山东省潍坊市重点中学2022-2023学年高二下学期6月期末数学模拟试题(含答案）

2023年6月30数学期末模拟
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．如图，在斜棱柱中，AC与BD的交点为点M，，，，则（ ）
A． B．
C． D．
2．等比数列中，若，则（ ）
A．2 B．3 C．4 D．9
3．已知数列为等差数列，若，则的值为（ ）
A．4 B．6 C．8 D．10
4．在数列中，若，，，则等于（ ）
A．6 B．－6 C．3 D．－3
5．数列中，，，，则（ ）
A． B．11 C． D．12
6．数列 ，，，，的一个通项公式（ ）
A． B．
C． D．
7．在3和9之间插入两个正数后，使前三个数成等比数列，后三个数成等差数列，则这两个正数之和为（ ）
A． B． C． D．10
8．《九章算术》是我国秦汉时期一部杰出的数学著作，书中第三章“衰分”有如下问题：“今有大夫、不更、簪裹、上造、公士，凡五人，共出百钱.欲令高爵出少，以次渐多，问各几何 ”意思是：“有大夫、不更、簪裹、上造、公士（爵位依次变低）5个人共出100钱，按照爵位从高到低每人所出钱数成递增等差数列，这5个人各出多少钱 ”在这个问题中，若不更出17钱，则公士出的钱数为（ ）
A．10 B．14 C．23 D．26
二、多选题
9．下面四个结论正确的是（ ）
A．空间向量，若，则
B．若空间四个点，，则三点共线
C．已知向量，若，则为钝角
D．任意向量满足
10．“外观数列”是一类有趣的数列，该数列由正整数构成，后一项是前一项的“外观描述”．例如：取第一项为，将其外观描述为“个”，则第二项为；将描述为“个”，则第三项为；将描述为“个，个”，则第四项为；将描述为“个，个，个”，则第五项为，…，这样每次从左到右将连续的相同数字合并起来描述，给定首项即可依次推出数列后面的项．对于外观数列，下列说法正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则的最后一个数字为6 D．若，则中没有数字
11．已知等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，且，则（ ）
A．d＜0 B．a10＝0 C．S18＜0 D．S8＜S9
12．正方形，的棱长为1，，分别为，的中点，下列说法正确的有（ ）
A．直线与平面垂直
B．平面截正方体所得的截面周长为
C．在线段上存在点，使异面直线与所成的角是30°
D．在棱上存在点，使得点和点到平面的距离相等
三、填空题
13．已知数列的前项和是，且，求的通项公式 .
14．已知数列中，，当时，.求数列的通项公式 .
15．已知某圆锥的底面周长为4π，侧面积为2π，则该圆锥的体积为_______．
16．如图，四棱锥的底面是正方形，底面，为的中点，若，则点到平面的距离为___________.
四、解答题
17．如图，三棱柱中，，，．
(1)证明：；
(2)若，，求三棱柱的体积．
18．已知数列满足，，令
(1)求证：是等比数列；
(2)记数列的前项和为，求.
19．已知数列的前n项和为，，，且．
(1)求证：数列是等差数列；
(2)若，，成等比数列，求正整数m．
20．如图1所示，梯形ABCD中，AB=BC=CD=2，AD=4，E为AD的中点，连结BE，AC交于F，将△ABE沿BE折叠，使得平面ABE⊥平面BCDE（如图2）.
(1)求证：AF⊥CD；
(2)求平面AFC与平面ADE的夹角的余弦值.
21．如图，四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，其中，，面面ABCD，且，点M在棱AE上．
(1)若，求证：平面BDM．
(2)当平面MBC时，求点E到平面BDM的距离．
22．等比数列中，首项，前项和为，且满足．
(1)求数列的通项公式；
(2)若，求数列的前项和．
参考答案
1．A
【分析】根据空间向量的线性运算用表示出即可得．
【详解】-＝，
.
故选：A．
2．C
【分析】根据等比数列的性质得到，再利用指数运算法则求出答案.
【详解】等比数列中，若，所以，
所以．
故选：C
3．D
【分析】由等差中项的性质进行计算
【详解】由题意得：，所以，
故
故选：D
4．B
【分析】根据递推公式列出数列的前几项，即可找到规律，从而计算可得；
【详解】解：因为，，，所以，，
，，，，
所以，所以；
故选：B
5．D
【分析】根据递推公式一一计算可得；
【详解】解：因为，，，
所以，；
故选：D
6．B
【分析】把代入检验判断．
【详解】当时，代入A为，C为，均不满足题意；
当时，代入D为，不满足题意
B对，均满足
故选：B．
7．B
【分析】根据等差中项和等比中项概念可得，运算求解．
【详解】不妨设插入两个正数为，即
∵成等比数列，则
成等差数列，则
即，解得或（舍去）
则
故选：B．
8．D
【分析】设大夫、不更、簪裹、上造、公士所出的钱数依次构成等差数列，根据，前5项和为100求解.
【详解】解：设大夫、不更、簪裹、上造、公士所出的钱数依次排成一列，构成数列．
由题意可知，等差数列中，前5项和为100，
设公差为，前项和为，
则，解得，
所以，
所以公士出的钱数为，
故选：D．
9．AB
【分析】由空间向量的数量积及其运算性质可判断ACD，由空间向量的基本定理与共线定理可判断B
【详解】对于A：因为，，则，故A正确；
对于B：因为，则，即，
又与有公共点，所以三点共线，故B正确；
对于C：，
若为钝角：则，且与不共线，
由得，
当时，，即，由与不共线得，
于是得当且时，为钝角，故C错误；
对于D：是的共线向量，而是的共线向量，故D错误，
故选：AB
10．BCD
【分析】根据题干中的递推规律，依次分析各项的正误.
【详解】对于A项，，即“个”，，即“个，个”，，即“个，个”，故，故A项错；
对于B项，，即“2个2”， ，即“2个2”，以此类推，该数列的各项均为22，则，故B项正确；
对于C项，，即“1个6”， ，即“1个1，1个6”， ，即“3个1，1个6”，故，即“1个3，2个1，1个6”，以此类推可知，的最后一个数字均为6，故C项正确；
对于D项，，则，，，，
若数列中，中为第一次出现数字，则中必出现了个连续的相同数字，
如，则在的描述中必包含“个，个”，
即，显然的描述是不合乎要求的，
若或，同理可知均不合乎题意，
故不包含数字，故D项正确.
故选：BCD.
11．BC
【分析】由，得 ，判断出A,B选项，再结合，判断C选项，再根据等式性质判断D选项
【详解】 ， ，所以B正确
又 , , ,所以A错误
，故C正确
,故D错误
故选：BC
12．BD
【分析】对A，由正方体的性质，体对角线与平面垂直，考查平面与平面是否平行即可判断；
对B，利用平行线共面作出截面，再求各边长度即可求出周长；
对C，异面直线与的夹角为，用线面垂直证明，即可通过求的范围来确认命题是否成立；
对D，点和点是到同一个平面的距离，利用等体积法，，最后判断是否存在G点与C点到MN的距离相等即可
【详解】对A，由正方体的性质，体对角线与平面垂直，又平面不平行于平面，故直线与平面不垂直，A错；
对B，，分别为，的中点，，故平面截正方体所得的截面为，
，故，，故平面截正方体所得的截面周长为，B对；
对C，，异面直线与所成的角为，又平面，所以，在等腰直角上，易得，即，，即，命题不成立，C错；
对D，若点和点到平面的距离相等，则，即，即，MN是的中位线，故上的点与C到MN的距离相等，，故G在点时，，命题成立，D对，
故选：BD
13．.
【分析】利用，求解通项公式，通过验证得到
【详解】当时，；
当时，，显然满足上式，
∴；
14．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据等腰三角形可得线线垂直，进而根据线线垂直可证明线面垂直，（2）根据线线垂直可知线面垂直进而可得柱体的高，根据体积公式即可求解.
（1）
证明：取BC中点O，连接OA，，．
因为，所以．
因为，，所以为等边三角形．
所以，
又因为，所以平面．
又因为平面，所以．
（2）
在中，，所以．
同理，．又因为，
所以，所以，
又，，
所以平面ABC．
所以
15．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）设数列的前项和为，则，则，两式作差，化简整理可得，根据等比数列的定义，即可得证.
（2）由（1）可得，利用错位相减求和法，计算化简，即可得答案.
【详解】（1）证明：，
，①
②
①-②得，
经检验，当时上式也成立，
即.
所以
即，且.
所以是首项为3，公比为3的等比数列.
（2）由（1）得，.
所以，
两式相减，得
，
16．(1)证明见解析
(2)7
【分析】（1）根据化简整理，解得等差数列定义处理；（2）根据，，并代入运算求解．
（1）
因为，
所以，即，
则．
又，，满足，
所以是公差为4的等差数列．
（2）
由（1）得，，
则．
又，
所以，
化简得，解得m＝7或（舍）．
所以m的值为7．
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）通过证明面BCDE，来证得；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法来求得平面AFC与平面ADE的夹角的余弦值.
（1）
连接EC，则△ABE △BCE △CDE都是正三角形，四边形ABCE是菱形，
所以，，
又因为面面BCDE，面面，面ABE，
所以面BCDE，
又因为面BCDE，所以；
（2）
由（1）知FB FC FA两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，
，，，，，
设平面ADE的法向量为，，
令，，
平面AFC的法向量为，
设平面AFC与平面ADE的夹角的大小为，
，
所以平面AFC与平面ADE的夹角的余弦值为.
18．(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）连接与交于点，证明后可得线面平行；
（2）由题得是中点，然后利用等积法即得.
【详解】（1）连接AC与BD交于点N，连接MN，
∵，，
∴，
∴，
又因为，
∴，
∴，
又∵平面BDM，平面BDM，
∴平面BDM．
（2）∵平面MBC，平面MBC，
∴，
∴，
∴M是AE的中点，
∵平面平面ABCD，
∴点E到平面ABCD的距离为，
在中，，，，
∴，
∴
∴点E到平面BDM的距离满足，
所以距离．
19．(1)
(2)
【分析】（1）根据等比数列求解公比即可；（2）根据题意得，再裂项求和即可.
【详解】（1）设数列公比为，由，，
可得，化简得，
即，所以．
（2）由（1）得，
所以
所以
..
20．.
【分析】由条件利用累加法求出数列的通项公式即可.
【详解】当时，，
所以，，，，
上述等式全部相加得，.
又，
，.n=1也成立
21．/
【分析】设圆锥的底面半径为r，母线为l，则由题意可得，求出，从而可求出高，进而可求出三棱锥的体积
【详解】设圆锥的底面半径为r，母线为l，则，
解得，
则该圆锥的高，
故该圆锥的体积为，
故答案为：
22．
【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，利用空间向量法可求得点到平面的距离.
【详解】因为底面，，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，
则、、、，
设平面的法向量为，，，
则，取，可得，
，所以，点到平面的距离为.
故答案为：.