2022-2023学年上海市晋元某中学高二年级上册期中数学试题（解析版）

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ABCO-ABCA中，M是棱48的中点.令直线。"与AA所成的角为4,直线

与平面ABGR所成的角为打，二面角R-AM-C的平面角为“，则()

A.4>=&B.q>a>a

C.9\=<。3D.m

【答案】B

【分析】取AB|的中点N,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A4的中点N,连接如图.易得AA//MN,故直线RM与AA所成的角4=/。也%.又直

线。Z)_L平面AAGR,故与平面A4GR所成的角.又平面例DQ，故二面

角。一AM-C的平面角色=NRA。=45°.因为tand{=型>■=1,tan(9,=1,

MNMN

tana=.<空=1,故tan，>tana>tan。,，又均为锐角，故4>4>仇

MDAD

2.若向量前满足同=1,忖=2,al(a+b),则£与石的夹角为()

71

A.—BD

6-7cT-T

【答案】C

,一尸、a-b

【分析】〃+=4•(〃+〃)=o,求得鼠6,由8虱。/〉=丽即可求夹角.

【详解】由题可知，|〃|=1,出|=2,无（"+5）=同~+无6=0=无5=—1,

•COS(a,5)=-^-pr=——1

,,同.忖1x22,

向量G与B的夹角为手.

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"相关的命题.下列三

个证明方法中，可以证明某个命题P（〃）对一切正整数〃都成立的是（）

①p（l）成立，且对任意正整数总"当1＜三左时，0⑺均成立”可以推出“P（%+1）成立”

②p⑴，p（2）均成立，且对任意正整数A,“p（k）成立”可以推出“p（%+2）成立”

③p（2）成立，且对任意正整数a2,“P㈤成立”可以推出“p（2k）成立且p（0l）成立"

A.②③B.①③C.①②D.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，对任意正整数鼠“当14注左时，P（i）均成立，

则当〃=%时，P⑺成立,

故①可证明某个命题P（〃）对一切正整数n都成立;

对于②，因为P。）,p⑵均成立,0化+2）成立,

则当〃为奇数时，P（〃）成立，

当”为偶数数时，P（〃）成立，

所以②可以证明某个命题P（"）对一切正整数〃都成立；

对于③，因为P（2）成立，对任意正整数&N2,p（k-l）成立,所以「（1）也成立,

又p（%）成立,P（2A）成立,则P（2&-1）也成立,

所以③可以证明某个命题P（〃）对一切正整数n都成立.

故选：D.

4.已知球0的体积为学，高为1的圆锥内接于球。，经过圆锥顶点的平面。截球。和圆锥所得

O

25兀

的截面面积分别为$,S2,若，则邑=（）

O

A.2B.y/5C.V6D.2-J2

【答案】C

【分析】根据给定条件，求出球。半径，平面a截球。所得截面小圆半径，圆锥底面圆半径，再求

出平面a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0半径为R,由萼内=学得R=:，平面a截球。所得截面小圆半径彳，由

362

u225兀5

得4n4=荻'

因此，球心0到平面a的距离d=-1=击={,而球心。在圆锥的轴上，则圆锥的轴与平面

a所成的角为45。,

3

因圆锥的高为1,则球心。到圆锥底面圆的距离为4=],于是得圆锥底面圆半径

7炉-42=肾-（|尸=2,

令平面a截圆锥所得截面为等腰AFAB,线段AB为圆锥底面圆01的弦，点C为弦A8中点，如图，

依题意，ZCPO,=45,COy=POX=\,PC=y[2,弦A8=2次二^=26,

所以s,=LABPC=C.

2

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/在平面“上____

【答案】lua

【分析】直线/在平面。上，利用集合与集合的关系符合表示即可.

【详解】直线/在平面。上，即直线/包含于平面利用集合与集合的关系表示为/US

故答案为：lua

6.已知1=2,万石=-4,则向量力在向量5方向上的数量投影为.

【答案】-2

【分析】利用向量的数量积转化求解向量05在方向上的数量投影即可.

【详解】解：设向量口与B的夹角是0,则向量5在5方向上的数量投影为：laicose=*=T=-2.

故答案为：-2

7.若圆锥的侧面展开图是半径为1,圆心角为180。的半圆，则这个圆锥的轴截面面积等于.

【答案】息

4

【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180。的半圆，

所以扇形弧长/=乃，即圆锥底面圆的周长为万，

JT1

则圆锥底面圆半径

2万2

圆锥直观图如图所示：

易知：8=1,PC=\,则〃=）［2-（5）2=+，

所以轴截面的面积S=lxYL,=@.

224

故答案为：息

4

8.已知无穷等比数列｛”“｝的前〃项和为S“，且q=-l,^=||,则数列｛。,,｝的各项和为.

【答案】-2

【分析】根据题意先求得等比数列的公比为4=；,进而得E,=-21-Q),再求极限即可.

SIft31

【详解】解：因为％=-1,v=

所以，等比数列的公比不等于1,故设等比数列｛%｝的公比为q(qwl),

T（1-力q_-1（1-力St）J-/

所以,5

"qM=\-q'S5~\-q

所以，g’q，解得q=；，

因为数列｛4｝为无穷等比数列,

所以，数列也｝的各项和为J型S“=/i巴-2+1-1=-2

故答案为：-2

9.如图所示，在棱长为2的正方体A8C。-中，E是棱CG的中点，AF=AAD,若异面直

线。/E和A市所成角的余弦值为迷，则儿的值为.

【答案】g

【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。店和

A/尸所成角的余弦值为逑，即可列式计算.

10

以。为原点，以D4,DC,DQ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4(2,0,2),£)/(0,0,2),£(0,2,1),A(2,0,0).

所以A左=(0,2,-1),卡=不+而=m+X而=(0,0,-2)+2(-2,0,0)=(-2/1,0,-2),

所以际而*卜母端=赤岛，

所町焉下=*解得*2T(舍去)•

故答案为：

10.在棱长为2的正方体ABCD-\B}C}D}中，直线B,C,到平面A.D.C的距离为.

【答案】V2.

【分析】根据BC//平面AOC，将直线B/G到平面AAC的距离转化为G到平面ARC的距离,

进而解出答案.

【详解】如图，在棱长为2的正方体A8C。-A4G。中，取CR的中点E,连接GE,则

且C£=0,

IhCi

AIL----------------------

又ARJ.平面CDRG，CEu平面CDDC，所以而ARcCR=2，

所以GE_L平面ARC,

易知8c〃平面ARC，则。到平面ARC的距离即为直线BiCi到平面ARC的距离，

所以直线8/。到平面ARC的距离为0.

故答案为：41.

H.已知公差不为。的等差数列{4}的前"项和为5"，若包，$5，S7e{-5,0},则S“的最小值为

【答案】-6

【分析】对4的值进行分类讨论，结合等差数列前〃项和最值的求法求得S”的最小值.

【详解】5“取得最小值，则公差d>0,4=-5或4=0,

⑴当4=。时，S[=7%=0,所以S$=-5,又Ss=5%,所以的=-1,

所以，a4-a3=J=l>0,故a“=”-4,

令a“N0,贝

所以S”的最小值为其=-6.

（2）当％=-5,S7=7«4=-35,不合题意.

综上所述：“4=。，$5=-5,s7=0,s”的最小值为-6.

故答案为：-6.

12.斧头的形状叫楔形，在《算数书》中又称之为“郭（领〃）都”或“潮⑷讪）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（机4。）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作垂足为连接过B作BNLEF,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“，连接MQ,过B作8N_LER,垂足为M连接CM如图所

示

则三棱柱ADM~BCN为直棱柱，三棱锥E-ADM与三棱锥F-BCN全等，

由题意得A8=3,BC=2,EF=6,ABCW底边8c上的高为5,

所以$即=$3=，2义5=5

113

所以该几何体的体积丫=凡%''48+2'5'5/.义桥=5'3+2'5、5、5=20.

故答案为：20

13.如图，在四棱锥尸—A8a»中，底面A8CD为菱形，PDL^ABCD,ACCyBD=OPD=2yf3,

【答案】16K

【分析】根据三角形CORP8均为直角三角形，且面ABC。，可判断球心的位置为PC中点,

进而根据几何关系可求半径.

【详解】：PZ)_L平面4)<=平面488,二尸£)_14),又PD=2拒,APAD=^：.AD=2

取PC,8中点分别为M,N,连接DM,MN,BN,

由于MM〃尸£>,P£>_L平面ABCD^fi以MNJ■平面ABCD,

因为底面ABC。为菱形，所以0£>=1,OC=5且O£)_LOC,所以ND=NC=NO,即N是三角形

COD外接圆的圆心，因此球心在直线MN上，

又P£>_L8，所以MD=MC=例P,因此可得M为球心，

又|PC『=PD1+OD2+OC2=16,

；•5=4兀/?2=7t|PC|2=167l.

故答案为：16兀

P

【点睛】14.已知集合4=卜,=2〃-1,〃€1<},8={xk=2",〃eN*},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{q}的前"项和为S.,则使得S,>100。成立的最小的“

的值为.

【答案】36

【分析】由题可得2"为数列｛/｝的2自+〃项，且利用分组求和可得邑“.“=4"-1+2向-2,通过计算

即得.

【详解】由题意，对于数列｛%｝的项2"，其前面的项1，3,5,…，2,,-leA«共有项，

2,22,23,--,2"eB,共有〃项，所以2"为数列｛《,｝的2"i+〃项，

,,|2,,,,I,,+1

^S^,+I=[(2X1-1)+(2X2-1)+--+(2X2--1)]+(2+2+...+2)=4-+2-2.

可算得2‘T+6=38(项),%8=64,邑8=1150,

因为%=63,仁=61,%5=59,所以%=1086,536=1023,%=962,

因此所求〃的最小值为36.

故答案为：36.

15.如图所示，在正方体AB8-A'8'CZ>'中，A8=3,M是侧面BCC'B'内的动点，满足

若AM与平面8CC'B'所成的角0，则tan。的最大值为.

【分析】以。为原点建立空间直角坐标系，设M(x,3M(x,ye[0,3]),根据AM_L3Z>，求得入户的

关系，再根据上平面BCC'B'，可得，=NAM8,解RtVABM即可.

【详解】解：如图，以D为原点建立空间直角坐标系，

则A(3,0,0),8(3,3,0),0(0,0,3),

设M(x,3,y)(x,ye[0,3]),

贝ij丽=(x-3,3,力初=(-3,-3,3),

因为AM_L3£>'，

所以戒.初=(x—3,3,y>(-3,-3,3)=-3(x-3)—9+3y=0,

所以y=x,则M(x,3,x),

因为ABJ,平面BCC'B'>

所以NA7WB即为AM与平面BCC'B'所成角，^O=AAMB,

八A833

miltanU==,==/=

川BMJf+f，2f_6x+9，

所以当x=5时，tan。取得最大值忘.

故答案为：夜.

16.在AABC中，AC=2BC=4,NAC8为钝角，M,N是边A8上的两个动点，且MN=1,若西•丽

的最小值为1，则COS/4cB=________.

4

A

B

【答案】匕主叵

8

【分析】取MN的中点尸得丽=一丽＞，叩=|PA/]=；,再将西.西用向量RM/W.々表示并

结合函•函的最小值为=得。必访=1，即C到直线A3的距离为1,再根据几何关系即可求得

4

cosZACB

【详解】取MN的中点P,^PN=-PM,|P/V|=|PA7|=P

西•国=（岳+丽）.（而+丽）=（而+丽）（丽-丽）=丽2一;,

3

因为CM-CN的最小值3，

所以C*,=1.

作垂足为H,如图,

A

N

M

7--------------48

则CH=I,又BC=2,所以N8=30。，

因为AC=4,

所以由正弦定理得：sinA=lcos4=姮，

44

Gi

所以cosZACB=cos(150°-A)=--^-cosA+—sinA

故答案为：上口亚

8

【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aJ_平面夕，a[}/3=m,直线/在平面a内，且/，〃?，求证：直线/_/平面

设直线/与直线〃?的交点为A,在平面月内过点A作直线人J_m,

因为/_Lm,hVm,lea,bufi,a[}/3=m,aVp,所以直线/,〃所成角为直角，即/，人

又bn〃z=A，bu。,mu。,所以/_L£.

18.设向量a=(cosx,J^sinx),B=其中xe.

⑴若(£+可〃求实数x的值；

(2)已知】=(八一1)且“社若〃力=7L求”X)的值域.

【答案】(1»=9

4

⑵卜62]

【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21人可得""=()，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：2+B=(cosx+l,&sinx+V5),

因为(£+可〃石,

所以0(cosx+l)-&sinx-0=O,GPtanx=1,

「「兀兀

又叫-于升

所以A;

4

(2)解：因为2=(6,-1)且[J.B，

所以B・c=/%—叵=o,所以m=75,

则工=("—1),

/(x)=a-c=>/2cosx-y[2sinx=2cos+J，

因为xe,所以，

所以cos(x+；)e_3,1,

所以/(x)的值域为卜友,2].

19.已知，正三棱柱ABC-AB。中，AA]=2AC=2,延长C8至。，使CB=BD.

（1）求证：CA1DA1；

（2）求二面角四-A。-C的大小，（结果用反三角函数值表示）

【答案】（1）见解析；（2）arccos—

17

【分析】（1）通过底面的边角关系可得NZMC=9（r,DA1CA,进而可证得C4_L平面AA。，从而

得证；

（2）取A£>中点E,联结与E,可证得NBE瓦为二面角与-AO-C的平面角，从而得解.

【详解】（1）因为是正三棱柱A8C-A4G，

所以AA_LC4

AB=BC,5.ZBAC=ZBCA=60

从而N£>84=I20,

又CB=BD

所以=ZDAB=30

ZDAC=ZDAB+ABAC=90

即D4_LC4

，C4_L平面A/。

CA±DAt

（2）取AO中点E,联结与E.所以8E//AC,

又ZMJ_C4,故ZM_L3E

因为_L平面ABC

所以

从而D4_L平面^DAlBtE

所以4BE瓦为二面角旦-AD-C的平面角.

因为8E=LAC=L881=2所以tanNBEg=毁=4,

22BE

二面角B]-AD-C的大小为arctan4

解法二：以直线AO为x轴，直线AC为＞轴，直线4儿为z轴

建立空间直角坐标系.

则A(o,o,o)，4亭;,2,。(6,0,0)

设平面4月。的一个法向量匕=（〃,匕卬）

AD-4=\/3u=0

则—61

AB}%=-^-w+—v+2w=0

令w=l,则u=-4,所以司二（0,-4,1）

又平面AC3的一个方向量为=（0,0,1）

设二面角瓦-AO-C的大小为a

所以二面角耳-A。-C的大小为arccos姮

17

【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—A8CC中，AB=2,侧面与底面ABC。的夹角为半

（1）求正四棱锥P—ABCD的体积；

⑵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4，W，4，%,ds,证明：24+4+4+W+4=26；

（3）若球。是正四棱锥P-ABCO的内切球，点。是正方形ABC。内一动点，且OQ=OP,当点。沿

着它所在的轨迹运动一周时，求线段0。所形成的曲面与底面所围成的几何体的表面积.

【答案】⑴竽

（2）见解析

⑶殍+小

（分析［（1）连接AC,8。交于点尸，取A8的中点E,连接EF,2尸，证明PE，AB,EFVAB,则NPEF

即为面以。与底面ABC。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§So*BC£）4+§S,7MB”2^^4/>BC^3+§Sj,t£>4，利用等体积法即可得证；

（3）由（2）可得4=4=4=4=4=r（r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QF,从而可得点。在以F为圆心的圆上，进而可得出线段。。形成的曲面与底面A3C。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ACB短交于点尸，取AO的中点E,连接

由正四棱锥的几何特征可得尸为AC8。的中点，「尸，底面ABCD,

AF=DF=s/2,AFIDF,PA=PD,

因为E为A。的中点，

所以PE_LA3,EF_LA。，

所以NPEF即为面PAD与底面ABCD所成角的平面角，即NPEF=1,

EF=\,则PE=2,PF=百，

所以VfBCD=；X2X2XA/J=^^；

（2）证明：^QABCD=2X2=4,SMB=SMD=S^PBC=S^PCD=-x2x2=2,

因为%.MCD=（x44+gx2（4+Z+痣）»

所以2t/|+4+4+&+4=25/3；

（3）解：因为球。是正四棱锥P—ABC。的内切球，

由（2）可知点。为点M的一种情况，

所以4=〃2=4=34=4=尸（厂为内切球的半径），

所以r=立，i^OF=—,OP=—=OQ,

333

在RtA。/7。中，QF=^OQ1-OF2=\,

所以点。在以尸为圆心1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ABCD所围成的几何体为圆锥，

所以线段0Q所形成的曲面与底面A8C。所围成的几何体的表面积为

c

21.对于无穷数列｛《,｝,若存在正整数T,使得为”=%对一切正整数〃都成立，则称无穷数列｛《,｝

是周期为T的周期数列.

C

⑴已知无穷数列｛4｝是周期为2的周期数列，且《=3,%=1，5“是数列｛4｝的前〃项和，若宁4r

对一切正整数“恒成立，求常数r的取值范围；

(2)若无穷数列血｝和也｝满足£=4用-4,，求证：“｛%｝是周期为T的周期数歹『’的充要条件是“｛2｝

是周期为T的周期数列，且匕＞,=0”;

4=1也=〃

(3)若无穷数列｛4｝和也｝满足“且，是否存在非零常数。，使得

*，z,L1sN

n+2=ir(«^-«)

｛4｝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】⑴[3,”)

(2)证明见解析;

(3)不存在非零常数。，使得｛4｝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7=6,再结合(2)的结论求解即可.

【详解】(1)解：因为无穷数列｛4｝是周期为2的周期数列，且4=3,%=1，

所以，当〃为偶数时，,=s4+的)=2〃；

»7—1

当〃为奇数时，S“=—“(q+%)+%=2〃+1,

因为。口对一切正整数〃恒成立，

n

所以，当〃为偶数时，乙=2,故只需rz2即可；

n

qi

当〃为奇数时，出=2+243恒成立，故只需年3即可；

nn

q

综上，24