168，广东省梅州市大埔县虎山中学2023-2024学年高二下学期开学质量检测数学试卷

这是一份168，广东省梅州市大埔县虎山中学2023-2024学年高二下学期开学质量检测数学试卷，共19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。
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，只有一项是符合要求的。
1．已知空间向量，，且，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知，，，则是（ ）
A．等边三角形B．等腰非等边三角形 C．直角三角形D．以上均不正确
3．已知A、B、C三点不共线，对平面外的任一点O，下列条件中能确定点M与点A、B、C一定共面的是（ ）
A．B．
C．D．
4．在等差数列中，若，则（ ）
A．16 B．17 C．18 D．19
5．若等差数列的前n项和为，且，则的值为（ ）
A．8 B．16 C．24 D．32
6. 已知数列是等差数列，数列是等比数列，若
则的值是（ ）
A． B．1 C．2 D．4
7．已知正项等比数列的前n项和为，前n项积为，满足，则的最小值是（ ）
A． B． C． D．
8．在棱长为1的正方体中，点、分别是棱、的中点，动点在正方形（包括边界）内运动．若平面，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．您看到的资料都源自我们平台，20多万份最新小初高试卷，家威鑫 MXSJ663 免费下载
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9．数列2，0，2，0，…的通项公式可以是（ ）
A．B．
C．D．
10．已知数列的首项是4，且满足，则（ ）
A．为等差数列 B．为递增数列
C．的前n项和 D．的前n项和
11．如图，在四棱锥中，平面ABCD，底面ABCD是正方形，且，E，F分别为PD，PB的中点，则（ ）
A．平面PAC B．平面EFC
C．点F到直线CD的距离为 D．点A到平面EFC的距离为
12．如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法-商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，…，设第层有个球，从上往下层球的总数为，则（ ）
A．B．
C． D．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知，则的最小值是 .
14．已知等比数列的前项和为，若，则 .
15．如图，点是棱长为2的正方体表面上的一个动点，
直线与平面所成的角为，则点的轨迹长度为 .
16．将数列与数列的公共项从小到大排列得到新数列，则 .
四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。
17．如图,在直三棱柱中,是棱的中点．
(1)求异面直线与所成角的余弦值；
(2)求二面角的余弦值．
18．如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，是正三角形，．
(1)求证：平面平面；
(2)直线上是否存在点，使得直线与平面所成角为
若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
19．记为数列的前项和，，.
(1)求的通项公式； (2)求数列的前项和.
20．已知数列是递增的等比数列，.
(1)求数列的通项公式；
(2)若，求数列的前项和.
21.已知矩形的长与宽的比值为，分别为的四等分点，现将沿向上翻折，将沿向上翻折，使得,与四边形所成角均为，
且。
（1）当时，证明：
（2） 当时，是否存在为线段上一点，使与平面所成角为，如果存在请说明理由。
A
B
C
D
E
F
A
B
C
D
F
E
22．已知为有穷正整数数列，且，集合．若存在，使得，则称为可表数，称集合为可表集．
(1)若，判定31，1024是否为可表数，并说明理由；
(2)若，证明：；
(3)设，若，求的最小值．
参考答案
第I卷（选择题）
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，只有一项是符合要求的。
1．已知空间向量，，且，则（ ）
A．B．C．D．
1．B
【分析】根据向量平行得出坐标关系即可求解.【详解】，，且，
，解得.故选：B.
2．已知，，，则是（ ）
A．等边三角形B．等腰非等边三角形C．直角三角形D．以上均不正确
2．D
【分析】利用空间中两点间的距离公式求出三角形的各边长，再验证是否是直角三角形.
【详解】由题意，得的三边长分别为：
，
，
，显然，不是等腰三角形，
又，所以不是直角三角形.故选：D.
3．已知A、B、C三点不共线，对平面外的任一点O，下列条件中能确定点M与点A、B、C一定共面的是（ ）
A．B．
C．D．
3．B
【分析】根据四点共面的性质进行判断即可.
【详解】M与A、B、C共面的条件是，且，
故B选项正确，
故选：B
4．在等差数列中，若，则（ ）
A．16B．17C．18D．19
4．C
【分析】根据等差数列的性质可知，项数之和相等的两项之和相等，化简已知的等式即可求出的值，然后把所求的式子也利用等差数列的性质化简后，将的值代入即可求出值．
【详解】由题意，得，
所以，故C正确. 故选：C.
5．若等差数列的前n项和为，且，则的值为（ ）
A．8B．16C．24D．32
5．B
【分析】直接等差数的性质和前项和公式求解即可
【详解】解：因为数列是等差数列，且
所以，
故选：B
【点睛】此题考查等差数列的性质和前项和公式的应用，属于基础题
6. 已知数列是等差数列，数列是等比数列，若则的值是（ ）
A．B．1C．2D．4
6.【答案】B
【解析】由等差中项的性质可得，由等比中项的性质可得，因此，.故选B.
7．已知正项等比数列的前n项和为，前n项积为，满足，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
7．C
【分析】由等比数列的通项公式与求和公式求出公比q，进而即可求解
【详解】设公比为q（显然），
由得，
即，得或（舍去），
所以递增且，所以最小值为．：C
8．在棱长为1的正方体中，点、分别是棱、的中点，动点在正方形（包括边界）内运动．若平面，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
8．A
【分析】以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，设点，其中，由平面，利用空间向量法可得出，利用空间向量的模长公式结合二次函数的性质可求得线段的最小值.
【详解】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，
则，，，，
设点，其中，
设平面的法向量为，，，
则，取，可得，
，
因为平面，则，即，
所以，
因为，则当时，取最小值，
即的最小值为.
故选：A.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9．数列2，0，2，0，…的通项公式可以是（ ）
A．B．
C．D．
9．ABC
【分析】根据给定条件，逐项验证判断即得.
【详解】对于A，，符合题意，A是；
对于B，，符合题意，B是；
对于C，，符合题意，C是；
对于D，，不符合题意，D不是.
故选：ABC
10．已知数列的首项是4，且满足，则（ ）
A．为等差数列 B．为递增数列
C．的前n项和 D．的前n项和
10．BD
【分析】根据题意，得到，得到为等比数列，可判定A；由，可判定B；利用错位相减法求和，可判定C；由，结合等差数列的求和公式，可判定D.
【详解】由，可得，
所以数列是以为首项，公比的等比数列，所以A错误；
由，所以，显然数列为递增数列，所以B正确；
由，可得，
两式相减，可得，所以，所以C错误；
因为，所以数列的前项和为，所以D正确.
故选：BD.
11．如图，在四棱锥中，平面ABCD，底面ABCD是正方形，且，E，F分别为PD，PB的中点，则（ ）
A．平面PAC B．平面EFC
C．点F到直线CD的距离为 D．点A到平面EFC的距离为
11．AD
【分析】以A为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，由，，利用线面垂直的判定定理可判断A正确；求出平面EFC的法向量、的坐标，利用可判断B；设点A到平面EFC的距离为d，由可判断D；设点F到直线CD的距离为h，计算可判断C．
【详解】以A为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立如图空间直角坐标系，则，,，，，，
则，，，，
因为，，
所以，，即，，
又，平面PAC，
所以平面PAC，A正确；
设平面EFC的法向量为，则，令，得，
因为，所以，B不正确；
设点A到平面EFC的距离为d，，则，D正确；
设点F到直线CD的距离为h，，，
则，即，C不正确．
故选：AD.
12．如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法-商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，…，设第层有个球，从上往下层球的总数为，则（ ）
A．B．C．D．
12．ACD
【分析】由已知题意，探索递推规律，由规律得通项，由此判断选项.
【详解】由题意得，第层有个球，.
即，，，，
因为，所以，A正确；
由，当时，，故B错误，C正确；
由，D正确；
故选：ACD.
第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知，则的最小值是 .
13．/
【分析】根据题意，写出的坐标，计算，得到关于的函数关系式，即可求出其最小值.
【详解】由已知可得，
∴
∴当时，取最小值，最小值为.
故答案为：.
14．已知等比数列的前项和为，若，则 .
14．
【分析】根据等比数列前项和公式特征求解即可.
【详解】设等比数列公比为，则，
即等比数列的前项和要满足，
又因为，所以.
故答案为：
15．如图，点是棱长为2的正方体表面上的一个动点，直线与平面所成的角为，则点的轨迹长度为 .
15.【解答】解：若直线与平面所成的角为，则点的轨迹为圆锥的侧面与正方体的表面的交轨，
在平面内，点的轨迹为对角线（除掉点，不影响）；
在平面内，点的轨迹为对角线（除掉点，不影响）；
在平面内是以点为圆心2为半径的圆弧，如图，
故点的轨迹长度为．
故选：．
16．将数列与数列的公共项从小到大排列得到新数列，则 .
16．
【分析】由题意归纳得出，即得的表达式，利用裂项求和法，即可求得答案.
【详解】数列：，数列：，
则为：，则，
所以，
故，
故答案为：
四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。
17．如图,在直三棱柱中,是棱的中点．
(1)求异面直线与所成角的余弦值；
(2)求二面角的余弦值．
17．(1) (2)
【分析】(1),异面直线与所成角即为与所成角.根据线段关系得△为等边三角形,,求余弦值即可.
(2)根据二面角的空间向量法求解即可.
【详解】（1）在直三棱柱中,
.
同理.
△为等边三角形,,
又即,
异面直线与所成角等于与所成角,
与所成角的余弦值为．
（2）在直三棱柱中,以为原点,以所在直线为轴建立空间直角坐标系,如图所示.
则,
.
设平面的法向量为,
令则
设平面的法向量为,
令则
由图知,二面角为锐二面角,所以二面角的余弦值为.
18．如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，是正三角形，．
(1)求证：平面平面；
(2)直线上是否存在点，使得直线与平面所成角为若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
18．(1)证明见解析
(2)存在满足条件的点．且或
【分析】（1）根据长度关系证明线线垂直，即可根据线面垂直求证面面垂直，
（2）建立空间直角坐标系，利用向量夹角即可求解.
【详解】（1）由于故，
又平面，故平面，
平面，所以平面平面，
（2）由四边形为正方形，且，分别为，的中点，
设的中点为，连接，，
因为是正三角形，故，
而平面平面，平面平面，平面，
故平面，而平面，故，
又，故以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则,,0,,, , , ,
设,
则，
， ，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，
假设直线上存在点，使得直线与平面所成角为，
所以，
整理可得，解得或，故存在满足条件的点．
且或
19．记为数列的前项和，，.
(1)求的通项公式； (2)求数列的前项和.
19．(1);
(2).
【分析】（1）利用之间得关系，再结合累乘法计算化简即可.
（2）表示出数列的前项和，利用错位相减法计算化简即可.
【详解】（1）结合题意：因为，
当时，，
所以①②得，即，
所以，
当时，上式也成立.
故的通项公式.
（2）记，由（1）问
所以，
即，
所以，
所以③④得
即，整理得：.
20．已知数列是递增的等比数列，.
(1)求数列的通项公式；
(2)若，求数列的前项和.
20．(1)
(2)
【分析】（1）由题意结合等比数列性质求出的值，即得公比，即可求得答案；
（2）由（1）可得的表达式，利用裂项相消法，即可求得答案.
【详解】（1）因为数列是递增的等比数列，所以，
所以,解得，所以公比，
所以.
（2）由（1）知，，
所以
.
21.已知矩形的长与宽的比值为，分别为的四等分点，现将沿向上翻折，将沿向上翻折，使得,与四边形所成角均为，
且。
（1）当时，证明：
（2） 当时，是否存在为线段上一点，使与平面所成角为，如果存在请说明理由。
A
B
C
D
E
F
A
B
C
D
F
E
参考答案：
A
B
C
D
F
E
解：如图连接，设------1分
A
B
C
D
E
F
G
由余弦定理得
化简得：，
又,，,
-----------------------------------------------------------------------3分
取中点为连接,,
，，----------------------------4分
----------------------------------------------------5分
--6分
如图，
,
，
，---------------------------------8分
---------------------------------------------------------------------------------------9分
解得：， ----------------------------- ---11分
-------------------------------12分
z
G
O
A
B
C
D
E
F
H
Q
K
y
x
22．已知为有穷正整数数列，且，集合．若存在，使得，则称为可表数，称集合为可表集．
(1)若，判定31，1024是否为可表数，并说明理由；
(2)若，证明：；
(3)设，若，求的最小值．
22．(1)31是可表数，1024不是可表数，理由见解析；
(2)证明见解析；
(3)8
【分析】（1）根据定义赋值及数列求和计算验证即可；
（2）根据定义判定则有，从而可知，利用集合间的基本关系得出中最多含有个元素，解不等式即可证明；
（3）利用第二问的结论可设，有，然后利用定义先证为可表数，再根据三进制的基本事实确定的最小值为满足成立的，代入求即可.
【详解】（1）31是，1024不是，理由如下：
由题意可知，
当时，有，
显然若时，，
而，
故31是可表数，1024不是可表数；
（2）由题意可知若，即，
设，即使得，
所以，且成立，故，
所以若，则，
即中的元素个数不能超过中的元素，
对于确定的，中最多有个元素，
所以；
（3）由题意可设，使，
又，
所以，即，
而，
即当时，取时，为可表数，
因为，
由三进制的基本事实可知，对任意的，存在，
使，
所以
，
令，则有，
设，
由的任意性，对任意的，
都有，
又因为，所以对于任意的，为可表数，
综上，可知的最小值为，其中满足，
又当时，，
所以的最小值为.
【点睛】难点点睛：第二问关键是根据定义可确定中元素互为相反数，再利用集合间的基本关系确定元素个数的关系计算即可；第三问利用第二问的结论可设，有，利用定义先证为可表数，再根据三进制的基本事实设任意的，存在，使，得出并结合定义确定为可表数，从而确定的最小值为满足成立的，代入求即可.