2022-2023学年海南省洋浦中学高二上学期期中检测数学试题（解析版）

2022-2023学年海南省洋浦中学高二上学期期中检测数学试题

一、单选题

1．若复数满足，则（    ）

A．3 B． C．2 D．

【答案】B

【分析】由复数的乘法及除法运算可得，然后求其模即可.

【详解】解：由，

则，

所以，

故选：B.

【点睛】本题考查了复数的乘法及除法运算，重点考查了复数模的运算，属基础题.

2．已知集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据不等式化简集合A，再与集合B求交集即可.

【详解】由得：，又 ，，而集合B为偶数集，故.

故选：B．

3．设a、b为两条直线，、为两个平面，下列四个命题中正确的是（    ）

A．若a，b与所成的角相等，则 B．若，，，则

C．若，，则 D．若，则

【答案】B

【分析】根据平行和垂直的性质定理，并进行判断.

【详解】对于选项A，将一个圆锥放到平面上，则它的每条母线与平面所成的角都是相等的，故“若与所称的角相等，则”故A错；

对于选项C，若，则位置关系可能是平行，相交或异面，故C错；

对于选项D，若，则是错误的，两平面还可能是相交平面；故D错；

对于选项B，若，则，两个平面垂直时，与它们垂直的两条直线一定是垂直的.

故选：B.

4．已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先求得正方体的边长，然后求得球的半径，进而求得球的体积.

【详解】设正方体的边长为，则，

正方体的对角线长为，

所以球的直径，半径，

所以球的体积为.

故选：A

5．在等差数列中，为其前项和，若，则

A．20 B．27 C．36 D．45

【答案】C

【分析】先由题意，得到，推出，再由等差数列的求和公式，即可得出结果.

【详解】因为为等差数列，，，因此

又，.

故选C

【点睛】本题主要考查等差数列的基本量运算，熟记等差数列的求和公式与通项公式即可，属于常考题型.

6．设、，向量，，且，，则（      ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用空间向量垂直与共线的坐标表示求出、的值，求出向量的坐标，利用空间向量的模长公式可求得结果.

【详解】因为，则，解得，则，

因为，则，解得，即，

所以，，因此，.

故选：D.

7．直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM与AN所成角的余弦值为(　　)

A． B． C． D．

【答案】C

【详解】以C为原点，直线CA为x轴，直线CB为y轴，直线为轴，则设CA=CB=1，则

，，A（1，0，0），，故，，所以，故选C.

【解析】本小题主要考查利用空间向量求线线角，考查空间向量的基本运算，考查空间想象能力等数学基本能力，考查分析问题与解决问题的能力.

8．如图，将半径为1的球与棱长为1的正方体组合在一起，使正方体的一个顶点正好是球的球心，则这个组合体的体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】该组合体可视作一个正方体和个球体的组合体，进而求出体积.

【详解】由题意，该组合体是一个正方体和个球体的组合体，其体积为.

故选：A.

二、多选题

9．大衍数列，来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论．主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理．数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和，是中国传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题．其前10项依次是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，…，则下列说法正确的是（    ）

A．此数列的第20项是200 B．此数列的第19项是180

C．此数列偶数项的通项公式为 D．此数列的前项和为

【答案】ABC

【分析】首先寻找出数列的规律，归纳出通项公式，然后判断各选项即可．

【详解】观察此数列，偶数项通项公式为，

奇数项是后一项减去后一项的项数，，故C正确；

由此可得，故A正确；

，故B正确；

是一个等差数列的前项，而题中数列不是等差数列，

不可能有，故D错误．

故选：ABC．

10．定义空间两个非零向量的一种运算：，则关于空间向量上述运算的以下结论中恒成立的有（    ）

A． B．

C．若，则 D．

【答案】BD

【分析】理解新定义，对选项逐一判断

【详解】对于A，若为负数，可知，故A错误，

对于B，由定义知B正确，

对于C，若，则，共线，故C错误，

对于D，由定义知，故D正确．

故选：BD

11．如图，棱长为的正方体中，，分别为，的中点，则（    ）

A．直线与底面所成的角为 B．平面与底面夹角的余弦值为

C．直线与直线的距离为 D．直线与平面的距离为

【答案】BCD

【分析】以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法分别求出线面角，面面角，平行线间距离及线面距离.

【详解】

如图所示，以点为坐标原点，为轴，为轴，为轴，

则，，，，，，

A选项：，平面的法向量，

设直线与底面所成的角为，

则，

直线与底面所成的角不为，故A错误；

B选项：，，

设平面的法向量，则，令，则

设平面与底面的夹角为，

则，

平面与底面夹角的余弦值为，故B正确；

C选项，，

直线与直线的距离为：，故C正确；

D选项，，平面，平面，

又，平面的法向量，

直线与平面的距离为：，故D正确；

故选：BCD.

12．如图，四边形为正方形，平面，，记三棱锥，，的体积分别为，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】CD

【分析】直接由体积公式计算，连接交于点，连接，由计算出，依次判断选项即可.

【详解】

设，因为平面，，则，

，连接交于点，连接，易得，

又平面，平面，则，又，平面，则平面，

又，过作于，易得四边形为矩形，则，

则，，

，则，，，

则，则，，，故A、B错误；C、D正确.

故选：CD.

三、填空题

13．已知数列满足,,,则______.

【答案】0

【分析】根据题意多写出几项,发现规律,找到周期,求出和即可.

【详解】解:由题知,∵,,,

∴,

同理可得,,,,,

∴数列为以6为周期的周期数列,

.

故答案为:0

14．已知等差数列中，，，则与的等差中项为__________.

【答案】8

【分析】用基本量表示题干条件，求得通项公式，由与的等差中项为代入计算即可.

【详解】由题意，不妨设数列的首项为，公差为，

又，，

故，解得，

故，

故与的等差中项为.

故答案为：8

15．已知圆锥的侧面展开图为半圆，其内切球的体积为，则该圆锥的高为________．

【答案】3

【分析】根据侧面展开图为半圆可求半径与母线长的关系，根据轴截面及内切球的半径可求圆锥的高.

【详解】因为内切球的体积为，故内切球的半径满足，故.

设母线的长为，底面圆的半径为，故，故，

故轴截面为等边三角形（如图所示），设分别为等边三角形的内切圆与边的切点，

为内切圆的圆心，则共线且，，

而，故，故，

故答案为：3.

四、双空题

16．平面的一个法向量是，且点在平面上，若是平面外一点，则___________，点P到平面的距离是___________.

【答案】         

【分析】根据向量的坐标表示以及模长公式，结合点面距的向量公式，可得答案.

【详解】由题意，，则，

点P到平面的距离，

故答案为：；.

五、解答题

17．已知数列的前n项和为

（1）当取最小值时，求n的值；

（2）求出的通项公式.

【答案】（1）或；（2）

【解析】（1）直接对进行配方，由可求出其最小值

（2）由求解的通项公式

【详解】解：（1），

因为，

所以当或时，取最小值，

（2）当时，，

当时，，

当时，满足上式，

所以

【点睛】此题考查由数列的递推公式求通项公式，考查的关系，属于基础题

18．已知数列满足，

（1）记，写出，，并求数列的通项公式；

（2）求的前20项和.

【答案】（1）；（2）.

【分析】(1)方法一：由题意结合递推关系式确定数列的特征，然后求和其通项公式即可；

(2)方法二：分组求和，结合等差数列前项和公式即可求得数列的前20项和.

【详解】解：（1）[方法一]【最优解】：

显然为偶数，则，

所以，即，且，

所以是以2为首项，3为公差的等差数列，

于是．

[方法二]：奇偶分类讨论

由题意知，所以．

由（为奇数）及（为偶数）可知，

数列从第一项起，

若为奇数，则其后一项减去该项的差为1，

若为偶数，则其后一项减去该项的差为2．

所以，则．

[方法三]：累加法

由题意知数列满足．

所以，

，

则．

所以，数列的通项公式．

（2）[方法一]：奇偶分类讨论

．

[方法二]：分组求和

由题意知数列满足，

所以．

所以数列的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列；

同理，由知数列的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列．

从而数列的前20项和为：

．

【整体点评】(1)方法一：由题意讨论的性质为最一般的思路和最优的解法；

方法二：利用递推关系式分类讨论奇偶两种情况，然后利用递推关系式确定数列的性质；

方法三：写出数列的通项公式，然后累加求数列的通项公式，是一种更加灵活的思路.

(2)方法一：由通项公式分奇偶的情况求解前项和是一种常规的方法；

方法二：分组求和是常见的数列求和的一种方法，结合等差数列前项和公式和分组的方法进行求和是一种不错的选择.

19．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，分别以a，b，c为边长的三个正三角形的面积依次为，已知．

(1)求的面积；

(2)若，求b．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）先表示出，再由求得，结合余弦定理及平方关系求得，再由面积公式求解即可；

（2）由正弦定理得，即可求解.

【详解】（1）由题意得，则，

即，由余弦定理得，整理得，则，又，

则，，则；

（2）由正弦定理得：，则，则，.

20．在三棱锥S-ABC中，平面SAB⊥平面，，，过A作，垂足为F，点E、G分别是棱的中点．

(1)求证：平面∥平面；

(2)求证：

【答案】(1)证明见解析；

(2)证明见解析

【分析】（1）分别证明∥平面，∥平面，然后利用面面平行的判定定理证明即可.

（2）由已知条件推导出，，由此能证明面，再根据线面垂直的判定定理得证．

【详解】（1）∵，，垂足为，∴是的中点，又因为是的中点，

∴∥，∵平面，平面，∴∥平面；

同理∥，∵平面，平面，∴∥平面；

又，∴平面∥平面.

（2）∵平面平面 ，平面平面，平面，且，

∴平面SBC，又∵平面，∴，又∵，，平面，∴平面，平面，所以.

21．如图，正四棱锥P-ABCD底面正方形的边长为2，侧棱长为.

(1)求该正四棱锥的表面积；

(2)求该正四棱锥外接球的体积.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）取AB中点E，连接PE，则，求出即可求出该正四棱锥的表面积.

（2）连接AC，BD，设，连接，在上取一点O，使，由题目条件可求得，即可求出该正四棱锥外接球的体积.

【详解】（1）取AB中点E，连接PE，则，从而，该正四棱锥的表面积；

（2）连接AC，BD，设，连接，

在上取一点O，使，

在中，，

又在中，，即，

解得，

从而该正四棱锥外接球的体积：.

22．如图，四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB=AD=AC=3，PA=BC=4，M为线段AD上一点，AM=2MD，N为PC的中点.

（Ⅰ）证明MN∥平面PAB;

（Ⅱ）求直线AN与平面PMN所成角的正弦值.

【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）．

【详解】（Ⅰ）由已知得.

取的中点，连接，由为中点知，.

又，故，四边形为平行四边形，于是.

因为平面，平面，所以平面.

（Ⅱ）取的中点，连结.由得，从而，且

.

以为坐标原点， 的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.由题意知，

，，，，

， ，.

设为平面 的一个法向量，则

即

可取.

于是.

【解析】空间线面间的平行关系，空间向量法求线面角．

【技巧点拨】（1）证明立体几何中的平行关系，常常是通过线线平行来实现，而线线平行常常利用三角形的中位线、平行四边形与梯形的平行关系来推证；（2）求解空间中的角和距离常常可通过建立空间直角坐标系，利用空间向量中的夹角与距离来处理．