2022-2023学年山东省潍坊市高二（下）期末数学试卷(含解析）

2022-2023学年山东省潍坊市高二（下）期末数学试卷
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知等差数列中，，，则( )
A. B. C. D.
2. 已知直四棱柱的高为，其底面四边形水平放置的斜二测直观图为平行四边形，，，则该直四棱柱的体积为( )
A. B. C. D.
3. 在空间直角坐标系中，为原点，已知点，，则( )
A. 点关于点的对称点为
B. 点关于轴的对称点为
C. 点关于轴的对称点为
D. 点关于平面的对称点为
4. 已知为正项等比数列，若，，则( )
A. B. C. D.
5. 设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则( )
A. 若，，，则
B. 若，，，则
C. 若，，，则
D. 若，，，则
6. 设，，，是各项均不为零的等差数列，且公差，若将此数列删去得到的新数列按原来的顺序是等比数列，则的值为( )
A. B. C. D.
7. 若数列的前项积，则的最大值与最小值的和为( )
A. B. C. D.
8. 如图，在直三棱柱中，，四边形是边长为的正方形，，是上的一个动点，过点作平面平面，记平面截四棱锥所得图形的面积为，平面与平面之间的距离为，则函数的图象大致是( )
A. B.
C. D.
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 已知为等差数列的前项和，若，，则( )
A. 数列的公差为 B.
C. D. 数列为递减数列
10. 已知某圆锥的顶点为，其底面半径为，侧面积为，若，是底面圆周上的两个动点，则( )
A. 圆锥的母线长为 B. 圆锥的侧面展开图的圆心角为
C. 与圆锥底面所成角的大小为 D. 面积的最大值为
11. 斐波那契数列又称黄金分割数列，因数学家列昂纳多斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列“斐波那契数列用递推的方式可如下定义：用表示斐波那契数列的第项，则数列满足：，，记是数列的前项和，则( )
A.
B.
C.
D.
12. 如图，四个半径为的实心小球两两相切，则( )
A. 这四个实心小球所形成的空隙内可以放入一个半径为的小球
B. 这四个实心小球所形成的空隙内可以放入一个棱长为的正方体
C. 存在一个侧面积为的圆柱可以放进这四个实心小球所形成的空隙内
D. 这四个实心小球可以放入一个半径为的大球内部
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 如图，在正方体中，与垂直的面对角线可以是______ 写出一条即可
14. 已知数列满足，，则 ______ ．
15. 在四棱锥中，为等边三角形，且平面平面，记直线与平面所成的角为，二面角的大小为，则 ______ 填“”“”“”“”．
16. 如图，将正整数按下表的规律排列，把行与列交叉处的那个数称为某行某列的元素，记作，如第行第列的数是，记作，则有序数对是______ ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 本小题分
在正三棱柱中，，，分别为，的中点，点，分别在棱和上，且．
证明：四边形为梯形，并求三棱柱的表面积；
求三棱台的体积．
18. 本小题分
已知递增等比数列的前项和为，且，，等差数列满足，．
求数列和的通项公式；
若，请判断与的大小关系，并求数列的前项和．
19. 本小题分
在如图所示的圆台中，是下底面圆的直径，是上底面圆的直径，，，，为圆的内接正三角形．
证明：平面；
求直线与平面所成角的正弦值．
20. 本小题分
中小微企业是国民经济的重要组成部分，某小微企业准备投入专项资金进行技术创新，以增强自身的竞争力根据规划，本年度投入专项资金万元，可实现销售收入万元；以后每年投入的专项资金是上一年的一半，销售收入比上一年多万元同时，当预计投入的专项资金低于万元时，就按万元投入，销售收入则与上一年销售收入相等．
设第年本年度为第一年投入的专项资金为万元，销售收入为万元，请写出，的表达式；
至少要经过多少年后，总销售收入就能超过专项资金的总投入？
21. 本小题分
如图，已知四边形是边长为的正方形，点在以为直径的半圆弧上，点为的中点现将半圆沿折起，如图，使异面直线与所成的角为，此时．
证明：平面，并求点到平面的距离；
若平面平面，，当平面与平面所成角的余弦值为时，求的长度．
22. 本小题分
已知正项数列中，，点在直线上，，其中．
证明：数列为等比数列；
设为数列的前项和，求；
记，数列的前项和为，试探究是否存在非零常数和，使得为定值？若存在，求出和的值；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：由等差中项的性质，知，
所以，
所以．
故选：．
利用等差中项的性质，即可得解．
本题考查等差数列的性质，考查运算求解能力，属于基础题．
2.【答案】
【解析】解：四边形水平放置的斜二测直观图为平行四边形，，，
原四边形是边长为的正方形，
又直四棱柱的高为，
该直四棱柱的体积为．
故选：．
由已知结合斜二测画法可知四棱柱的底面是边长为的正方形，再由棱柱体积公式求解．
本题考查棱柱体积的求法，考查斜二测画法，是基础题．
3.【答案】
【解析】解：由中点坐标公式可知，点关于的对称点的坐标是，所以不正确；
点关于轴的对称点为，所以不正确；
点关于轴的对称点为，所以C正确；
点关于平面的对称点为，所以不正确．
故选：．
直接利用中点坐标公式，空间点的对称性，求解对称点的坐标即可判断选项的正误．
本题考查对称知识的应用，考查中点坐标公式的应用，考查计算能力．
4.【答案】
【解析】解：因为为正项等比数列，所以，
又，所以，
所以．
故选：．
利用等比中项的性质，即可得解．
本题考查等比中项的性质，考查运算求解能力，属于基础题．
5.【答案】
【解析】解：若，，，则与相交或平行，故A错误；
对于，若，，，则与平行或异面，故B错误；
对于，若，，则，又，则，故C正确；
对于，若，，，则与相交、平行或异面，故D错误．
故选：．
根据空间线面位置关系依次判断各选项，能求出结果．
本题考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力，是中档题．
6.【答案】
【解析】解：根据题意，，，成等比数列，则，
则，，
，，，则．
故选：．
根据题意，，，成等比数列，利用等比中项的性质得，进而求得和的关系．
本题考查等差，等比数列的性质，属于基础题．
7.【答案】
【解析】解：，，
，
，
当时，也成立，
，
，
，
当时，，当时，，当时，，
的最大值为，最小值为，
的最大值与最小值之和为．
故选：．
由已知求出数列的通项公式，可得数列的单调性，求出的最大值与最小值，则答案可求．
本题考查数列的通项公式和数列的函数特性，考查运算求解能力，是中档题．
8.【答案】
【解析】解：如图，截面为，直三棱柱中，，四边形是边长为的正方形，，
过点作平面平面，记平面截四棱锥所得图形的面积为，平面与平面之间的距离为，
可得，，，，，
所以，，所以函数的图象为．
故选：．
画出图形，求解函数的解析式，即可判断函数的图象．
本题考查函数与方程的应用，函数的图象的判断，是中档题．
9.【答案】
【解析】解：设等差数列的公差为，
，
则，即，
故，故A正确，D正确．
，故B错误；
，故C正确．
故选：．
根据已知条件，结合等差数列的性质，求出公差，即可求出通项公式，依次求解．
本题主要考查等差数列的性质，属于基础题．
10.【答案】
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于，设圆锥的母线长为，由于其底面半径，侧面积为，
则有，解可得，A正确；
对于，设圆锥的侧面展开图的圆心角为，则有，即，
解可得，B错误；
对于，设圆锥的底面圆圆心为，由于，底面圆半径，则，
即与圆锥底面所成角的大小为，C正确；
对于，由于圆锥轴截面的顶角为，则当时，面积的最大值，其最大值为，D错误．
故选：．
根据题意，由圆锥的结构特征依次分析选项是否正确，综合可得答案．
本题考查圆锥的结构特征，涉及圆锥的母线、侧面积计算，属于基础题．
11.【答案】
【解析】解：由题意，，
，
，
，
，
，故选项A正确；
由，
可得，
，故选项B正确；
，故选项C错误；
由，
可得，，，，
各项相加，
可得，
则，
，故选项D正确．
故选：．
先根据题干已知条件及递推公式逐项代入即可计算出的值，判断选项A的正确性，再由，可得，然后在计算及逐项代入，运用裂项相消法进一步推导即可判断选项B、的正确性，对于选项D，根据递推公式逐项代入，再求和，进一步推导即可判断选项D的正确性．
本题主要考查斐波那契数列的性质及求和问题．考查了整体思想，转化与化归思想，迭代法，以及逻辑推理能力和数学运算能力，属中档题．
12.【答案】
【解析】解：设，，，分别为四个小球的球心，则显然几何体是正四面体，棱长为，
设是正四面体的外接球的球心，
可求得正四面体的高为，进而可求得正四面体的外接球的半径为，
这四个实心小球可以放入一个半径为的大球内部，选项正确；
这四个实心小球所形成的空隙内可以放入一个半径为的小球，，选项错误；
这四个实心小球所形成的空隙内可以放入一个半径为的小球，
时取等号，
存在一个侧面积为的圆柱可以放进这四个实心小球所形成的空隙内，选项正确；
设正方体的棱长为，这四个实心小球所形成的空隙内可以放入一个半径为的小球，
正方体的外接球半径为，解得，选项正确．
故选：．
根据球心构成的正四面体的内切球的半径，进而求出内部放入正方体，圆柱的可能性判断，，选项，根据正四面体的外接球判断选项即可．
本题考查了正四面体的内切球和正四面体的外接球计算，属于中档题．
13.【答案】
【解析】解：连接，．
在正方形中，，
又平面，可得，
而，
则平面，
所以．
故答案为：答案不唯一．
连接，，由线面垂直的判定定理推得平面，再由线面垂直的性质定理可得结论．
本题考查线面垂直的判定和性质，考查转化思想和推理能力，属于基础题．
14.【答案】
【解析】解：在数列中，由，，
得，，
，，
可得数列是以为周期的周期数列，
则．
故答案为：．
由已知可得数列是以为周期的周期数列，再由数列的周期性得答案．
本题考查数列递推式，考查数列的函数特性，是基础题．
15.【答案】
【解析】解：取中点，连接，
侧面是边长为的等边三角形，
，
平面平面，平面平面，平面，
平面，
与平面所成的角为，
，
取，交于点，连接，，，平面，，
是二面角的平面角，
，
，，
，
．
故答案为：．
根据面面垂直得出线面垂直，再应用线面角及面面角定义求解即可．
本题考查了二面角的计算，属于中档题．
16.【答案】
【解析】解：奇数方块中最后一个数为，，方块的每行每列都是个数，并且是在第三行第一列．
偶数方块中最后一个数为，，方块的每行每列都是个数，并且是在第一行第四列．
奇数方块中最后一个数为，，方块的每行每列都是个数，并且是在第五行第一列．
由此可得，方块中最后一个数为，是在第十五行第一列，所以从向右依次递减，可得第十五行第十五列的数为，．
方块中的最后一个数为，是在第一行第三十二列，所以从向下依次递减，可得第三十二行第三十二列的数为，所以第三十二行第二十四列的数为，．
故答案为：．
我们把图中的三行三列中的所有数看成一个方块，由图可得方块的最后一个数为，表示一共个数，同时，并且这个方块的每行每列都是个数．同理可以发现方块总共个数，最后一个数为，并且依此规律可以推得答案．
本题考查分析规律的能力，要注意奇数偶数位置的特点，是基础题．
17.【答案】证明：因为，分别为，的中点，
所以，，
又因为，则，
所以，，
所以，，
故四边形为梯形，
又因为三角形为边长为的正三角形，
所以的面积为，
的面积为，
又三棱柱的侧面积，
所以三棱柱的表面积为．
解：因为三棱台的高，由题可得，
，，
所以三棱台的体积为：
．
【解析】由题意可得，，从而，，即可证得四边形为梯形，根据棱柱的表面积公式求出三棱柱的表面积；
三棱台的高，根据棱台的体积公式求出答案．
本题主要考查几何体的表面积和体积，属于中档题．
18.【答案】解：设的公比为，
由可得，
又，
即，
解得或，
由于是递增数列，所以，
所以有，
所以，
所以，，
所以的公差为，；
结合可知，
，
所以，
又，
所以，
的前项和为
．
【解析】根据已知条件先求出的通项公式，而后求出的通项公式；
结合代入计算即可．
本题主要考查等比、等差数列相关性质，属中档题．
19.【答案】证明：记与交于点，连接，，
因为是下底面圆的直径，且为圆的内接正三角形，
所以垂直平分，，
中，，
因为，，
所以，，
故四边形为平行四边形，
故，
又平面，平面，
故平面．
解：由知，，则面，
如图建立空间直角坐标系：
则，
，
设平面的法向量为，
则，令，则，
记直线与平面所成角为，
则，
故，，
故直线与平面所成角的正切值为．
【解析】记与交于点，连接，，要证明平面，只需证明；
建立空间直角坐标系，找到平面的法向量为，利用线面角的向量算法求解即可．
本题主要考查线面平行的判定定理和直线与平面所成的角，属于中档题．
20.【答案】解：由题意得，当投入的专项资金不低于万元时，
即时，，且，
此时数列是首项为，公比为的等比数列，
数列是首项为，公差为的等差数列，
所以，，
令，得，解得：，
所以，．
由知，当时，
总利润，
因为，，
设，则为单调递增函数，
，，，
所以，，
又，，
所以当时，，即前年未盈利，
当时，，
令，得，
故至少要经过年后，总销售收入才能超过发项资金的总投入．
【解析】依题意分段讨论，结合等差数列，等比数列的通项公式得出，的表达式；
分，两种情况讨论总利润，结合函数的单调性及不等式求解．
本题考查数列知识在生产生活中的实际应用，是中档题，解题时要注意等差数列、等比数列性质的合理运用．
21.【答案】解：证明：，为异面直线与所成角，，
，，
，，
，，
，，平面，平面，
平面，
平面，平面平面，平面平面，
取中点为，则，平面，即就是到平面的距离，
，点到平面的距离为．
延长，，设，连接，
平面与平面的交线即为直线，
平面，
以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如图，
则，，，，，
设，则，
平面，平面，，
，，平面，
平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，
，，
，令，得，
，
解得，
．
【解析】利用异面直线所成的角得，利用勾股定理关系得，又，利用线面垂直的判定定理证明，利用面面垂直找到点在底面的射影即可求出点到平面的距离；
建立空间直角坐标系，利用向量法能求出结果．
本题考查线面垂直的判定与性质，考查二面角的定义及余弦值的求法等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
22.【答案】证明：因为点在直线上，所以，即，
两边取对数得，，即，
因为，所以，
故数列是公比为的等比数列．
解：因为，，且，所以，
所以，
所以．
解：由可知，数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，
又，所以，即，
所以，
因为，所以，所以，即，
所以，
所以，
所以，
若为定值，则且，解得，，
故当，时，为定值．
【解析】由，结合配方法、取对数，化简可得，根据等比数列的定义，可得证；
求得，，再由等比数列的前项和公式，得解；
依次写出与，进而知，再采用裂项求和法，即可得解．
本题考查数列的通项公式与前项和的求法，熟练掌握等比数列的通项公式与前项和公式，裂项求和法是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
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