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2024-2025学年北京交大附中高二（上）期中数学试卷（含答案）
展开这是一份2024-2025学年北京交大附中高二（上）期中数学试卷（含答案），共11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。
1.在等差数列{an}中，a2=1，a4=5，则a8=( )
A. 9B. 11C. 13D. 15
2.如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，设AB=a,AD=b,AA1=c，则BD1=( )
A. a+b+cB. −a+b+cC. a−b+cD. a+b−c
3.已知数列{an}满足an+1(1−an)=1，若a1=−1，则a10=( )
A. 2B. −2C. −1D. 12
4.设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是( )
A. 若m⊥n，n//α，则m⊥α
B. 若m//β，β⊥α，则m⊥α
C. 若m⊥n，n⊥β，β⊥α，则m⊥α
D. 若m⊥β，n⊥β，n⊥α，则m⊥α
5.设Sn为等差数列{an}的前n项和．已知S3=−3，a5=2，则( )
A. {an}为递减数列B. a3=0C. Sn有最大值D. S6=0
6.如图，A，B是两个形状相同的杯子，且B杯高度是A杯高度的34，则B杯容积与A杯容积之比最接近的是( )
A. 1：3B. 2：5C. 3：5D. 3：4
7.设Sn为数列{an}的前n项和，a3=6且Sn+1=3Sn，则a1+a5等于( )
A. 12B. 1643C. 55D. 1703
8.已知底面边长为2的正四棱柱ABCD−A1B1C1D1的体积为8 3，则直线AC与A1B所成角的余弦为( )
A. 32B. 22C. 34D. 24
9.已知等比数列{an}的首项a1>1，公比为q，记Tn=a1a2…an.(n∈N∗)，则“0
C. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件
10.如图，在正方形ABCD中，点E，F分别为边BC，AD的中点，将△ABF沿BF所在直线进行翻折，将△CDE沿DE所在直线进行翻折，在翻折的过程中，下列说法正确的是( )
A. 点A与点C在某一位置可能重合
B. 点A与点C的最大距离为 3AB
C. 直线AB与直线DE可能垂直
D. 直线AF与直线CE可能垂直
二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。
11.已知圆锥的侧面展开图是半径为4的直角扇形，则此圆锥的表面积为______．
12.已知数列{an}满足an+1>an，且其前n项和Sn满足Sn+1
14.如图，在正三棱柱A1B1C1−ABC中，AB=2，A1A=2 3，D，F分别是棱AB，AA1的中点，E为棱AC上的动点，则△DEF周长的最小值为______．
15.已知{an}是各项均为正数的无穷数列，其前n项和为Sn，且1an+1Sn=1(n∈N∗).给出下列四个结论：
①S1+S3<2S2；
②a1+a3>2a2；
③对任意的n∈N∗，都有an≤1+1n；
④存在常数A>1，使得对任意的n∈N∗，都有an>A．
其中所有正确结论的序号是______．
三、解答题：本题共6小题，共85分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题13分)
如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AC=2，AB= 3，BC=1，A1A=2，点E、F分别为A1C1，BC的中点．
(Ⅰ)求证：FC1//平面ABE；
(Ⅱ)求证：AB⊥FC1；
(Ⅲ)求三棱锥B1−AFC1的体积．
17.(本小题13分)
已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1=b1=1，a2+a4=10，b2b4=a5．
(Ⅰ)求{an}的通项公式；
(Ⅱ)求和：b1+b3+b5+…+b2n−1．
18.(本小题13分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB//CD，AD⊥CD，PD=CD=2AB=2，点M在PC上，且BM//平面PAD．
(Ⅰ)求证：M是PC的中点．
(Ⅱ)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求二面角M−BD−C的余弦值．
条件①：CB⊥PB；
条件②：DM=BM．
19.(本小题13分)
已知数列{an}满足：a1+a2+a3+…+an=n−an，(n=1,2,3,…)
(Ⅰ)求证：数列{an−1}是等比数列；
(Ⅱ)令bn=(2−n)(an−1)(n=1,2,3,…)，如果对任意n∈N∗，都有bn+14t≤t2，求实数t的取值范围．
20.(本小题16分)
如图，在五面体ABCDEF中，四边形 ABCD是边长为4的正方形，EF//AD，平面ADEF⊥平面ABCD，且BC=2EF，AE=AF，点G是EF的中点．
(1)证明：AG⊥平面ABCD．
(2)若直线BF与平面ACE所成角的正弦值为 69，求AG 的长．
(3)判断线段AC上是否存在一点M，使MG//平面ABF？若存在，求出AMMC的值；若不存在，说明理由．
21.(本小题17分)
已知{an}是无穷数列，a1=a，a2=b，且对于{an}中任意两项ai，aj(i
(Ⅱ)若a=b=0，求证：数列{an}中有无穷多项为0；
(Ⅲ)若a≠b，求数列{an}的通项公式．
参考答案
1.C
2.B
3.C
4.D
5.B
6.B
7.C
8.D
9.C
10.D
11.5π
12.(−1)⋅(12)n−1或−1n(答案不唯一)
13.350；无
14. 7+2
15.①②③
16.解：(Ⅰ)证明：根据题意，如图，取AB的中点M，连接EM，FM，
因E、F分别为A1C1、BC的中点．则FM//AC,FM=12AC，
又EC1//AC,EC1=12AC，故EC 1//FM，EC1=FM，即得▱FMEC1，
则FC1//EM，而FC1⊄平面ABE，EM⊂平面ABE，
故FC 1//平面ABE；
(Ⅱ)证明：AC=2，AB= 3，BC=1，
则有AB2+BC2=AC2，由勾股定理可得AB⊥BC，
在直三棱柱ABC−A1B1C1中，由于BB1⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，则BB1⊥AB，
故AB⊥BC且BB1⊥AB，
又BB1∩BC=B，BB1⊂平面BCC1B1且BC⊂平面BCC1B1，
故AB⊥平面BCC1B1，
因FC1⊂平面BCC1B1，故AB⊥FC1；
(Ⅲ)根据题意，如图，
三棱锥B1−AFC1的体积VB1−AFC1=VA−B1C1F，
由(Ⅱ)，已得AB⊥平面BCC1B1，
故VA−B1C1F=13S△B1C1F×AB=13×12×1×2× 3= 33，
即三棱锥B1−AFC1的体积为 33．
17.解：(Ⅰ)等差数列{an}，a1=1，a2+a4=10，可得：1+d+1+3d=10，解得d=2，
所以{an}的通项公式：an=1+(n−1)×2=2n−1；
(Ⅱ)由(Ⅰ)可得a5=a1+4d=9，
等比数列{bn}满足b1=1，b2b4=9.可得b3=3或−3(舍去)(等比数列奇数项符号相同)，
∴q2=3，
{b2n−1}是等比数列，公比为3，首项为1，
b1+b3+b5+…+b2n−1=1(1−q2n)1−q2=3n−12．
18.解：(Ⅰ)证明：过A，B，M作平面交PD于N，连接MN，AN，
由AB//CD，AB⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，则AB//平面PCD，
而AB，MN⊂面ABMN，且平面ABMN∩平面PCD=MN，则AB//MN，
由BM//平面PAD，同理可证BM//AN，
所以四边形ABMN为平行四边形，故AB=MN，且AB//MN，
而AB//CD，CD=2AB，故MN//CD，CD=2MN，
所以MN是△PCD的中位线，即M是PC的中点．
(Ⅱ)若选①：由PD⊥平面ABCD，且BC⊂面ABCD，故PD⊥BC，
又CB⊥PB，PB∩PD=P，PB，PD⊂平面PBD，故BC⊥平面PBD，
由BD⊂平面PBD，则BC⊥BD，连接点B与CD中点Q，
由CD=2AB=2，则DQ=CQ=AB=1，
又AB//CD，AD⊥CD，故四边形ABQD为矩形，故BQ⊥CD，BD=BC，
则BD2+BC2=2BC2=CD2=4，即BC=BD= 2，则AD=1，
由PD⊥面ABCD，CD，AD⊂面ABCD，故PD⊥AD，PD⊥CD，又AD⊥CD，
故PD，AD，CD两两垂直，
以D为原点，DA，DC，DP所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则D(0,0,0)，B(1,1,0)，C(0,2,0)，P(0,0,2)，M(0,1,1)，
所以MB=(1,0,−1),DB=(1,1,0)，
由题知，平面BDC的一个法向量为m=(0,0,1)，
设平面MBD的法向量为n=(x,y,z)，则n⊥MB,n⊥DB，
所以n⋅MB=x−z=0n⋅DB=x+y=0，令x=1，得y=−1，z=1，所以n=(1,−1,1)，
则cs
由图知，二面角M−BD−C为锐角，所以二面角M−BD−C的余弦值为 33．
若选②：由PD⊥面ABCD，且CD⊂面ABCD，故PD⊥CD，
又M是PC中点，故DM=PM=MC，
又DM=BM，则BM=PM=MC，故CB⊥PB，
由PD⊥面ABCD，且BC⊂面ABCD，故PD⊥BC，
又CB⊥PB，PB∩PD=P且都在面PBD内，故BC⊥面PBD，
由BD⊂面PBD，则BC⊥BD，连接点B与CD中点Q，(后续过程同条件①)．
19.(Ⅰ)证明：由题可知：a1+a2+a3+…+an=n−an，①
a1+a2+a3+…+an+1=n+1−an+1，②
②−①可得2an+1−an=1 …..(3分)
即：an+1−1=12(an−1)，又a1−1=−12…..(5分)
所以数列{an−1是以−12为首项，以12为公比的等比数列….…..(6分)
(Ⅱ)解：由(Ⅰ)可得an=1−(12)n，…(7分)
∴bn=(2−n)(an−1)=n−22n…(8分)
由bn+1−bn=n+1−22n+1−n−22n=3−n2n+1>0可得n<3
由bn+1−bn<0可得n>3 …(9分)
所以b1
故bn有最大值b3=b4=18
所以，对任意n∈N∗，都有bn+14t≤t2，等价于对任意n∈N∗，都有18≤t2−14t成立…(13分)
所以t2−14t−18≥0
解得t≥12或t≤−14
所以，实数t的取值范围是(−∞,−14]∪[12,+∞) …(14分)
20.证明：(1)因为：AE=AF，点G是EF的中点，
所以：AG⊥EF，
又因为：EF//AD，
所以：AG⊥AD，
由平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD=AD，AG⊂平面ADEF，
所以：AG⊥平面ABCD．
(2)解：由(1)得：AG⊥平面ABCD．
所以：AG、AD、AB两两垂直，以A为原点，建立空间直角坐标系A−xyz，四边形ABCD是边长为4的正方形，
且BC=2EF，AE=AF，点G是EF的中点．
所以：A(0,0,0)，B(4,0,0)，C(4,4,0)，
设AG=t(t>0)，
则：E(0,1,t)，F(0,−1,t)，
所以：BF=(−4,−1,t)，AC=(4,4,0)，AE=(0,1,t)，
设平面ACE的法向量为：n=(x,y,z)，
由AC⋅n=0AE⋅n=0，
解得：4x+4y=0y=−tz，
所以：n=(t,−t,1)，
直线BF与平面ACE所成角的正弦值为 69，
所以：cs
解得：t2=1或t2=172，
所以：AG=1，或AG= 342，
(3)解：假设线段AC上存在一点M，使MG//平面ABF，设AMAC=λ，
则：AM=λAC，
由AC=(4,4,0)，
得：AM=(4λ,4λ,0)，
设AG=t(t>0)，
则：AG=(0,0,t)，
所以：MG=AG−AM=(−4λ,−4λ,t)，
设平面ABF的法向量为：m=(x1,y1,z1)，
AF⋅m=0AB⋅m=0，
解得：m=(0,t,1)，
由于：MG//平面ABF，
所以：MG⋅m=0，
即：−4λt+t=0，
解得：λ=14，
所以：AMAC=14，此时AMMC=13，
即当AMMC=13时，MG//平面ABF．
21.解：(Ⅰ)取i=1，j=2，则存在ak(2
∴a3=2a2−a1=7．
(Ⅱ)证明：假设{an}中仅有有限项为0，
不妨设am=0，且当n>m时，an均不为0，则m≥2，
取i=1，j=m，
则存在ak(m
(Ⅲ)①当a
则存在ak(n0
∴2an0−a1,2an0−a2,…,2an0−an0−1，
这n0−1个不同的数恰为an0+1,an0+2,…,a2n0−1这n0−1项，
∴an0+1>an0与an0+1≤an0矛盾，
∴数列{an}是递增数列，
再证明：an=a+(n−1)(b−a)，n=1，2，3，…，
记d=b−a，即证an=a+(n−1)d，n=1，2，3，…，
当n=1，2时，结论成立，
假设存在最小的正整数m0，使得an=a+(n−1)d对任意1≤n≤m0恒成立，
但am0+1≠a+m0d，则m0≥2，
取j=m0，i=1，2，…，m0−1，
则存在ak(m0
∴a1
∴am0+1=2am0−am0−1=2[a+(m0−1)d]−[a+(m0−2)d]=a+m0d与am0+1≠a+m0d矛盾，
∴an=a+(n−1)(b−a)，n=1，2，3，…，
②当a>b时，设bn=−an，则b1=−a，b2=−b，且b1
由①可知bn=−a+(n−1)(a−b)，n=1，2，3，…
∴an=a+(n−1)(b−a)，n=1，2，3，…
综上，an=a+(n−1)(b−a)，n=1，2，3，…，
经检验，数列{an}满足题设条件．
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