高密市第三中学2022-2023学年高二下学期6月月考
数学试题（创新班）
答案
一、单选题
1．令，设数列的公比为，因为，，
所以，，又，所以，得到，
所以，所以.
故选：C.
2设公差为，则，
所以，B选项正确，其它选项无法求出确定结果.
故选：B
3．由题意得，旋转后，得到一个圆锥与一个圆台拼接而成的组合体，且圆锥的底面半径与圆台的上底面半径相同，且为4，圆台、圆锥的高都为3，故所求几何体的体积.
故选：C.
4．对于A，若，，，，且相交才有，故A错误；
对于B，若，，，则，故B正确；
对于C，若，，，则，或与异面，或a、b相交，故C错误；
对于D，若直线上存在两点到平面的距离相等，则，或与相交，故D错误.
故选：B.
5．设外接圆得圆心为，半径为，直三棱柱得高为，直三棱柱外接球得球心为，半径为，
则，且平面，由正弦定理得，所以，因为，所以，所以，所以，
即直三棱柱得高为.
故选：D.
6．因为，，由等差数列的性质可知、、成等差数列，
所以，,所以，.
故选：B.
7．由题意，， 在数列中，前项和为，，，
∴，即，
∴数列是首项为，公比为的等比数列，
∴即，
∴，
故选：B.
8．因为四边形、都是边长为的正方形，则，，
又因为二面角的大小为，即，则，
因为，由图易知，，
所以，
.
故选：C.
9．因为，
所以，因为，
所以，所以，，
对于A：因为，，所以，，故A错误；
对于B和C：因为，，所以最小，故B，C正确；
对于D：因为，，，
所以，所以，故D错误；
故选：BC．
10．对于A，如图，取的中点，连接，取的中点，连接，则，所以四边形是平行四边形，所以，又因，所以直线是异面直线，故A正确；
对于B，如图，延长交于点，连接交点，连接，因为为的中点，则，
所以为的中点，因为，所以为的中点，则，
因为，所以为平行四边形，所以，
所以，则平面截正方体所得截面为等腰梯形，
在等腰梯形中，，
则梯形的高为，所以等腰梯形的面积为，故B错误；
对于C，连接，则，
因为平面，平面，所以，
又平面，所以平面，
又因为为的中点，所以三棱锥的高为，，所以，故C正确；
对于D，由题意，三棱锥为边长的正面体，
设其内切球的球心为，半径为.
则，
又，
所以，解得，
则三棱锥的内切球的体积为，故D正确.
故选：ACD.
11．对于A，平面，平面，，假设，
又平面PAD，平面，
又平面，，而四边形为正方形，与矛盾，
所以假设错误，故不正确，故A不正确；
对于B，设，连接，假设平面，
又平面平面，则，
在中，因为为的中点，则必为的中点，这与为线段上的动点矛盾，
所以假设错误，故B不正确；
对于C，为线段上的动点，二面角的大小即为二面角的大小，
因为二面角的大小为定值，所以二面角的大小为定值，
故C正确；
对于D，平面，平面，，为等腰直角三角形，
平面，平面，，即，
又四边形为正方形，，
平面PAD，平面，平面，，为直角三角形，
如图，将侧面和展开在一个平面内，，
连接，当处在与的交点处时，取得最小值，
此时，在中，由余弦定理，得，
所以的最小值为，故D正确.
故选：CD.
12．对于A，
又，故数列是以4为首项，3为公比的等比数列，
故A正确，C错误，D正确；
，
又因为，故数列是以为首项，为公比的等比数列，故B正确（也可可推断A，B同时对错）.
故选：ABD．
13．令，得，所以；令，则，
两式相减得，，即，所以，
因为，所以，所以为常数，
所以数列是首项为，公比为2的等比数列，所以.
故答案为：
14．由题意知，整理得，可得，
又由，则，
所以数列的通项公式为，显然n = 1也满足.
故答案为：
15．由题意知，点，，，
可得，则，
所以，可得，
所以点到直线的距离为.
故答案为：.
16．由题设，可得如下示意图，
∴，
设，则，又，
所以，，，
所以以
.
，
所以
故答案为：.
17．（1）由，
当时，，解得，当时，，
所以，整理得：，①
所以有，②
①-②可得，所以为等差数列，
因为，所以公差为，所以.
（2），
∴
.
18．（1）在中, ，
，∴，∵平面,平面，∴.
又∵,平面，∴平面，
又，∴平面，又平面，所以平面平面.
（2）由题意知点D到的距离，
由（1）知，平面，平面，所以.
在中, ，
所以，，
由，有，
即，解得.
由（1）知，又因为平面，
所以两两互相垂直，建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，，
则有，，设平面的法向量为，
则，也即，令，则，
所以，
易取平面的一个法向量，
设平面与平面夹角为，
则，由图可知平面与平面夹角为锐角，
所以.故平面与平面夹角的余弦值为.
19．（1）因为，
当时，，即；
当时，，即，
当时，，所以，
化简得：，当时，，即，
当时都满足上式，所以．
（2）因为，所以，
，
两式相减得，
，
，即，．
20．（1）证明：因为且，所以四边形为直角梯形，
又因为，所以，所以，
因为，可得，
所以，所以，
又因为平面平面，平面平面，
且平面，所以平面，
又由平面，所以.
（2）解：因为四边形为矩形，所以且，
又因为平面平面，平面平面，
且平面，所以平面，所以两两垂直，
以点为原点，以所在的直线分别为轴、轴和轴建立空间直角坐标系，如图所示，因为平面，且，所以平面，
又因为，所以，
所以，
可得,由，且，平面，所以平面，所以平面的一个法向量为，
设直线与平面所成的角为，
可得，
即直线与平面所成的角的正弦值为.
21．（1）证明：因为底面，面，
所以．
（2）因为底面为直角梯形，，所以，
因为底面，面，所以，
又面，所以面，
因为，所以面，又面，
所以平面平面．
（3）存在，理由如下：
连接，，连接交于，连接，
因为面，面，
面面，
所以，
所以．
22．（1）由题意得，
；
（2）由（1）知，，可变形为：，
∴数列是以为首项，为公比的等比数列．
∴，故；
（3）由（2）知，，
令，即，∴，
∵，即，∴，
∵，∴至少经过6年，绿洲面积可超过60%；
综上，，，至少经过6年，绿洲面积可超过60%.高密市第三中学2022-2023学年高二下学期6月月考
数学试题（创新班）
一、单选题
1．已知数列为等比数列，且，，则（ ）
A．30 B． C．40 D．
2．已知等差数列的前项和为，，则下列等式一定成立的是（ ）
A． B． C． D．
3．下图中小正方形的边长为1，粗线画出的是某平面多边形，现将该图形绕对称轴旋转，则所得几何体的体积为（ ）
A． B． C． D．
4．已知直线，与平面，，下列四个命题中正确的是（ ）
A．若，，，，则
B．若，，，则
C．若，，，则
D．若直线上存在两点到平面的距离相等，则
5．设直三棱柱的所有顶点都在一个球面上，且球的表面积为，，则此直三棱柱的高是（ ）
A．1 B．2 C． D．4
6．已知等差数列的前项和为，若，，则（ ）
A． B． C． D．
7．若数列的前项和为，且满足，，则（ ）
A．61 B．253 C．1021 D．4092
8．如图，二面角的大小为，四边形、都是边长为的正方形，则、两点间的距离是（ ）
A． B． C． D．
多选题
9．已知等差数列的前项和为，且，，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．数列中最小
D．数列中最小
10．已知正方体的棱长为4，点分别是的中点则（ ）
A．直线是异面直线 B．平面截正方体所得截面的面积为
C．三棱锥的体积为 D．三棱锥的内切球的体积为
11．如图所示，在四棱锥中，平面，四边形为正方形，，，为线段上的点（不包括端点），则（ ）
A． B．平面
C．二面角的大小为定值
D．的最小值为
12．已知数列的前n项和为，若，且，则（ ）．
A．数列是等比数列 B．数列是等比数列
C． D．
三、填空题
13．已知数列的前n项和为，若，则________．
14．已知，，则数列的通项公式是__________．
15．已知点，若点和点在直线上，则点到直线的距离为___________.
16．在平行六面体中，，且，则的余弦值是________.
四、解答题
17．设数列的前项和为，且.
(1)求；
(2)记，数列的前项和为，求.
18．如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，平面，，．
(1)求证：平面平面；
(2)若点D到平面的距离为，求平面与平面夹角的余弦值．
19．设为数列的前n项和，已知．
(1)求的通项公式；
(2)求数列的前n项和．
20．如图，在多面体中，平面平面，，，，．
(1)求证：；
(2)若四边形为矩形，且，求直线与平面所成角的正切值．
21．已知四棱锥的底面为直角梯形，，，平面，且，是棱上的动点.
(1)求证：；
(2)求证：平面平面；
(3)是否存在点使得平面，若存在请求的值，若不存在请说明理.
22．我国某西部地区要进行沙漠治理，已知某年（第1年）年底该地区有土地1万平方千米，其中70%是沙漠．从第2年起，该地区进行绿化改造，每年把原有沙漠的16%改造成绿洲，同时原有绿洲的4%被沙漠所侵蚀又变成沙漠．设绿洲面积为a1万平方千米，第n年绿洲面积为a万平方千米．
(1)求第n年绿洲面积a（单位：万平方千米）与上一年绿洲面积a-1（单位：万平方千米）之间的数量关系；
(2)求数列{a}的通项公式；
(3)至少经过几年，绿洲面积可超过60%（参考数据：lg2≈0.301）？
