2023-2024学年山东省潍坊市高二（下）期末数学试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年山东省潍坊市高二（下）期末数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知向量a=(1,2,3)，b=(−4,5,x)，若a⊥b，则实数A.2 B.−2 C.3 D.−32.已知等差数列{an}中，a2=4，a5A.2 B.4 C.6 D.83.已知数列{an}满足an+2=−1an，且A.1 B.2 C.−1 D.−4.一圆锥的轴截面SAB为等边三角形，S为圆锥顶点，点C为AB的中点，则直线SA与BC所成角的余弦值为(

)A.14 B.24 C.5.已知等差数列{an}的公差不为零，Sn为其前n项和，若S7=0A.45 B.46 C.47 D.486.已知两圆台体积之比为1：12，第一个圆台上、下底面半径分别为r1，r2，第二个圆台上、下底面半径分别为r2，r3，若r1，r2，rA.19 B.14 C.137.如图，已知A，B，C三点不共线，O为平面ABC外任意一点，且平面ABC中的小方格均为边长为1的正方形，<OA，AB>=<OA，AC>=60°，|OA|=2，若A.15 B.15 C.238.已知数列{an}满足a1=2024，an+1=anA.1012 B.1013 C.2024 D.2026二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则(

)A.若m⊂β，α⊥β，则m⊥α

B.若m⊥α，m⊥β，n⊂α，则n//β

C.若m//α，m//β，α∩β=n，则m//n

D.若m⊥n，m⊥α，n//β，则α⊥β10.将一些数排成如图所示的倒三角形，其中第一行各数依次为1，3，5，…，2025.从第二行起，每一个数都等于它“肩上”的两个数之和，最后一行只有一个数M，从上往下每一行的第一个数构成的数列记为{an}，则(

)A.a4=32

B.an+1=an+2n11.在一个棱长为2的正方体内做两个互相垂直的内切圆柱，其相交的部分就是“牟合方盖”，如图1所示，图2是牟合方盖的八分之一，其中OABC为正方形，截面PSRQ与平面OABC平行，设二面角A−DO−B大小为α，二面角A−CO−Q大小为β，∠BOR=γ，∠QOR=δ，则(

)A.该牟合方盖的内切球体积为4π3 B.α<δ

C.sinδ=sinαcosγ D.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a1=1，13.一个三棱锥和一个四棱锥恰好可以拼接成一个正三棱台，这个三棱锥的底面为边长是1的等边三角形，这个四棱锥的底面为等腰梯形，该等腰梯形的上、下底面边长分别为1，3，腰长为2，则正三棱台的高为______．14.已知函数f(x)=(x−1)3+2，数列{an}是公差不为0的等差数列f(四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。15.(本小题13分)

记Sn为正项数列{an}的前n项和，且数列{Sn}是公差为2的等差数列，a1=2．

(1)证明：{an16.(本小题15分)

如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，E是棱CC1上靠近点C的三等分点，平面D1AE∩平面BCC1B1=l，l∩BC=F．

(1)求CFFB的值；

(2)已知ABCD为边长为17.(本小题15分)

已知Sn为数列{an}的前n项和，且满足Sn=2an−1．

(1)求{an}的通项公式；

(2)18.(本小题17分)

如图，圆柱的轴截面ABCD是边长为4的正方形，下底面圆O的一条弦EF交CD于点G，DG=1，DE=DF，P是上底面圆周上的动点．

(1)证明：平面AEF⊥平面ABCD；

(2)求点D到平面AEF的距离；

(3)若二面角P−EF−A的正切值为67，且P，F在轴截面ABCD同侧，求圆柱侧面上点P到点F的最短距离．19.(本小题17分)

已知集合M={a1,a2,…,an}(n≥3且n∈N∗)的元素均为正整数，对于M的任意两个非空子集A，B，如果A中所有元素之和与B中所有元素之和不相等，就称M具有性质R．

(1)判断以下两个集合是否具有性质R，并说明理由；

M1={1,2,4,6,9}，M2={1,3,5}．

(2)已知M具有性质R．答案解析1.B

【解析】解：因为向量a=(1,2,3)，b=(−4,5,x)，

又a⊥b，

则1×(−4)+2×5+3x=0，

则x=−2．

故选：B．2.C

【解析】解：设等差数列的公差为d，

a2=4，a5=−2，

故3d=a5−a2=(−2)−4=−6，解得d=−2，

所以a1=a2−d=6，

故这个数列的前6项和为：63.D

【解析】解：an+2=−1an，且a1=1，a2=2，

可得a3=−1a1=−1，a4=−1a2=−12，

a5=−1a4.B

【解析】解：以O为坐标原点，OB，OS分别为y，z轴，垂直于平面SAB的轴为x轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

设AB=6，则A(0,−3,0)，B(0,3,0)，S(0,0,33)，C(−3,0,0)，

所以SA=(0,−3,−33)，BC=(−3,−3,0)，

所以cos<SA，BC>=SA⋅BC|SA||BC|=96×32=5.C

【解析】解：设等差数列{an}的公差为d，

S7=0，

则7a4=0，解得a4=0，即a1+3d=0，即a1=−3d，

Sn=na1+n(n−1)2d=12dn2−726.C

【解析】解：设两圆台体积分别为V1，V2，高分别为ℎ1，ℎ2，

∵r1，r2，r3是公比为2的等比数列，

∴r2=2r1，r3=27.A

【解析】解：由题意知，<OA，AB>=<OA，AC>=60°，|OA|=2，且AP=2AB+AC，

所以OP=OA+2AB+AC，

所以8.A

【解析】解：由an+1=an2+an−2，可得an+1−an=an2−2，

可得a19.BC

【解析】解：若m⊂β，α⊥β，则m与α可以成任意角，∴A选项错误；

若m⊥α，m⊥β，则α//β，又n⊂α，则n//β，∴B选项正确；

若m//α，m//β，α∩β=n，则m//n，∴C选项正确；

若m⊥n，m⊥α，n//β，则α与β可以成任意角，∴D选项错误．

故选：BC．

根据空间中各要素的位置关系逐一判断即可．

本题考查空间中各要素的位置关系，属基础题．10.ACD

【解析】解：由a1=1，a2=4=2a1+2，a3=12=2a2+22，a4=32=2a3+23，..可得an+1=2an+2n，故A正确，B错误；

由an+12n+1=an2n+12，a12=12，可得an2n=111.ACD

【解析】解：对于A，内切球半径为原正方体半棱长，

即R=1，所以V=43πr2=43π，故A正确；

对于B，显然AO⊥DO、BO⊥DO，

易得∠AOB=α=45°=∠QPR，

而∠QPR=二面角Q−DO−R>∠QOR，

所以α>δ，故B错误；

对于C，显然RQ⊥平面AOD，

所以OR⋅sinδ=RQ，

由题意及牟合方盖性质，

可得四边形SPQR为正方形，

所以OR⋅sinα⋅cosγ=sin(90°−γ)⋅sinα=sin∠ROP⋅sinα=PR⋅sinα=RQ，

所以sinδ=sinα⋅cosγ，故C正确；

对于D，由于α=45°，所以sinα=cosα，

结合C项，OR⋅cosα⋅cosγ=RQ，

由于AO、QO⊥CO，

易得∠AOQ=β，

所以OR⋅cosβ⋅cosδ=OQ⋅cosδ=OQ⋅sin∠QOP=PQ=RQ，

所以cosα⋅cosγ=cosβ⋅cosδ，故D正确．

故选：ACD．12.−1【解析】解：根据题意，设等比数列{an}的公比为q，

若a1=1，S3=34，则S3=a1+a1q+a1q2=1+q+q2=13.2【解析】解：如图：

正三棱台A1B1C1−ABC由三棱锥A−A1B1C1和四棱锥A−BCC1B1组成，

则由题可知：A1B1=B1C1=1，BB1=CC1=2，BC=AB=3．

设上底面A1B1C1在下底面的投影为A′B′C′，

则C1C′即为该正三棱台的高，

因为△A′B′C′是边长为1的正三角形，

△ABC是边长为3的正三角形．

则如图①，过C′作C′M⊥BC14.9

【解析】解：根据题意，因为函数f(x)=(x−1)3+2，

即f(x)−2=(x−1)3，即f(x)−2关于点(1,0)对称，

因为f(a1)+f(a2)+…+f(a9)=18，

f(a15.解：(1)证明：由数列{Sn}是公差为2的等差数列，a1=2，

可得Sn=2+2(n−1)=2n，

即有Sn=2n2，

当n=1时，a1=S1=2；

当n≥2时，an=Sn−Sn−1=2n2−2(n−1)2【解析】(1)由等差数列的通项公式求得Sn=2n，再由an与16.解：(1)如图，取BC靠近C的三等分点F，连接EF，

又E是棱CC1上靠近点C的三等分点，

∴EF//C1B，又易知D1A//C1B，

∴D1A//EF，

∴平面D1AE即为平面D1AFE

∴平面D1AE∩平面BCC1B1=l=EF，

∴CFFB=12；

(2)①证明：∵E是棱CC1上靠近点C的三等分点，

∴EC=13CC1=1，C1E=2，又DC=D1C1=2，

∴tan∠EDC=ECDC=12=22，tan∠【解析】(1)取BC靠近C的三等分点F，则易证D1A//EF，从而可求解；

(2)①只需证明D1E⊥DE，AD⊥D1E即可；

②由(1)知D1A//EF，且D17.解：(1)由Sn=2an−1，可得a1=S1=2a1−1，解得a1=1；

当n≥2时，an=Sn−Sn−1=2an−1−2an−1+1，化为an=2an−1，

可得数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列，即有an=2n−1；

(2)S【解析】(1)由an与Sn的关系，结合等比数列的定义、通项公式，可得所求；

(2)由等比数列的求和公式和数列的裂项相消求和、数列的单调性，可得最值，再由不等式恒成立思想，可得所求取值范围．

本题考查数列的项与和的关系，以及数列的裂项相消求和、不等式恒成立问题，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．18.解：(1)证明：因为圆柱的底面为圆，DE=DF，

所以由圆的对称性可得DC⊥EF，

又圆柱的侧棱BC⊥底面圆O，EF⊂底面圆O，

所以BC⊥EF，

又DC∩BC=C，DC⊂面ABCD，BC⊂面ABCD，

所以EF⊥面ABCD，

又EF⊂面AEF，

所以面AEF⊥面ABCD．

(2)因为圆柱的轴截面ABCD是边长为4的正方形，DG=1．

所以OD=OC=OE=OF=2，OG=1，

又DO⊥EF，

所以FG=FO2−GO2=3，则EG=3，

在Rt△ADG中，AG=AD2+DG2=42+12=17，

因为AD⊥底面圆O，EF⊂底面圆O，

所以AD⊥EF，

又AD∩DG=D，AD⊂面ADG，AG⊂面ADG，

所以EF⊥面ADG，

又AG⊂面ADG，

所以EF⊥AG，

因为VD−AEF=VA−DEF，

所以13S△AEF⋅ℎ=13S△DEF⋅AD，

所以13⋅12⋅23⋅17⋅ℎ=13⋅12⋅23⋅1⋅4，

所以ℎ=41717．

(3)设平面PEF交圆柱上底面与PQ，

因为圆柱上、下底面平行，

所以EF//PQ，

设PQ∩AB=H，

所以二面角P−EF−A的大小就是二面角H−EF−A的大小，

分别以DC，DA为y轴，z轴，建立空间直角坐标系：

因为DG=1，底面圆半径为4，则EG=FG=3，

则A(0,0,4)，E(3,1,0)，F(−3,1,0)，

设H(0,m,4)(0<m≤4)，

所以AE=(3,1,−4)，AF=(−3,1,−4)，EH=(−3,m−1,4)，EF=(−23,0,0)，FH=(3,m−1,4)，

设平面AEF的一个法向量为n1=(x1,y1,【解析】(1)由面面垂直的判定定理，即可得出答案．

(2)设点D到平面AEF的距离为ℎ，由等体积法可得VD−AEF=VA−DEF，即可得出答案．

(3)分别以DC，DA为y轴，z轴，建立空间直角坐标系，求出平面AEF的法向量n1=(x1,y1,z1)19.解：(1)对于集合M1={1,2,4,6,9}，因为6=2+4，

故集合{6}，{2,4}的元素和相等，故M1不具有性质R；

对于M2={1,3,5}，其共有7个非空子集：{1}，{3}，{5}，{1,3}，{1,5}，{3,5}，{1,3,5}，

各集合的和分别为：1，3，5，4，6，8，9，它们彼此相异，