北京市东直门中学2023-2024学年高二（上）期中数学试卷（含解析）

2023北京东直门中学高二（上）期中
数 学
2023.11
考试时间：120分钟 总分：150分
班级______ 姓名______学号 ______
第一部分
一.选择题：（本题有12道小题，每小题4分，共48分）
1. 已知α∈，且sin α＝，则tan α＝(　　)
A. B. C. D.
2. 在等差数列中，，，则=（ ）
A. 9 B. 11 C. 13 D. 15
3. 已知数列是公比为正数的等比数列，是其前项和，，，则（ ）
A. 31 B. 63 C. 127 D. 255
4. 已知、是两个不同的平面，直线，下列命题正确的是（ ）
A. 若，则 B. 若，则
C. 若，则 D. 若，则
5. 向量，，若，且，则的值为（ ）
A. B. 1 C. D. 4
6. 在中，的面积等于，则等于（ ）
A. B. 1 C. D. 2
7. 设是公差不为0的无穷等差数列，则“为递增数列”是“存在正整数，当时，”的（ ）
A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
8. 在平面直角坐标系中，角以为始边，终边与单位圆交于点，则（ ）
A. B. C. D.
9. 如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点E，F，且，给出下列三个结论：①；②的面积大于的面积；③三棱锥的体积为定值.其中，所有正确结论的个数是（ ）
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
10. 已知公差不为零的等差数列，首项，若成等比数列，记，则数列（ ）
A. 有最小项，无最大项 B. 有最大项，无最小项
C. 无最大项，无最小项 D. 有最大项，有最小项
11. ISO216是国际标准化组织所定义的纸张尺寸国际标准，该标准定义了A，B系列的纸张尺寸．设型号为的纸张的面积分别是，它们组成一个公比为的等比数列，设型号为的纸张的面积分别是已知，则的值为（ ）
A. B. C. D. 2
12.已知数列满足，则（ ）
A. 当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立
B. 当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立
C. 当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立
D. 当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立
二.填空题：（本题有6道小题，每小题5分，共30分）
13. 已知函数，则______；若将的图象向右平行移动个单位长度后得到的图象，则的一个对称中心为______.
14. 在中，若，，，则___________.
15. 已知数列满足，且，则______；数列的前2023项的和为______.
16. 已知平面和三条不同的直线m，n，l.给出下列六个论断：①；②；③；④；⑤；⑥.以其中两个论断作为条件，使得成立.这两个论断可以是______.（填上你认为正确的一组序号）
17. 我国度量衡的发展有着悠久的历史，战国时期就已经出现了类似于砝码的、用来测量物体质量的“环权”．已知9枚环权的质量（单位：铢）从小到大构成项数为9的数列，该数列的前3项成等差数列，后7项成等比数列，且，则___________；数列所有项的和为____________．
18. 已知函数的部分图象如图1所示，A，B分别为图象的最高点和最低点，过A作x轴的垂线，交x轴于点，点C为该部分图象与x轴的交点.将绘有该图象的纸片沿x轴折成直二面角，如图2所示，给出下列四个结论：
图1 图2
①；②图2中，；③图2中，过线段AB的中点且与AB垂直的平面与x轴交于点C；④图2中，S是及其内部的点构成的集合.设集合，则T表示的区域的面积大于.其中所有正确结论的序号是______.
三.解答题：（本题有6小题，共72分）
19. 已知数列是等差数列，是等比数列，，，，.
（1）求、的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
20. 已知函数的一个零点为．
（1）求A和函数的最小正周期；
（2）当时，若恒成立，求实数m的取值范围．
21. 在中，.
（1）求A；
（2）若，从下列三个条件中选出一个条件作为已知，使得存在且唯一确定，求的面积.条件①：；条件②：；条件③：.
注：如果选择了不合适的条件，则第（2）问记0分.
22. 如图，在四棱锥中，底面ABCD为矩形，平面ABCD，，点E在线段上，且.
（1）求证：平面PBD；
（2）求二面角的余弦值；
（3）求点A到平面的距离.
23. 如图，在多面体中，平面⊥平面.四边形为正方形，四边形为梯形，且.
（1）求证：⊥；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）线段BD上是否存在点M，使得直线平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
24. 设为正实数，若各项均为正数的数列满足：，都有．则称数列为数列．
（1）判断以下两个数列是否为数列：
数列：3，5，8，13，21；
数列：，，5，10．
（2）若数列满足且，是否存在正实数，使得数列是数列？若存在，求的取值范围；若不存在，说明理由．
（3）若各项均为整数的数列是数列，且的前项和为150，求的最小值及取得最小值时的所有可能取值．
参考答案
第一部分
一.选择题：（本题有12道小题，每小题4分，共48分）
1. 【答案】B
【详解】由sin α＝，α∈ 得cos α＝－＝－所以tan α＝
故答案为B．
2. 【答案】C
【分析】利用等差数列的基本量计算可得答案.
【详解】设等差数列的公差为，则，
则
故选：C
3. 【答案】C
【分析】根据条件求出数列的首项和公比后再求和即可.
【详解】由题意，设数列的公比为，则，
所以.
故选：C
4. 【答案】D
【分析】根据判断与的位置关系，可判断AB选项的正误；由与的位置关系判断与的位置关系，可判断CD选项的正误.
【详解】若，，则、与相交或，AB选项错误；
若，，则或与相交，C选项错误；
若，，由面面垂直的判定定理可知，D选项正确.
故选：D.
5. 【答案】C
【分析】根据向量模的公式可求出的值，根据可求出的值，从而可求出的值.
【详解】因为向量，，所以，解得，
所以向量，
因为，所以，所以，
所以的值为.
故选：C.
6. 【答案】C
【分析】由已知利用三角形面积公式可求，进而利用余弦定理可求的值．
【详解】解：，，的面积等于，
解得：，
由余弦定理可得：．
故选：C．
7. 【答案】C
【分析】设等差数列的公差为，则，利用等差数列的通项公式结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.
【详解】设等差数列的公差为，则，记为不超过的最大整数.
若为单调递增数列，则，
若，则当时，；若，则，
由可得，取，则当时，，
所以，“是递增数列”“存在正整数，当时，”；
若存在正整数，当时，，取且，，
假设，令可得，且，
当时，，与题设矛盾，假设不成立，则，即数列是递增数列.
所以，“是递增数列”“存在正整数，当时，”.
所以，“是递增数列”是“存在正整数，当时，”的充分必要条件.
故选：C.
8. 【答案】A
【分析】根据单位圆及三角函数的定义求出，再由二倍角余弦公式求解.
【详解】因为是角终边与单位圆的交点，
所以，
故.
故选：A
9. 【答案】D
【分析】根据平面得到①正确，点到直线的距离大于点到直线的距离，②正确，计算体积得到③正确，得到答案.
【详解】对①：平面，平面，故，
又，，平面，故平面，
平面，故，正确；
对②：平面，平面，，
故是的高，
是中点，，故，是的高，
，正确；
对③：平面，故，正确；
故选：D
10. 【答案】A
【分析】根据等比中项性质解得，取得数列项的正负，得到答案.
【详解】成等比数列，故，即，
解得或（舍），，
当，时，；当，时，；
的前6项为：，
，故最小，没有最大值.
故选：A
11. 【答案】C
【分析】利用是等比数列以及，令求解即可.
【详解】，令，
又组成一个公比为的等比数列，
，
又，
故选：C.
12. 【答案】B
【分析】法1：利用数列归纳法可判断ACD正误，利用递推可判断数列的性质，故可判断B的正误.
法2：构造，利用导数求得的正负情况，再利用数学归纳法判断得各选项所在区间，从而判断的单调性；对于A，构造，判断得，进而取推得不恒成立；对于B，证明所在区间同时证得后续结论；对于C，记，取推得不恒成立；对于D，构造，判断得，进而取推得不恒成立.
【详解】法1：因为，故，
对于A ，若，可用数学归纳法证明：即，
证明：当时，，此时不等关系成立；
设当时，成立，
则，故成立，
由数学归纳法可得成立.
而，
，，故，故，
故为减数列，注意
故，结合，
所以，故，故，
若存在常数，使得恒成立，则，
故，故，故恒成立仅对部分成立，
故A不成立.
对于B，若可用数学归纳法证明：即，
证明：当时，，此时不等关系成立；
设当时，成立，
则，故成立即
由数学归纳法可得成立.
而，
，，故，故，故为增数列，
若，则恒成立，故B正确.
对于C，当时， 可用数学归纳法证明：即，
证明：当时，，此时不等关系成立；
设当时，成立，
则，故成立即
由数学归纳法可得成立.
而，故，故为减数列，
又，结合可得：，所以，
若，若存在常数，使得恒成立，
则恒成立，故，的个数有限，矛盾，故C错误.
对于D，当时， 可用数学归纳法证明：即，
证明：当时，，此时不等关系成立；
设当时，成立，
则，故成立
由数学归纳法可得成立.
而，故，故为增数列，
又，结合可得：，所以，
若存在常数，使得恒成立，则，
故，故，这与n的个数有限矛盾，故D错误.
故选：B.
法2：因为，
令，则，
令，得或；
令，得；
所以在和上单调递增，在上单调递减，
令，则，即，解得或或，
注意到，，
所以结合的单调性可知在和上，在和上，
对于A，因为，则，
当时，，，则，
假设当时，，
当时，，则，
综上：，即，
因为在上，所以，则为递减数列，
因为，
令，则，
因为开口向上，对称轴为，
所以在上单调递减，故，
所以在上单调递增，故，
故，即，
假设存在常数，使得恒成立，
取，其中，且，
因为，所以，
上式相加得，，
则，与恒成立矛盾，故A错误；
对于B，因为，
当时，，，
假设当时，，
当时，因为，所以，则，
所以，
又当时，，即，
假设当时，，
当时，因为，所以，则，
所以，
综上：，
因为在上，所以，所以为递增数列，
此时，取，满足题意，故B正确；
对于C，因为，则，
注意到当时，，，
猜想当时，，
当与时，与满足，
假设当时，，
当时，所以，
综上：，
易知，则，故，
所以，
因为在上，所以，则为递减数列，
假设存在常数，使得恒成立，
记，取，其中，
则，
故，所以，即，
所以，故不恒成立，故C错误；
对于D，因为，
当时，，则，
假设当时，，
当时，，则，
综上：，
因为在上，所以，所以为递增数列，
因为，
令，则，
因为开口向上，对称轴为，
所以在上单调递增，故，
所以，
故，即，
假设存在常数，使得恒成立，
取，其中，且，
因为，所以，
上式相加得，，
则，与恒成立矛盾，故D错误.
故选：B.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是根据首项给出与通项性质相关的相应的命题，再根据所得命题结合放缩法得到通项所满足的不等式关系，从而可判断数列的上界或下界是否成立.
二.填空题：（本题有6道小题，每小题5分，共30分）
13. 【答案】 ①. ②. （答案不唯一）
【分析】确定，计算得到，确定，取，计算得到答案.
【详解】，；
，取，即，
取，，此时对称中心为.
故答案为：；
14. 【答案】
【分析】由正弦定理和正弦的二倍角公式可得．
【详解】由正弦定理得，所以，所以．
故答案为：．
15. 【答案】 ①. 2 ②. 1
【分析】根据递推关系写出数列的项，可得数列的周期，利用周期求解.
【详解】由，且，
可得，，，，，，
故从开始，每6项循环一次，且一个循环内6项的和为0，
，即前2023项的和为.
故答案为：2；1
16. 【答案】①④（或③⑥）
【分析】
根据空间中直线，平面的位置关系进行判断即可.
【详解】对①④，由线面垂直的性质定理可知，若，，则，故可填①④
对①⑤，若，，则；
对①⑥，若，，则无法判断的位置关系；
对②④，若，，则；
对②⑤，若，，则可能相交，平行或异面；
对②⑥，若，，则无法判断的位置关系；
对③④，若，，则无法判断的位置关系；
对③⑤，若，，则无法判断的位置关系；
对③⑥，由平行的传递性可知，若，，则，故可填③⑥
故答案为：①④（或③⑥）
【点睛】本题主要考查了判断空间中直线与直线，直线与平面的位置关系，属于中档题.
17. 【答案】 ①. 48 ②. 384
【分析】方法一：根据题意结合等差、等比数列的通项公式列式求解，进而可求得结果；方法二：根据等比中项求，在结合等差、等比数列的求和公式运算求解.
【详解】方法一：设前3项的公差为，后7项公比为，
则，且，可得，
则，即，可得，
空1：可得，
空2：
方法二：空1：因为为等比数列，则，
且，所以；
又因为，则；
空2：设后7项公比为，则，解得，
可得，所以.
故答案为：48；384.
18. 【答案】②③
【分析】根据结合图像判断，①错误，根据计算得到②正确，得到③正确，区域表示以为圆心，半径为，圆心角为的扇形，计算得到④错误，得到答案.
【详解】对①：，，，故或，
函数图像由向左平移个单位得到，根据图像知，即，
故，错误；
对②：，取，，，
在图1中得到，，，
图2中：，平面平面，平面平面，
故平面，平面，故，
，
，故，正确；
对③：，故过线段AB的中点且与AB垂直的平面与x轴交于点C，正确；
对④：平面，平面，故，
当时，，故，
区域表示以为圆心，半径为，圆心角为的扇形，，
，，即，错误；
故答案为：②③.
三.解答题：（本题有6小题，共72分）
19. 【答案】（1），
（2）
【分析】（1）由可求得数列的公比，由等比数列通项公式可得，进而得到；由可求得数列的公差，由等差数列通项公式可得；
（2）由（1）可得，采用分组求和法，结合等差、等比数列求和公式可得.
【小问1详解】
设等比数列的公比为，则，；
又，，设等差数列的公差为，则，
.
【小问2详解】
由（1）得：；
.
20. 【答案】（1）；
（2）
【分析】（1）解方程即可求，然后把函数降幂，辅助角公式后再求周期.
（2）若恒成立，即求.
【小问1详解】
的一个零点为
，即，
所以函数的最小正周期为.
【小问2详解】
当时有最大值，即 .
若恒成立，即,
所以，故的取值范围为.
21. 【答案】（1）或
（2）18
【分析】（1）根据已知条件利用正弦定理求解即可.
（2）由题意可知只有①符合，②③不符合，通过面积公式和正弦定理求解即可.
【小问1详解】
因为，
则由正弦定理可得，
，
因为
所以
所以或.
【小问2详解】
若选①，即，则，
所以，
所以，
则
，
由正弦定理得：
，
则存在且唯一确定，
面积为.
若选②，即，又，
所以，矛盾
所以②不成立；
若选③，
由，，，
得，
由余弦定理可得：，
当时，
得或舍；
当时，
得或舍；
此时存在但不唯一确定，所以不合题意.
22. 【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【分析】（1）根据线面垂直的性质可得，利用相似三角形的判定与性质可得，结合线面垂直的判定定理即可得证；
（2）根据题意和线面垂直的性质可得两两垂直，建立如图空间直角坐标系，求得平面和平面的法向量，利用空间向量的数量积表示即可得解；
（3）结合（2）中结论，利用空间向量的点面距离公式即可得解.
【小问1详解】
因为平面，平面，所以.
因为，，所以，.
所以，，所以，
所以.
又因为， ，平面，
所以平面.
【小问2详解】
因为平面，平面，平面，
所以，，
又因为是矩形，，
所以两两垂直，如图建立空间直角坐标系，
则，，，，
所以，.
设平面的一个法向量为，则，即，
令，则，，于是，
因为平面，
取平面的法向量为，
则.
由图可知二面角为锐角，
所以二面角的余弦值是.
【小问3详解】
由（2）知，而平面的一个法向量为，
所以点A到平面的距离为.
23. 【答案】（1）证明过程见解析
（2）
（3）存在，
【分析】（1）由面面垂直得到线面垂直，进而得到线线垂直；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用公式得到线面角的正弦值；
（3）设，得到，求出平面的法向量，由垂直关系得到方程，求出答案.
【小问1详解】
因为四边形为正方形，所以⊥，
因为平面⊥平面，平面平面，平面，
所以⊥平面，
因为平面，所以⊥；
【小问2详解】
因为⊥平面，平面，
所以⊥，⊥，
又，故，，两两垂直，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
因为，
所以，
设平面的法向量为，
则，
解得，令，则，
则，
，
设直线与平面所成角的大小为，
则；
【小问3详解】
设，即，
当时，与重合，此时与平面不平行，
当时，设，则，
解得，故，
设平面的法向量为，
则，
令，则，故，
则，解得，
故线段BD上存在点M，使得直线平面AFM，此时.
24. 【答案】（1）数列是，数列不是；
（2）不存在，理由见解析；
（3）答案见解析.
【分析】（1）根据定义验证是否恒成立，即可判断；
（2）假设存在，则由已知可推得.
当时，，这与假设矛盾，所以不存在；
（3）根据已知推出，进而推出，， ，，相加可推得.根据基本式，结合题意可得的最小值不小于30.进而得出的范围，得到所有可能的整数解.分情况讨论，得出数列，即可得到的所以可能的取值.
【小问1详解】
根据定义，数列应满足，都有，
即恒成立.
对于数列：有，，，均满足，所以数列是数列；
对于数列，因为不满足，所以数列不是数列.
【小问2详解】
不存在正实数，使得数列是数列.
说明理由如下：假设存在正实数，使得数列是数列，
则，都有，即恒成立.
因为，
所以，
当时，，这与假设矛盾.
所以，不存在正实数，使得数列是数列.
【小问3详解】
因为数列是数列，所以.
所以，
所以，，，，，，
所以，
即，所以.
所以，
因为数列是整数列，所以的最小值不小于30.
假设，必有，解得，
因为，所以可取9，10，11，12.
当时，，存在满足条件的数列.
，，，，，，，，；
当时，，存在满足条件的数列.
，，，，，，，，，；
当时，，存在满足条件的数列.
，，，，，，，，，，；
当时，，存在满足条件的数列.
，，，，，，，，，，，.
以上都是的充分条件.
所以的最小值为30，此时的所有可能的取值为，，20，.