2023-2024学年梅州市大埔县高二数学第二学期开学检测卷附答案解析

-2024学年梅州市大埔县高二数学第二学期开学检测卷2024.2一、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．195．若等差数列的前n项和为，且，则的值为（

）A．8 B．16 C．24 D．326．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．47．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．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PACB．平面EFCC．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ABCD的长与宽的比值为k，分别为CD的四等分点，现将沿AF向上翻折，将BCE沿BE向上翻折，使得，与四边形ABEF所成角均为，且

(1)当时，证明：平面平面(2)当时，是否存在P为线段BC上一点，使FP与平面ABD所成角为，如果存在请说明理由.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．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．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．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：B4．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．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．B【分析】由等差中项及等比中项的性质求解即可.【详解】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．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．故选：C8．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.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：ABC10．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．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．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.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．【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．【分析】先利用直线与平面所成的角为，求得点的轨迹，进而求得点的轨迹长度.【详解】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．故答案为：.

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：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．(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．(1)(2)【分析】（1）利用之间的关系，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①，当时，②，所以①-②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③-④得，即，整理得：．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．(1)证明见解析(2)不存在，理由见解析【分析】（1）连接，设，，利用余弦定理可求出，然后再利用线面垂直证明面面垂直.（2）建立空间坐标系，假设存在点，即，然后求出平面的一个法向量，再利用向量法求出线面角，从而可求解.【详解】（1）如图连接，设，令，则，

由余弦定理得化简得：，求得或，即或，又，即，即，（舍），所以，即，取中点为连接，且，即四边形为平行四边形，所以，因为，所以，因为平面平面，且平面平面，所以平面，因为，所以平面，又因为平面，所以平面平面.（2）取的中点为，的中点为，连接由等腰直角三角形性质得，，所以为平面与平面所成角，又因为平面与平面所成角为，则为等边三角形，则在平面面内的投影为的中点，如图以的中点为坐标原点，建立空间直角坐标系，，由平面几何的性质得，设，，则，，得，，则，设平面的一个法向量为，，则，令，得：，设直线与平面所成角为，则，解得：，因为，所以方程无解，所以不存在在线段上，使得与平面所成角为.

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，