山东省青岛市即墨区2024-2025学年高二上学期教学质量检测数学试卷（解析版）

这是一份山东省青岛市即墨区2024-2025学年高二上学期教学质量检测数学试卷（解析版），共13页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 平行六面体中，化简（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】.
故选：B
2. 已知数列的前项和，则（ ）
A. 11B. 12C. 13D. 14
【答案】D
【解析】因为.故选：D.
3. 在正方体中，是棱的中点，则直线与所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】如图：

取中点，连接，根据正方体的性质，可知，
所以即为异面直线与所成的角，设为.
连接，不妨设，则中：，.
所以.
故选：C.
4. 等差数列中，，则（ ）
A. 12B. 33C. 36D. 45
【答案】B
【解析】由等差数列的性质可知，即，
所以.
故选：B.
5. 已知是直线的方向向量，是平面的法向量，若平面，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】由题意：，所以.
故选：B.
6. 已知数列为正项等比数列，，则使成立的的最小值为（ ）
A. 9B. 8C. 7D. 6
【答案】A
【解析】根据条件：，解得.所以.
由.所以使成立的的最小值为9.
故选：A.
7. 已知数列满足且，则（ ）
A. 1023B. 1124C. 2146D. 2145
【答案】C
【解析】根据递推公式可知：数列的奇数项依次为：，，，…，为等比数列；
数列的偶数项为：，，，…，为等差数列.
所以.
故选：C.
8. 若成等比数列，且满足，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】成等比数列，设公比为,
∵，
∴，
∴，，，
∴，，，
∵，∴，
从而，由得，则，
由得，
即，得，
∵，∴，解得，∴，，
∴，，∴，
故选：C.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 已知空间中三点，则（ ）
A.
B. 方向上的单位向量是
C. 是平面的一个法向量
D. 在上的投影向量的模为
【答案】ACD
【解析】由题意：，，.
对A：因为，故A正确；
对B：因为，
即方向上的单位向量是，故B错误；
对C：因为，，
所以成立，故是平面的一个法向量，故C正确；
对D：由，故D正确.
故选：ACD
10. 已知等比数列的首项，在中每相邻两项之间都插入个正数，使它们和原数列的数一起构成一个新的等比数列，则（ ）
A.
B. 当时，
C. 当时，不是中的项
D. 若是数列中的项，则
【答案】ABD
【解析】对A：易知，故A正确；
对B：当时，为等比数列，设公比为，且，，所以，
所以，所以，故B正确；
对C：当时，，所以是数列的第7项，故C错误；
对D：对数列，，，则公比，
所以，所以，
由是数列中项，所以，所以，故D正确.
故选：ABD.
11. 如图所示，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，分别为的中点，为棱上的动点，则（ ）
A.
B. 存在点，使面
C. 最小值为
D. 存在两个点，使与所成的角为60°
【答案】ABC
【解析】如图，以为原点，建立空间直角坐标系.
则,，，，
为棱上的动点，可设，.
所以，.
对A：，所以，故A正确；
对B：因为平面的法向量可取，由，所以点为线段中点时，面，故B正确；
对C：因为，当时取等号，故C正确；
对D：由或，
因为，所以不合题意，所以使与所成的角为60°的点只有1个，故D错误.
故选：ABC.
三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分．
12. 数列的一个通项公式__________.
【答案】
【解析】由题意可知，数列的奇数项为负，偶数项为正，分母为的指数幂，分子为项数的倍，则通项公式为.
13. 已知//面，平面的一个法向量，平面内一点的坐标为，点的坐标为，则直线到平面的距离为________．
【答案】
【解析】因为//面，所以直线到平面的距离可转化为点到平面的距离，
又，则点到平面的距离.
14. 数列中，，若，则______．
【答案】2023
【解析】令，则，
所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以.
所以
.
所以，所以.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
15. 已知数列为等差数列，首项，公差，．
（1）证明是等比数列；
（2）求数列的前项和．
（1）证明：因为数列为等差数列，首项，公差，所以，
当时，，且，
所以数列是以3为首项，以9为公比的等比数列.
（2）解：由（1）得：，
所以
.
16. 如图，和所在平面垂直，且，．求：
（1）直线AD与直线BC所成角的大小；
（2）直线AD与平面BCD所成角的大小；
（3）平面ABD和平面BDC的夹角的余弦值．
解：设，作AO⊥BC于点O，连DO，以点O为原点，OD，OC，OA的方向分别为x轴、y轴、z轴方向，建立坐标系，得下列坐标：
，， ， ，
（1），
，所以AD与BC所成角等于90°．
（2），显然为平面BCD的一个法向量
∴，直线AD与平面BCD所成角的大小
（3）设平面ABD的法向量为则
所以，即，令，则，
则
设平面ABD和平面BDC的夹角为，则
因此平面ABD和平面BDC的夹角的余弦为．
17. 如图，直三棱柱中，分别为棱上的动点，.
（1）求的余弦值；
（2）当三棱锥的体积取最大值时，求平面与平面的夹角正切值.
解：（1）因为三棱柱为直三棱柱，，
所以取中点，取中点，连接取，
则有两两垂直，且交于一点，
以为坐标原点，的方向分别为轴、轴、轴，建立如图所示的坐标系：
设，，
则，
则，
则，，
设，
所以，
，所以，
所以，，
又因为，
所以，
则有，
整理得：，
由，解得，不满足，故舍去；
由，解得，
所以为等腰直角三角形，，
所以，
所以；
（2）由（1）可知为等腰直角三角形，，，
所以，，，
，
所以当时，取最大值，
此时分别中点，设，
易知为中点，平面与平面的夹角，
所以，所以.
18. 已知在数列中，，且满足．
（1）求证：数列是等比数列，并求出的通项公式；
（2）设，求数列的前项积；
（3）设，求数列的前项和．
（1）证明：当时，，
又，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以.
（2）解：因为，
所以.
（3）解：因为，所以，
所以，
所以，所以，
所以，
所以
.
19. 设为正整数，数列是公差的等差数列，若从中删去两项和后剩余的4项可被平均分为组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列是（）—可分数列．
（1）分别求出所有的个数，使数列和数列是—可分数列；
（2）证明：当时，数列是—可分数列，且每组等差数列的公差都为；
（3）已知使数列是—可分数列的所有的个数为，求证：当时，
（i）；
（ii）．
（1）解：等差数列，
删去2项后，剩下4个数，构成等差数列.
若删去，剩下，显然构成等差数列；
若删去，剩下，显然构成等差数列；
若删去，剩下，显然构成等差数列.
所以对于，满足条件的组合有：共3个.
等差数列，
删去2项后，剩下8项分成2组，每组4个数，且每组构成等差数列.
若删去，剩下，
分成2组：和，显然它们构成等差数列；
若删去，剩下，
分成2组：和，显然它们构成等差数列；
若删去，剩下，
分成2组：和，显然它们构成等差数列；
若删去，剩下，
分成2组：和，显然它们构成等差数列；
若删去，剩下，
分成2组：和，显然它们构成等差数列；
若删去，剩下，
分成2组：和，显然它们构成等差数列；
若删去，剩下，
分成2组：和，显然它们构成等差数列；
所以对于，满足条件的组合有：共7个.
（2）证明：设等差数列的公差为，
若，删去，剩下，
当时，剩下，
由（1）知，该数列为可分数列，且公差为；
当时，将分成组，每组4个数，
各组数列的情况如下：
每组都构成等差数列，且每组的公差为.
综上，每组的4个数构成等差数列，且公差为.
（3）证明：（i）设在给定的情况下，的组数为，
当变成，数列就变成了，
可以分为3组：
前4个一组即，中间的一组，后4个一组即，
删去两项，会有以下几种情况：
若删去的两项都在中间，中间有个数，且为等差数列，总数为种；
若删去的两项，一项在第1组，另一项在中间组；或两项都在第1组；
第1组和中间组连起来，有项构成等差数列，总数为种，
去掉两项在中间的情况，共有种；
若删去的两项，一个在中间组，另一个在最后一组；或两项都在最后一组，共有种；
若删去的两项，一个在第1组，另一个在最后一组，
此时将删去，也满足题意；
由（2）知，将删去，也满足题意；
综上，，即.
（ii）当时，，有，故；
当时，由（i）知，
则，又，
设，则，所以，
累加可得，所以
即，
所以，
累加可得，
所以.
综上，.