2022-2023学年上海师范大学附属中学高二上学期期中数学试题（解析版）

2022-2023学年上海师范大学附属中学高二上学期期中数学试题

一、单选题

1．给定一个正方体形状的土豆块，只切一刀，除了可以得到四面体､四棱柱等类型的多面体以外，还能得到的多面体的类型可以含有（    ）

A．五棱柱､七面体 B．五棱柱､六棱锥

C．六棱锥､七面体 D．以上答案都不正确

【答案】A

【分析】根据正方体的几何结构特征，分别取的中点，即可得到一个直五棱柱，即可求解.

【详解】如图所示，分别取的中点，

分别连接，

可得几何体为一个直五棱柱，且为七面体.

故选：A.

2．设是首项为正数的等比数列,公比为则“”是“对任意的正整数”的

A．充要条件 B．充分而不必要条件

C．必要而不充分条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】C

【详解】试题分析：由题意得，，故是必要不充分条件，故选C.

【解析】充要关系

【名师点睛】充分、必要条件的三种判断方法：

①定义法：直接判断“若p则q”、“若q则p”的真假．并注意和图示相结合，例如“p⇒q”为真，则p是q的充分条件．

②等价法：利用p⇒q与非q⇒非p，q⇒p与非p⇒非q，p⇔q与非q⇔非p的等价关系，对于条件或结论是否定式的命题，一般运用等价法．

③集合法：若A⊆B，则A是B的充分条件或B是A的必要条件；若A＝B，则A是B的充要条件．

3．已知数列满足：，，则(    )

A． B． C． D．以上均不正确

【答案】B

【分析】结合已知条件，通过递推数列求出，然后利用对数运算分别求出和，进而求得答案.

【详解】因为，，

所以，

故，，

所以，故.

故选：B.

4．南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法商功》中出现了如图所示的形状，后人称为“三角垛”（下图所示的是一个4层的三角跺）“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，…，设第n层有个球，从上往下n层球的球的总数为，则下列正确的是（    ）.

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据由累加法可得，进而结合选项可判断ABC,根据裂项求和可判断D.

【详解】由题意得，，，，…，，以上n个式子累加可得，又满足上式，所以，

故A错误；

则，，，，，，

得，故B错误；

又，故C错误；

由，

得，

故D正确.

故选：D.

二、填空题

5．已知圆锥的底面半径为3，母线与底面所成角为，则圆锥侧面积等于___________.

【答案】

【分析】画出圆锥的直观图，结合题意，求得圆的底面半径和母线长，利用侧面积公式，即可求解.

【详解】根据题意，可得，如图所示，

在直角中，可得，即圆锥的母线长为，

所以圆锥的侧面积为.

故答案为：.

6．已知等差数列的前n项和为，若，则______.

【答案】

【分析】根据等差数列的前项和公式，化简得到，再利用等差数列基本量化简求的值.

【详解】由得：，，，

∴，设等差数列公差为d，

则，解得：，∴，∴.

故答案为：

7．设为等比数列的前n项和，且，则等于 __．

【答案】

【分析】先由得等比数列的公比，再根据等比数列的前n项和公式即可求出的值．

【详解】设等比数列的公比为q，

由得，

所以

所以

则

故答案为：

8．等差数列中，，则数列的公差为______

【答案】

【分析】根据等差数列通项公式基本量计算，题干中两式相减得到，两式相加得到.

【详解】设公差为，,

即

故答案为：

9．已知为递减数列，且对于任意正整数n，恒成立，恒成立，则的取值范围是______.

【答案】

【分析】对于任意正整数n，恒成立，再由,可以构造出一个关于λ的不等式，解不等式即可得到答案．

【详解】∵恒成立，又由，∴恒成立，

即对于任意正整数n恒成立，∴，所以的取值范围是.

故答案为：.

10．《九章算术》叙述了一个老鼠打洞的趣事：今有垣厚十尺，两鼠对穿，大鼠日一尺，小鼠亦一尺，大鼠日自倍，小鼠日自半.问：何日相逢？各穿几何？意思就是说，有一堵十尺厚的墙，两只老鼠从两边向中间打洞.大老鼠第一天打一尺，小老鼠也是一尺.大老鼠每天的打洞进度是前一天的2倍，小老鼠每天的进度是前一天的一半.第3天结束后，两只老鼠相距______尺.

【答案】

【分析】根据等比数列的前和公式进行求解即可.

【详解】设大老鼠第n天打洞的距离为，则数列是首项为1，公比为2的等比数列，其前n项和为；小老鼠第n天打洞的距离为，则数列是首项为1，公比为的等比数列，其前n项和为.则，则，从而相距尺.

故答案为：

11．如图为一个圆锥形的金属配件，重75.06克，其轴截面是一个等边三角形，现将其打磨成一个体积最大的球形配件，则该球形配件的重量约为______克.

【答案】33.36

【分析】分别求出圆锥的体积和内切球的体积，然后利用体积比，计算得到该内切球的重量.

【详解】设圆锥形的体积为：，底面半径为；内切球的体积为：，

，，

.

故答案为：33.36

12．在数列中，，则______．

【答案】32

【分析】构造函数，，利用对勾函数的性质，去绝对值后求解.

【详解】解：令函数，，

由对勾函数的性质得函数在上单调递减，在上单调递增，

所以当时，是递减数列，当时，是递增数列，

所以，

所以，

，

，

．

故答案为：32

13．若数列对任意满足：，下面关于数列的命题正确命题的序号是______.

①可以是等差数列

②可以是等比数列

③可以既是等差又是等比数列

④可以既不是等差又不是等比数列

【答案】①②④

【分析】根据将题目拆分为两部分：或，根据条件分析得出结论.

【详解】因为，

所以或，

即：或，

当，时，是等差数列或是等比数列，

当或时，可以既不是等差又不是等比数列，

故答案为：①②④.

14．稠环芳香烃化合物中有不少是致癌物质，比如学生钟爱的快餐油炸食品中会产生苯并芘，它是由一个苯环和一个芘分子结合而成的稠环芳香烃类化合物，长期食用会致癌.下面是一组稠环芳香烃的结构简式和分子式：

由此推断并十苯的分子式为________.

【答案】

【分析】根据等差数列的定义可以判断出稠环芳香烃的分子式中、的下标分别成等差数列，结合等差数列的通项公式可以求出并n苯的分子式，最后求出并十苯的分子式即可.

【详解】因为稠环芳香烃的分子式中下标分别是：，的下标分别是：

所以稠环芳香烃的分子式中下标成等差数列，首项为，公差为4，所以通项公式为：

，

稠环芳香烃的分子式中下标成等差数列，首项为，公差为2，所以通项公式为：

，

所以并n苯的分子式为：，

因此当时，得到并十苯的分子式为：.

故答案为：

【点睛】本题考查了等差数列的定义，考查了等差数列的通项公式的应用，考查了数学运算能力和推理论证能力.

15．若数列和满足，，，，则______.

【答案】

【分析】由题干中两式相加构造等比数列，进而求出的通项公式，代入计算即可.

【详解】因为，，

所以，

即，

又，所以是以2为首项，2为公比的等比数列，所以，

又，即，所以

所以；

故答案为：.

16．“康托尔尘埃”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：在一个单位正方形中，首先，将正方形等分成个边长为的小正方形，保留靠角的个小正方形，记个小正方形的面积和为；然后，将剩余的个小正方形分别继续等分，分别保留靠角的个小正方形，记所得的个小正方形的面积和为；……；操作过程不断地进行下去，以至无穷，保留的图形称为康托尔尘埃．若，则需要操作的次数的最小值为______．

【答案】

【分析】分别求出，进而可得，可得是等比数列，再利用等边数列求和公式求，利用单调性解不等式即可得答案.

【详解】是个边长为的小正方形面积之和，所以 ，

是个边长为的小正方形面积之和，所以；

是个边长为的小正方形面积之和，所以；

所以，

所以是首项为，公比为的等比数列，

所以，

所以即，

所以，

因为在上单调递减，

而不成立，

，即，

所以需要操作的次数的最小值为次，

故答案为：.

三、解答题

17．半正多面体亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形为面的多面体，体现了数学的对称美.如图，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共可截去八个三棱锥，得到一个有十四个面的半正多面体，它们的棱长都相等，其中八个为正三角形，六个为正方形，称这样的半正多面体为二十四等边体.若二十四等边体的棱长2，

（1）求其体积；

（2）若其各个顶点都在同一个球面上，求该球的表面积.

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）将二十四正多面体放入正方体中，利用正方体减去8个三棱锥即可求得体积；（2）求得正方体的中心O到正方体各棱中点的距离即可求得球的半径，从而求得球的表面积.

【详解】将二十四正多面体放入正方体中，如下图所示，

由于二十四等边体的棱长为2，则正方体的棱长为.

（1）该二十四正四面体是由棱长为的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得，

所以该二十四正四面体的体积为.

（2）由于正方体的中心O到正方体各棱中点的距离都为，

所以该二十四正四面体外接球的球心为O，且半径为2，其表面积为.

18．已知数列中，，

(1)判断数列是否为等差数列？并求数列的通项公式；

(2)设数列满足：，求的前n项和.

【答案】(1)是，

(2)

【分析】（1）对已知等式变形可得，从而可证得数列为等差数列，进而可求出其通项公式；

（2）由（1）可得，然后利用错位相减法可求得结果.

【详解】（1）∵，，∴，∴，

又，∴数列是首项为1，公差为3的等差数列.

∴，

∴；

（2）∵，

∴，

，

∴

，

∴.

19．甲、乙两人同时分别入职两家公司，两家公司的基础工资标准分别为：公司第一年月基础工资数为3700元，以后每年月基础工资比上一年月基础工资增加300元；公司第一年月基础工资数为4000元，以后每年月基础工资都是上一年的月基础工资的1.05倍．

(1)分别求甲、乙两人工作满10年的基础工资收入总量（精确到1元）

(2)设甲、乙两人入职第年的月基础工资分别为、元，记，讨论数列的单调性，指出哪年起到哪年止相同年份甲的月基础工资高于乙的月基础工资，并说明理由．

【答案】(1)甲的基础工资收入总量元；乙的基础工资收入总量元

(2)单调性见解析；从第5年到第14年甲的月基础工资高于乙的月基础工资；理由见解析

【分析】（1）易得甲的工资满足等差数列，乙的工资满足等比数列，再根据等差等比数列的求和公式求解即可

（2）根据题意可得，再求解分析的单调性，并计算时的取值范围即可

【详解】（1）甲的基础工资收入总量

元

乙的基础工资收入总量

元

（2），

，，

设，即，解得

所以当时，递增，当时，递减

又当，即，解得，所以从第5年到第14年甲的月基础工资高于乙的月基础工资．       ．

20．数列满足：，；

(1)求证：；

(2)求证：对任意正数，都存在正整数使得成立；

(3)求证：

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

(3)证明见解析

【分析】（1）显然，然后利用题里面给的条件证明即可；（2）根据题意证明，任意取一个正数，都存在，原式得证；（3）显然成立，只需证明前一项成立时，后一项成立即可.

【详解】（1）由已知得：，

所以

因为，

易知，，，

所以有

（2）由（1）可知，所以有：，，

所以，显然对任意的正数，在在正整数，使得，

此时成立；

（3）当时，由己知得：成立，

假设当时，成立，

则，

又，即，

所以，综上所述：当时，.

因为成立，若成立，则

故成立

得成立

得成立.

21．《九章算术·商功》：“斜解立方，得两堑堵.斜解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑.阳马居二，鳖臑居一，不易之率也.合两鳖臑三而一，验之以棊，其形露矣.”刘徽注：“此术臑者，背节也，或曰半阳马，其形有似鳖肘，故以名云.中破阳马，得两鳖臑，鳖臑之起数，数同而实据半，故云六而一即得.”

如图，在鳖臑ABCD中，侧棱底面BCD；

(1)若，，，，求证：；

(2)若，，，试求异面直线AC与BD所成角的余弦.

(3)若，，点P在棱AC上运动.试求面积的最小值.

【答案】(1)详见解析

(2)或；

(3)

【分析】（1）不同的直角三角形中，分别表示所求角的余弦值，即可证明；

（2）首先将异面直线所成角转化为相交直线所成的角，再分和两种情况求余弦值；

（3）首先作辅助线，构造的高，再设，利用相似关系，勾股定理表示，并表示的面积，求面积的最小值.

【详解】（1）如图，因为底面，平面

所以，又，且，

所以平面，平面，

所以，

所以，，,

所以；

（2）如图，以为临边作平行四边形，连结，则异面直线和所成的角为或其补角，

当时，，并且由（1）可知，,，,

中，，所以异面直线和所成的角的余弦值为；

当时，，，,

中，，所以异面直线和所成的角的余弦值为；

综上可知，异面直线和所成的角的余弦值为或；

（3）如图，作于点，作于点，连结，

中，都垂直于，所以，

所以平面，且平面，所以，

又因为，，

所以平面，平面，所以，

设，，由，

得，，

中，，得，

当且仅当时，等号成立，

所以.

所以面积的最小值是.