2021-2022 学年度第一学期期中学业水平检测
高二数学试题
本试卷共 4页，22题．全卷满分 150分．考试用时 120分钟．
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上，并将条形码
粘贴在答题卡指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改
动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷
上无效。
3．考试结束后，请将答题卡上交。
一、单项选择题：本大题共 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
项是符合题目要求的．
1．对于无穷常数列7,7,L,7L，下列说法正确的是
A．该数列既不是等差数列也不是等比数列 B．该数列是等差数列但不是等比数列
C．该数列是等比数列但不是等差数列 D．该数列既是等差数列又是等比数列
2．下列说法 正 确的是
A．若 a,b是两个空间向量， a,b则不一定共面
B．OA OC AC
uuur uuur
C．若 P在线段 AB上，则 AP t AB(0 t 1)
D．在空间直角坐标系Oxyz中，点 A(1, 2,3)关于坐标平面 xOy的对称点为 A ( 1, 2,3)
3．已知数列{an}满足 2an 1 4 anan 1且 a3 1，则 a2022的值为
A．1 B． 2 C． 4 D． 4
4．在三 棱 锥O ABC中，M 是OA的中点，P是 ABC的重心．设OA a，OB b，OC c，
则MP
1 1 a b 1
c 1
1 1 1 1
A． B． a b c a b c a 1b 1 C． D． c
2 6 3 3 2 6 3 3 3 2
5．《周髀算经》中有这样一个问题：冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、
立夏、小满、芒种这十二个节气，自冬至日起，其日影长依次成等差数列，立春当日日影长为9.5
尺，立夏当日日影长为 2.5尺，则春分当日日影长为
A． 4.5尺 B．5尺 C．5.5尺 D．6尺
6．已知等差数列{an}的前 n项和为 Sn，a1 0，公差 d 0，a5 3a7．若 Sn取得最大值，则 n
的值为
A．6或7 B．7或8 C．8或9 D．9或10
7．已知 Sn为正项数列{an}的前 n项和， a1 1，3anS
2 2
n 1 Sn Sn 1(n 2)，则
A． Sn n B． Sn 2n 1 C． S 2
n 1
n D． S 2
n
n 1
高二数学试题 第 1页（共 4页）
8．已知 a,b为两条异面直线，在直线 a上取点 A1,E，在直线b上取点 A,F ，使 AA1 a，且 AA1 b
（称 AA1为异面直线 a，b的公垂线）．若 A1E 2， AF 3， EF 5， AA1 3 2，则异面
直线 a,b所成的角为
π
A． B． C． 2π D． 5π
6 3 3 6
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．在公比q为整数的等比数列{an}中，Sn是数列{an}的前n项和，若a1a4 32，a2 a3 12，则
A． q= 2 B．数列{Sn 2}是等比数列
C． S8 254 D．数列{log2 an}是公差为 2的等差数列
10．下列结论正确的是
A．直线 l的方向向量 a (0,3,0)
，平面 的法向量u (0, 5,0)，则 l //
B．两个不同的平面 , 的法向量分别是u (2, 2, 1)， v ( 3,4,2)，则
C．若直线 l的方向向量 a (1, 2, 1)，平面 的法向量m (3,6,k )，若 l ，则实数 k 15
D．若 AB (2, 1, 4)， AC (4, 2,0)， AP (0, 4, 8)，则点 P在平面 ABC内
11．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 n层有 an个球，从上往下
n层球的总数为 Sn，记bn ( 1)
n (an 1 an )，则
A． an 1 an n 1 B．b1 b2 b20 20
n(n 1) a 3
C． Sn Sn 1 ,n 2 D． nn 1 的最大值为2 2 2
uuur uuur uuur
12．在棱长为1的正方体 ABCD A1B1C1D1中，点 P满足DP DD1 DA， [0,1]，
[0,1]，则以下说法正确的是
A．当 时，直线 BP //平面CB1D1
1 CP 6B．当 时，线段 长度的最小值为
2
π
C．当 1时，直线CP与平面 BCC1B1所成的角不可能为 3
D．当 1 π 时，存在唯一点 P使得直线DP与直线CB1所成的角为2 3
高二数学试题 第 2页（共 4页）
三、填空题：本大题共 4小题，每小题 5分，共 20分．
13．已知{an}为等差数列， Sn为其前 n项和，若 a4 S4 4，则 a2 _________．
14．已知空间向量 a (1,0,1)，b (2, 1,2)，则向量 a在向量b上的投影向量的坐标是_________．
15．如图，在平行六面体 ABCD A1B1C1D1 中， BAD BAA1 DAA1 60 ， AB 2，
AD 2， AA1 3， AC与 BD相交于点O，则OA1 _________．
D1 C1
A1 B1
D C
A O B
16．设集合 A {x | x 4n 3,n N*}，B {x | x 3n 1,n N*}，把集合 A B中的元素从小到
大依次排列，构成数列{an}，则 a2 _________，数列{an}的前50项和为_________．
四、解答题：本大题共 6小题，共 70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．（10分）
已知数列{an}为等差数列， a1 1， a2n an n，数列{bn}为各项均为正数的等比数列，
b5 b1 15，b4 b2 6．
（1）求数列{an}和{bn}的通项公式；
an ,n 为奇数（2）若 cn ，求数列{cn}的前 2n项和 S ．
bn ,n
2n
为偶数
18．（12分）
如图，空间几何体由两部分构成，上部是一个底面半径为1，高为 2的圆锥，下部是一个底面
半径为1，高为 2的圆柱，圆锥和圆柱的轴在同一直线上，圆锥的下底面与圆柱的上底面重合，点P
是圆锥的顶点， AB是圆柱下底面的一条直径， AA1,BB1是圆柱的两条母线，C是弧 AB的中点．
（1）求异面直线 AC与 PB1所成的角的余弦值； P
（2）求点 A1到平面 PBC 的距离．
A1 B1
O
A B
C
高二数学试题 第 3页（共 4页）
19．（12分）
已知数列{an}前 n项和为 Sn， S1 1， Sn 1 3Sn 1．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若数列{bn}的前 n项和Tn n
2，求数列{an bn}的前 n项和 Pn．
20．（12分）
如图，在菱形 ABCD中， AB 2， BAD 60 ，沿对角线 BD将 ABD折起，使 A,C 之
间的距离为 6 ，若 P,Q分别为线段BD,CA上的动点．
（1）求线段 PQ长度的最小值；
（2）当线段 PQ长度最小时，求直线 PQ与平面 ACD所成的角的余弦值．
D A
Q
A C
D
P
B C
B
21．（12分）
在如图所示的多面体中， AD // BC且 AD 2BC， AD CD， EG // AD且 EG AD，
CD // FG且CD 2FG，DG 平面 ABCD，DA DC DG 2，M ,N 分别为棱 FC，EG
的中点．
（1）求点 F 到直线 EC的距离；
（2）求平面 BED与平面 EDC的夹角的余弦值；
（3）在棱GF 上是否存在一点Q，使得平面MNQ //平面 EDC？若存在，求出点Q的位置；若
不存在，说明理由． Q
G F
N
E
M
D C
B
A
22．（12分）
已知正项数列{an}满足 a1 2，an , an 1 ,an 2成等比数列，Tn (1 a1)(1 a2) (1 an )．
（1）证明：数列{ln(1 an)}是等比数列；
（2）求Tn及数列{an}的通项公式；
b 1 1（3）若 n ，求数列{bn}的前 n项和 Sn，并证明： 2S
2
n 1．2an 2an 4 3Tn 1
高二数学试题 第 4页（共 4页）2021-2022 学年度第一学期期中学业水平检测高二数学评分标准
一、单项选择题：本大题共 8小题．每小题 5分，共 40分．
1-8：D C A C D B C B
二、多项选择题：本大题共 4小题．每小题 5分，共 20分．
9．AB； 10．BD； 11．ACD； 12．ABC.
三、填空题：本大题共 4小题，每小题 5分，共 20分．
8 4 8
13．0 ； 14． ( ， ，)； 15． 6 ； 16．3，4590 .
9 9 9
四、解答题：本大题共 6小题，共 70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．（10分）
解：（1）设数列{an}的公差为 d ，数列{bn}的公比为 q，
因为 a2n an n
所以令 n 1得 a2 a1 1，即 d a1 a1 1····················································· 2 分
又 a1 1
所以 an 1 (n 1) 1 n ··············································································3 分
因为b5 b1 15，b4 b2 6
b (q
4
1 1) 15 b
b1 16
1 1
所以 解得 或 （舍）······································ 5 分
b1(q
3 q) 6 q 2 q
1
2
所以b 1 2n 1n 2
n 1 ·················································································· 6 分
n, n 为奇数
（2）由（1）得 cn n 1
2 ,n 为偶数
所以 S2n [1 3 5 ... (2n 1)] (2 8 32 ... 2
2n 1)
n(1 2n 1) 2(1 4n) 2
(4n 1) n2 ············································ 10 分
2 1 4 3
18. （12分） z
解：（1）由题意可得OP 平面 ABC，C是弧 AB的中点，则OC AB P
则以O为原点，OC，OB，OP所在直线分别为 x轴、 y轴、 z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系····························1 分
则 A(0, 1,0) ，C(1,0,0) ， P(0,0, 4)， B1(0,1,2)，
AC (1,1,0)， PB1 (0,1, 2) ····························3 分
A1 B1
cos AC,PB1
A C P B 1 1 10 ，
| AC | | PB1 | 2 5 10 y
10
O
异面直线 AC与 PB1所成角的余弦值为 ·········6 分 A B10 Cx
（2）由题意可得 A1(0, 1,2) ， B(0,1,0)，
则 PA1 (0, 1, 2)， PB (0,1, 4)， PC (1,0, 4)
高二数学答案 第 1页（共 5页）
n PB y 4z 0设平面 PBC 的法向量 n (x, y, z) ，则
n PC x 4z 0
取 z 1，得 n (4, 4,1) ··············································································· 10 分
A PBC d | PA 1 n | 6 2 33点 1到平面 的距离为： ······························12 分| n | 33 11
19．（12分）
解：（1）由 S *n 1 3Sn 1(n N )，得 Sn 3Sn 1 1(n 2) ，
两式相减，得 an 1 3an (n 2) .······································································ 2 分
由 S2 3S1 1 a1 a2 ， S1 a1 2，得 a2 3 3a1 ，
所以 an 1 3a
*
n (n N )，············································································· 3 分
即数列{an}是以1为首项，公比为3的等比数列，···············································4 分
从而有 a 3n 1n ··························································································· 5 分
（2）由Tn n
2可知：
当 n 2时，bn T
2
n Tn 1 n (n 1)
2 2n 1 ···············································7 分
当 n 1时，b1 T1 1适合上式
所以bn 2n 1····························································································8 分
所以 cn anb (2n 1) 3
n 1
n
所以 Pn 1 1 3 3 5 3
2 (2n 1) 3 n 1
3Pn 1 3 3 3
2 (2n 3) 3 n 1 (2n 1) 3 n，
两式相减得： 2P 1 1 2 3 2 32 2 33n 2 3
n 1 (2n 1) 3 n
6 2 3n
1 (2n 1) 3n
1 3
所以 Pn (n 1) 3
n 1 ················································································ 12 分
20．（12分）
解：（1）因为四边形 ABCD是菱形， AB 2， BAD 60 ，
所以 ABD和 BCD是等边三角形．
设O是 BD的中点，则 AO BD,CO BD,OA OC 3 ，
所以OA2 OC 2 AC 2 ，所以 AO CO，
由于 BD OC O，所以 AO 平面 BCD ······················································ 2 分
以O为原点，OB，OC，OA所在直线分别为 x轴、 y轴、 z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系······································································ 3 分
设 P(a,0,0),Q(0,b, 3 b) ，其中 1 a 1,0 b 3 ，
2
所以 | PQ | a2 b2 3 b a2 2(b 3 3 )2 ·································· 5 分2 2
高二数学答案 第 2页（共 5页）
当 a 0,b 3 6 时，线段 PQ的长度取得最小值为 ········································6 分
2 2
3 3 3 3 z
（2）由（1）得 P(0,0,0),Q(0, , ),PQ (0, , )
2 2 2 2 A
A(0,0, 3),C(0, 3,0),D( 1,0,0) ，
Q
AC (0, 3, 3), AD ( 1,0, 3) ，
设平面 ACD的法向量为 n x, y, z ， D
n
AC 3y 3z 0 P O
则 ，
B C
n AD x 3z 0 x y
取 z 1，则 n ( 3,1,1) ·············································································9 分
设 PQ ACD PQ n 3 2与平面 所成角为 ，则 sin | | ··········· 11 分
| PQ | | n | 6 10
5
2
cos 1 ( 2 ) 2 15所以 ··································································· 12 分
10 5
21．（12分）
解：（1）由DG 平面 ABCD知，DG DC，DG DA，又 AD CD，
以D为原点，DA，DC ，DG所在直线分别为 x轴、 y轴、 z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系······································································ 1 分
则D(0,0,0) ， A(2,0,0)，C(0, 2,0) ，G(0,0, 2)， E(2,0,2)， F (0,1,2)， B(1, 2,0)，
则M (0, 3 ,1) ， N (1,1, 2)，CE (2, 2,2) ， EF ( 2,1,0) ，
2
所以点 F 到直线EC的距离
d | EF |2 (CE EF )2 4 4 2 1 ( )2 2 ··································· 4 分
|CE | 4 4 4
z
Q
G F
N
E
M
D C
y
B
A
x
（2）由（1）知，DB (1, 2,0) ，DE (2,0, 2)，DC (0, 2,0)
高二数学答案 第 3页（共 5页）
设平面 BED的法向量为m (x1, y1, z 1
) ，
m DB x1 2y1 0 则 ，令 y1 1，则m ( 2,1,2) ······································5 分
m DE 2x1 2z1 0
设平面 EDC的法向量为 n (x , y , z ) ，
2 2 2
n DE 2x2 2z2 0 则 ，令 x2 1，则 n (1,0, 1) ·······································6 分
n DC 2y2 0
故 cos m n 4 2 2 m,n
|m || n | 3 2 3
2 2
所以平面 BED与平面 EDC夹角的余弦值为 ·············································· 8 分
3
（3）设GF 上存在一点Q，设Q(0, , 2) ， [0,1]
MQ (0, 3
则 , 1) ，MN (1, 1 ,1)
2 2
设平面MNQ的法向量为 p (x3, y3, z3)
p MN x 1 3 y3 z 2 3
0 3
则 ，令 y3 1，则 p (2 ,1, ) ···················· 10 分
p MQ ( 3 )y3 z3 0
2
2
3
∵平面MNQ // 平面 EDC ∴ n // p 2 ，即 2 ，无解，
1 1
故不存在点Q使得平面MNQ // 平面 EDC ······················································ 12 分
22. （12分）
解：（1）因为 an , an 1 ,an 2 成等比数列，
所以 a 2n 1 an (an 2) an 2an ·····································································1 分
所以 a 2n 1 1 (an 1)
因为 a1 2，所以 an 1 1，
ln(1 a )
将 式两边取对数，得 ln(1 an 1) 2ln(1 a ) ，即 n 1n 2，ln(1 an)
所以，数列{ln(1 an)}是首项为 ln 3，公比为 2的等比数列································· 3 分
（2）由（1）知 ln(1 a n 1n) 2 ln 3，
n 1 n 1
所以1 a 2 2n 3 ，所以 an 3 1································································5 分
所以Tn (1 a1)(1 a2) (1 an )
20 21 22 2 n 1 1 2 22 2n 1 n 3 3 3 3 3 32 1 ·········································7 分
高二数学答案 第 4页（共 5页）
1 1 1 1
（3）（解法一）因为bn ，即 2b ①；2a nn 2an 4 an 2 an
a a (a 2) 1 1 1 1 1 1又因为 n 1 n n ，所以 ，即 ( ) ②；an 1 an (an 2) an 1 2 an an 2
1 1 1
①式代入②式消去 ，可得bn ··················································9 分an 2 an an 1
S b b 1 1 1 1 1 1 1 1所以 n 1 2 bn a1 a2 a2 a3 an an 1 a1 an 1
2n 1 n因为 a 1 11 2， a
2
n 3 1，则 an 1 3 1，所以 Sn n ····················· 11 分2 32 1
n
又T 32 1 2n ，所以 2Sn 1 ······························································· 12 分3Tn 1
1 1 1 1 1
（解法二）因为bn ( n 1 n 1 ) ································· 8 分2a 2a 4 2 32 2n n 1 3 1
n 1
1 2 32
[
2 2n 1 2n 1
]
(3 1)(3 1)
1 2 (32
n 1
1) 2
[
2 2n 1 n 1
]
(3 1)(32 1)
1 1
·······································10 分
32
n 1 n
1 32 1
S b b b 1 1 1 1 1 1所以 n 1 2 n 0 1 n 1 2 2 2 2 n n ····· 11 分3 1 3 1 3 1 3 1 2 32 1
n
又Tn 3
2 1，所以 2S 2n 1 ······························································· 12 分3Tn 1
高二数学答案 第 5页（共 5页）
