广东省梅州市大埔县虎山中学2023-2024学年高二（下）开学数学试卷（含解析）

2023-2024学年广东省梅州市大埔县虎山中学高二（下）开学数学试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知空间向量，，且，则( )
A. B. C. D.
2.已知，，，则是( )
A. 等边三角形 B. 等腰非等边三角形 C. 直角三角形 D. 以上均不正确
3.已知、、三点不共线，对平面外的任一点，下列条件中能确定点与点、、一定共面的是( )
A. B.
C. D.
4.在等差数列中，若，则( )
A. B. C. D.
5.若等差数列的前项和为，且，则的值为( )
A. B. C. D.
6.已知数列是等差数列、数列是等比数列，若，，则的值是( )
A. B. C. D.
7.已知正项等比数列的前项和为，前项积为，满足，则的最小值是( )
A. B. C. D.
8.在棱长为的正方体中，点，分别是棱，的中点，动点在正方形包括边界内运动若平面，则的最小值是( )
A.
B.
C.
D.
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.数列，，，，的通项公式可以是( )
A. B.
C. D.
10.已知数列的首项为，且满足，则( )
A. 为等差数列
B. 为递增数列
C. 的前项和
D. 的前项和
11.如图，在四棱锥中，平面，底面是正方形，且，，分别为，的中点，则( )
A. 平面
B. 平面
C. 点到直线的距离为
D. 点到平面的距离为
12.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”最上层有个球，第二层有个球，第三层有个球，，设第层有个球，从上往下层球的总数为，则( )
A. B.
C. D.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知，则的最小值是______．
14.已知等比数列的前项和为，若，则 ______．
15.如图，点是棱长为的正方体表面上的一个动点，直线与平面所成的角为，则点的轨迹长度为______．
16.将数列与数列的公共项从小到大排列得到新数列，则 ______．
四、解答题：本题共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.本小题分
如图，在直三棱柱中，，，是棱的中点．
求异面直线与所成角的余弦值；
求二面角的余弦值．
18.本小题分
如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，是正三角形，．
求证：平面平面；
直线上是否存在点，使得直线与平面所成角为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
19.本小题分
记为数列的前项和，，．
求的通项公式；
求数列的前项和．
20.本小题分
已知数列是递增的等比数列，，．
求数列的通项公式；
若，求数列的前项和．
21.本小题分
已知矩形的长与宽的比值为，，分别为的四等分点，现将沿向上翻折，将沿向上翻折，使得，与四边形所成角均为，且；
当时，证明：平面平面．
当时，是否存在为线段上一点，使与平面所成角为，如果存在请说明理由．
22.本小题分
已知：，，，为有穷正整数数列，且，集合若存在，，，，，使得，则称为可表数，称集合为可表集．
若，，，，，，判定，是否为可表数，并说明理由；
若，证明：；
设，，，，，若，求的最小值．
答案和解析
1.【答案】
【解析】【分析】
本题考查空间向量平行的坐标表示，是基础题．
利用空间向量平行的坐标表示直接求解．
【解答】
解：空间向量，，且，
，解得．
故选B．
2.【答案】
【解析】解：由题意，得的三边长分别为：
，
，
，
显然，不是等腰三角形，
又，
所以不是直角三角形．
故选：．
利用空间中两点间的距离公式求出三角形的各边长，再验证是否是直角三角形．
本题主要考查三角形形状的判断，空间两点间的距离公式，考查运算求解能力，属于基础题．
3.【答案】
【解析】【分析】
根据共面条件可知，，即可得出答案．
本题考查了四点共面的条件，属于基础题．
【解答】
解：与、、共面的条件是，且，
对于选项B，有，故B选项正确。
故选：．
4.【答案】
【解析】解：由题意，得，
所以，故C正确．
故选：．
根据等差数列的性质可知，项数之和相等的两项之和相等，化简已知的等式即可求出的值，然后把所求的式子也利用等差数列的性质化简后，将的值代入即可求出值．
本题主要考查了等差数列性质的应用，属于基础题．
5.【答案】
【解析】解：在等差数列中，由，得，
可得．
故选：．
由已知结合等差数列的性质求得，再由等差数列的前项和公式求解．
本题考查等差数列的性质，考查等差数列的前项和，是基础的计算题．
6.【答案】
【解析】解：数列是等差数列、数列是等比数列，若，，
可得，解得，
又，解得．
所以．
故选：．
运用等差数列和等比数列的中项性质，解方程求得，，即可得到所求值．
本题考查等差数列和等比数列的中项性质，考查方程思想和运算能力，属于基础题．
7.【答案】
【解析】解：正项等比数列，，
所以，
整理得，
解得或舍，
则，，，，，
则的最小值为．
故选：．
由已知结合等比数列的求和公式及通项公式可求．
本题主要考查了等比数列的求和公式及通项公式的应用，属于基础题．
8.【答案】
【解析】解：取的中点，的中点，连结，，，取中点，连结，
点，分别是棱长为的正方体中棱，的中点，
，，
，，
平面平面，
动点在正方形包括边界内运动，且面，
点的轨迹是线段，
，，
，
当与重合时，的长度取最小值，为．
的最小值为：．
故选：．
取的中点，的中点，连结，，，取中点，连结，推导出平面平面，从而点的轨迹是线段，由此能求出的最小值．
本题考查线段长度的取值范围的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
9.【答案】
【解析】解：对于，，，，，符合题意，是；
对于，，，，，符合题意，是；
对于，，，，，符合题意，是；
对于，，，，，不符合题意，不是．
故选：．
根据给定条件，逐项验证判断即得．
本题主要考查了数列的通项公式，属于基础题．
10.【答案】
【解析】解：由得，
所以是以为首项，为公比的等比数列，故A错误；
因为，所以，显然递增，故B正确．
因为，
，
所以：得：，
故，故C错误；
因为，
所以的前项和，故D正确．
故选：．
对于选项A：直接利用关系式的变换求出数列为等比数列．
对于选项B：利用等比数列的性质求出数列的通项公式，进一步求出数列单调递增．
对于选项C：利用数列的通项公式，利用乘公比错位相减法求出数列的和．
对于选项D：利用自然数的求和公式求出结果．
本题考查的知识要点：构造新数列，数列的通项公式，乘公比错位相减法，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题．
11.【答案】
【解析】解：在四棱锥中，平面，底面是正方形，
平面，，
连接，，分别为，的中点，，
底面是正方形，，
，平面，
平面，故A正确；
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，
，，，，，，，
，，，
设平面的法向量为，
则，取，得，
，
与平面不平行，故B错误；
，，
点到直线的距离为：
，故C错误；
，
点到平面的距离为：，故D正确．
故选：．
推导出，，从而平面，由此得到平面；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，利用向量法推导出与平面不平行；利用向量法能求出点到直线的距离和点到平面的距离．
本题考查线面垂直的判定与性质、点到直线的距离、点到平面的距离等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
12.【答案】
【解析】解：根据题意，设第层有个球，则，，，，，
则有，A正确；
归纳可得：，则B错误，C正确；
由此可得，
将代入可得：，D正确．
故选：．
根据题意，由、、、的值，验证A正确，归纳数列的递推公式，可得B错误、C正确，进而求出数列的通项公式，计算可得D正确，综合可得答案．
本题考查数列的应用，涉及归纳推理的应用，属于基础题．
13.【答案】
【解析】解：，
向量
可得向量的模
当且仅当时，的最小值为
所以当时，的最小值是
故答案为：
根据向量、的坐标，可得向量，结合向量的模的公式，得到，最后利用二次函数求最值的方法，可得的最小值．
本题给出两个含有字母参数的向量，求它们差的长度的最小值，着重考查了空间向量的坐标运算和二次函数的最值等知识点，属于基础题．
14.【答案】
【解析】解：设等比数列公比为，则，
即等比数列的前项和要满足，
又因为，所以．
故答案为：．
根据等比数列前项和公式特征求解即可．
本题考查等比数列的求和性质，属于基础题．
15.【答案】
【解析】解：若直线与平面所成的角为，
则点的轨迹为圆锥的侧面与正方体的表面的交轨，
在平面内，点的轨迹为对角线除掉点，不影响；
在平面内，点的轨迹为对角线除掉点，不影响；
在平面内是以点为圆心为半径的圆弧，如图，
故点的轨迹长度为．
故答案为：．
先利用直线与平面所成的角为，求得点的轨迹，进而求得点的轨迹长度．
本题考查线面角、点的轨迹、圆、正方体结构特征等基础知识，考查空间思维能力，是中档题．
16.【答案】
【解析】解：数列：，，，，，
数列：，，，，，，，
则为：，，，，，
则，
所以，
故，
故答案为：．
由题意归纳得出，即得的表达式，利用裂项求和法，即可求得答案．
本题主要考查了裂项求和方法的应用，属于中档题．
17.【答案】解：解法一：在直三棱柱中，
，，，
，，，
同理，
为等边三角形，，
又，即，
异面直线与所成角等于与所成角，
与所成角的余弦值为；
解法二：以，，所在的直线为，，轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
，
则，
故直线与所成角的余弦值为；
设为平面的一个法向量，，
则有，令，可得，
设为平面的一个法向量，，
则有，令，可得，
则，
由图可得二面角的平面角为锐角，
二面角的余弦值为．
【解析】法一：用几何法求解，将异面直线与所成角转化为与所成角，求解即可；
法二：建立空间直角坐标系，求得两直线的方向向量，然后利用空间向量的夹角公式即可求得异面直线所成的角的余弦值；
分别求得两个半平面的法向量，然后求得法向量夹角的余弦值即可确定二面角的余弦值．
本题考查异面直线所成的角及二面角的计算，考查空间向量及其应用，属中档题．
18.【答案】证明：由于，，所以，
故CD，又，，，平面，
故CD平面，平面，
所以平面平面；
解：由四边形为正方形，且，分别为，的中点，
设的中点为，连接，，因为是正三角形，故，
而平面平面，平面平面，平面，
故平面，而平面，故，又，
故以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
设，
则，，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，
假设直线上存在点，使得直线与平面所成角为，
所以，
整理可得，解得或，
故存在满足条件的点，且或
【解析】根据长度关系证明线线垂直，即可根据线面垂直求证面面垂直；
建立空间直角坐标系，利用向量夹角即可求解．
本题考查空间位置关系的证明和空间角向量的综合应用，属于中档题．
19.【答案】解：由，
时，，
相减可得：，
化为：，
，
，时也成立．
，
数列的前项和，
，
相减可得：，
化为：．
【解析】由，时，，相减化为：，利用即可得出结论．
，利用错位相减法即可得出数列的前项和．
本题考查了数列递推关系、累乘求积、错位相减法、等比数列的求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
20.【答案】解：数列是递增的等比数列，
，
，解得，，
公比，
．
由知，，
．
【解析】由题意结合等比数列性质求出，的值，即得公比，即可求得答案；
由可得的表达式，利用裂项相消法，即可求得答案．
本题考查了等比数列的通项公式、裂项求和方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
21.【答案】解：如图，连接，设，，令，则，
由余弦定理得：，
化简得：，求得或，即或，
又因为，即，即，故舍，
所以，即，
取中点为连接，且，即四边形为平行四边形，
所以，因为，所以，
因为平面平面，且平面平面，
所以平面，因为，所以平面，
又因为平面，所以平面平面．
取的中点为，的中点为，连接，，由等腰直角三角形性质得，
，，所以为平面与平面所成角，
又因为平面与平面所成角为，则为等边三角形，
则在平面面内的投影为的中点，
如图，以的中点为坐标原点，建立空间直角坐标系，
，，，，
由平面几何的性质得：，
设，，
则，，
得，
所以，
则，
设平面的一个法向量为，且，
所以，，则，解得，
令，得，所以，
设直线与平面所成角为，
则，
解得：，
因为，所以方程无解，
所以不存在在线段上，使得与平面所成角为．
【解析】连接，设，，利用余弦定理可求出，然后再利用线面垂直证明面面垂直．
建立空间坐标系，假设存在点，即，然后求出平面的一个法向量，再利用向量法求出线面角，从而可求解．
本题考查面面垂直的证明和直线与平面所成角的求法，属于难题．
22.【答案】解：是，不是，理由如下：
由题意可知，
当，时，有，，
显然若，，时，，
而，
故是可表数，不是可表数；
由题意可知若，即，
设，即使得，
所以，且成立，故，
所以若，则，即中的元素个数不能超过中的元素，
对于确定的，中最多有个元素，所以；
由题意可设，使，
又，
所以，即，
而，即当时，取，，，时，为可表数，
因为，
由三进制的基本事实可知，对任意的，存在，，，，，使，
所以，
令则有，，，，，
设，
由的任意性，对任意的，，
都有，，，，，，
又因为，
所以对于任意的，，为可表数，
综上，可知的最小值为，其中满足，
又当时，，
所以的最小值为．
【解析】根据定义赋值及数列求和计算验证即可；
根据定义判定则有，从而可知，利用集合间的基本关系得出中最多含有个元素，解不等式即可证明；
利用第二问的结论可设，有，然后利用定义先证为可表数，再根据三进制的基本事实确定的最小值为满足成立的，代入求即可．
本题主要考查了数列的新定义问题，考查了学生的逻辑推理能力，属于难题．
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