉为人类数学史上的“算经之首”.书中“商功”一节记录了一种特殊的锥体，称为鳖臑 (biēnà). 如图所示，三棱锥 中，平面，则该三棱锥即为鳖臑. 若且三棱锥外接球的体积为，则三棱锥体积的最大值是__________
【答案】
【解析】
【分析】构造长方体，根据外接球直径为,建立等式关系，继而求得三棱锥体积，结合基本不等式即可求得最大值.
【详解】设三棱锥的外接球的半径为,
则其体积,解得,
因为平面，,
构造长方体如下图，
由图可知，，
即，
则三棱锥体积
,
当且仅当时，等号成立，
故三棱锥体积的最大值是
故答案为：
16. 直线与直线相交于点，对任意实数，直线分别恒过定点，则的最大值为__________
【答案】4
【解析】
【分析】根据直线恒过定点的求法求出两直线恒过的定点，即的坐标，根据直线的方程计算得出两直线垂直，即，即可得出，即可根据基本不等式得出答案.
【详解】直线化为，
当，得，即直线恒过点，即点，
直线化为，
当，得，即直线恒过点，即点，
且两条直线满足,
,即，
,
,当且仅当时，等号成立，
的最大值为4.
故答案为：4.
四、解答题：本题共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. 已知直线 与直线交于点.
（1）求过点 且垂直于直线的直线的方程；
（2）求过点 并且在两坐标轴上的截距相等的直线的方程.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）联立方程求得点的坐标，结合题中条件即可得解；
（2）分两种情况考虑，过原点和不过原点，不过原点时，利用待定系数法求解即可.
【小问1详解】
由
得 交点
由题直线 的斜率，
则直线的方程为，即.
【小问2详解】
当直线 过原点时，
直线斜率为，此时直线方程为:，即，
当直线 不过原点时，设直线，
代入点 得，解得，
此时直线方程:
综上， 直线 的方程为:或.
18. 已知递增等差数列满足，且、、成等比数列.
（1）求数列通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设等差数列的公差为，则，根据已知条件得，可得出关于的方程，解出的值，再利用等差数列的通项公式可求得数列的通项公式；
（2）利用分组求和法可求得的表达式.
【小问1详解】
解：设等差数列的公差为，则，
因为、、成等比数列，则，即，
即，整理可得，
又因为，故，因此，.
【小问2详解】
解：由（1）可得，
所以，
.
19. 如图，已知正方体的棱长为，为的中点.
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】（1）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可证得平面；
（2）利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值.
【详解】（1）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如图所示的空间直角坐标系.
因为正方体的棱长为，是的中点，
所以、、、、、、，
，.
设平面的法向量为，由，
令，则，，所以.
因为，所以，
因为平面，所以平面；
（2）由（1）知，平面的法向量.
又平面的法向量为.
设平面与平面的夹角为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
【点睛】思路点睛：利用空间向量法求解二面角的步骤如下：
（1）建立合适的空间直角坐标系，写出二面角对应的两个半平面中对应的点的坐标；
（2）设出法向量，根据法向量垂直于平面内两条直线的方向向量，求解出平面的法向量（注：若半平面为坐标平面，直接取法向量即可）；
（3）计算（2）中两个法向量的余弦值，结合立体图形中二面角的实际情况，判断二面角是锐角还是钝角，从而得到二面角的余弦值.
20. 已知数列的前项和为，且（）.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）当时，由结合可以得到，从而由等比数列的定义直接写出通项公式即可.
（2）由题意，直接由错位相减法结合等比数列前项和的公式计算即可.
【小问1详解】
当时，，
当时，，故，
故数列是以1为首项，2为公比的等比数列，
故.
【小问2详解】
由（1）得，
所以由题意，
故，
则，
故
，
则.
21. 如图，四边形为平行四边形，点在上，，且.以为折痕把折起，使点到达点的位置，且.
（1）求证：平面；
（2）若直线与平面所成角的正弦值为，求点到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由翻折关系和线面垂直的判定可知平面，进而得到；利用余弦定理和勾股定理可证得，由线面垂直的判定定理可证得结论；
（2）以为坐标原点可建立空间直角坐标系，设，由线面角的向量求法可构造方程求得的值，进而利用点到平面距离的向量求法可求得结果.
【小问1详解】
，，，
又，平面，平面，
又平面，；
，，，
，，
，又，平面，平面.
【小问2详解】
以为坐标原点，所在的直线为轴，在平面中，过点作的垂线为轴，
所在的直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，
设，则，，，，，
平面轴，平面的一个法向量，
又直线与平面所成角的正弦值为，
，解得：（舍）或，
，，，
设平面的法向量，
则，令，解得：，，，
点到平面的距离.
22. 设数列的前项和为，且，数列满足，其中.
（1）证明为等差数列，求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和为；
（3）求使不等式，对任意正整数都成立的最大实数的值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据数列递推式可得，整理变形结合等差数列定义即可证明结论，并求得数列的通项公式；
（2）利用错位相减法即可求得答案；
（3）将原不等式化为，即可分离参数，继而构造函数，判断其单调性，将不等式恒成立问题转化为函数最值问题，即可求得答案.
【小问1详解】
当时，，则，
当时，，
即，即是以为首项，公差为1的等差数列，
故
【小问2详解】
由（1）可得，
故，
故，
则
，
故；
【小问3详解】
，则，
即，
即对任意正整数都成立，
令，
则，
故，
即随着n的增大而增大，
故，即，
即实数的最大值为.
【点睛】关键点睛：第三问根据数列不等式恒成立问题求解参数的最值问题时，要利用分离参数法推得对任意正整数都成立，之后的关键就在于构造函数，并判断该函数的单调性，从而利用最值求得答案.