2021-2022学年上海市南洋模范中学高二上学期12月月考数学试题（解析版）

2021-2022学年上海市南洋模范中学高二上学期12月月考数学试题

一、填空题

1．在空间内，如果两条直线和没有公共点，那么与的位置关系是______．

【答案】异面或平行

【分析】由直线与直线的位置关系求解即可.

【详解】如果两条直线和没有公共点，那么与的位置关系是异面或平行.

故答案为：异面或平行.

2．某工厂生产A，B，C三种不同型号的产品，产品数量之比依次为，现用分层抽样方法抽出一个容量为的样本，那么其中A种型号产品有______件.

【答案】16

【分析】根据分层抽样总体和样本中，A型号的产品所占的比例相等列式求出种型号产品的件数.

【详解】因为A，B，C三种不同型号的产品的数量之比依次为，

所以样本中A种型号产品有件.

故答案为：16.

3．有一列正方体，棱长组成以1为首项，为公比的等比数列，体积分别记为，则_________.

【答案】

【详解】易知V1,V2,…,Vn,…是以1为首项，3为公比的等比数列，

所以

4．如果把地球看成一个球体，则地球上的北纬纬线长和赤道长的比值为_______.

【答案】

【分析】作出示意图，北纬纬线长和赤道长是两个圆的周长，其比等于半径比.

【详解】如图所示，赤道圆半径为，北纬圆半径为.

由，可得.

所以北纬纬线长和赤道长的比值为.

【点睛】本题考查球体的结构特征，解答本题需要理解地理中纬线的概念.

5．等比数列的前项和，，则实数______.

【答案】

【分析】根据与的关系求，再利用等比数列的定义运算求解.

【详解】当时，则；

当时，则，

故，

若为等比数列，且当时，，

故，解得.

故答案为：.

6．等差数列中，，，且，使前项和的最小正整数______.

【答案】21

【分析】先利用条件得到，再利用等差数列的性质与前项和公式得到的正负情况，从而求得.

【详解】设等差数列的公差为，由，，得，

又，所以，

故，，

故使前项和的最小正整数.

故答案为：21.

7．为了解某校高二学生的视力情况，随机地抽查了该校100名高三学生的视力情况，得到频率分布直方图如图，由于不慎将部分数据丢失，但知道前4组的频数成等比数列，后6组的频数成等差数列，设最大频率为，视力在4.6到5.0之间的学生数为，则的值为______.

【答案】78

【分析】分别求第1，2两组的频数，再根据频率分布直方图结合等差、等比数列运算求解.

【详解】由频率分布直方图得组距为0.1，间的频数为.

间的频数为.

又前4组的频数成等比数列，则公比为3，

∴前3组的频数之和为，

根据后6组频数成等差数列，且共有人.

从而间的频数最大，且为，所以，

设公差为，则，所以，从而.

故答案为：78.

8．若圆台的高是4，母线长为5，侧面积是，则圆台的上、下底面的面积之和是______.

【答案】

【分析】设上下底的半径分别为，，由侧面积公式及勾股定理列关系式求，由此可求圆台的上、下底面的面积之和.

【详解】设上下底的半径分别为，，则母线，高，构成一个直角三角形，

母线为斜边5，高为直角边4，由勾股定理得，即，

圆台的侧面积，

所以，则，

所以圆台的上、下底面的面积之和是.

故答案为：.

9．已知等比数列的公比为，其前项的积为，且满足，，，则下列命题正确的有__________．（填序号）

（1）；

（2）；

（3）的值是中最大的；

（4）使成立的最大正整数数的值为．

【答案】（1）（2）（4）

【分析】根据可知；由和，可确定，可知（1）正确；利用等比数列性质和可知（2）正确；根据知（3）错误；根据，可知（4）正确.

【详解】对于（1），，，，

，，又，，

，（1）正确；

对于（2），，又，，即，

，（2）正确；

对于（3），，不是中最大的，（3）错误；

对于（4），，

，

使成立的最大正整数数的值为，（4）正确.

故答案为：（1）（2）（4）

10．定义为数列的均值,已知数列的均值,记数列的前项和是,若对于任意的正整数恒成立,则实数k的取值范围是________．

【答案】

【分析】因为,,从而求出,可得数列为等差数列,记数列为,从而将对任意的恒成立化为,,即可求得答案.

【详解】 ,

,

故,

,

则,对也成立,

,

则,

数列为等差数列,

记数列为.

故对任意的恒成立,可化为:,；

即,解得,,

故答案为:．

【点睛】本题考查了根据递推公式求数列通项公式和数列的单调性,掌握判断数列前项和最大值的方法是解题关键,考查了分析能力和计算能力,属于中档题.

11．如图所示为一个半圆柱，已知为半圆弧上一点，若，，直线与所成角的正切值为，则点到平面的距离是______.

【答案】

【分析】由异面直线夹角的定义确定直线与所成角的平面角，由条件可求，再由等体积法求点到平面的距离.

【详解】因为，又，所以，.

因为，平面，平面，

所以为直线与所成角，且，

即，

所以，故，

所以，

所以，，

，，

因为，，所以，

又，平面，

所以平面，

设点到平面的距离是，由等体积法得，

即，所以.

故答案为：.

12．已知等差数列满足：，则正整数的最大值为________

【答案】62

【分析】设，等差数列的公差为，不妨设，则，且，即，根据，得到即有，再根据等差数列的前n项和公式，求得，从而得出，即可求解.

【详解】解： 由题意知：等差数列满足

，

故等差数列不是常数列，且中的项一定满足或，且项数为偶数，

设，等差数列的公差为，不妨设，

则，且，即，

由，则，即，

即有，

则

，

可得，解得，

即有的最大值为，的最大值为.

故答案为：.

二、单选题

13．“棱柱有相邻两个侧面是矩形”是“该棱柱为直棱柱”的（    ）

A．充分非必要条件 B．必要非充分条件

C．充要 D．既非充分又非必要条件

【答案】C

【分析】利用棱柱的结构特征和充分，必要条件的定义进行求解

【详解】若棱柱有相邻两个侧面是矩形，则两侧面的交线必定垂直于底面，所以该棱柱为直棱柱，满足充分性；

若棱柱为直棱柱，则棱柱有相邻两个侧面是矩形，满足必要性；

故“棱柱有相邻两个侧面是矩形”是“该棱柱为直棱柱”的充要条件，

故选:.

14．用数学归纳法证明“当为正奇数时，能被整除”时，第二步归纳假设应写成（    ）

A．假设当时成立，再推出当时成立

B．假设当时成立，再推出当时成立

C．假设当时成立，再推出当时成立

D．假设当时成立，再推出当时成立

【答案】B

【分析】根据数学归纳法的步骤，即可判断选项.

【详解】第二步假设当时成立，再推出当时成立.

故选：B.

15．在正方体中，分别为棱的中点，P是线段上的动点(含端点)，则下列结论正确的个数（    ）

①

②平面

③与平面所成角正切值的最大值为

④当P位于时，三棱锥的外接球体积最小

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】B

【分析】先判断与面是否垂直，进而判定①；

设AC交BD于Q，先证明，进而判定②；

根据线面角的定义先找到线面角，进而求出其正切的最大值，从而判定③；

取中点，易知为的外心，作面，交于，则三棱锥的外接球球心在上，进而根据球的性质建立等式，最后判断答案④.

【详解】设正方体棱长为2.

对①，如图1，

在正方体中，连接AC,BD，则，面，所以，而，所以面，而面，所以.①正确；

对②，如图2，

设AC交BD于Q，则Q为AC的中点，而M为的中点，所以，而交平面于M，所以与平面不平行；

对③，如图3，

易知点P在面ABCD上的投影点N在线段AC上，则与平面所成角为，

，则当NE最小时正切值最大，因为分别为的中点，所以，由于，则，此时点N为点E在线段AC上的投影，且为EF的中点.所以，此时,.故③正确；

对④，如图4，

易知为的外心，作面，交于，则三棱锥的外接球球心在上，记外接球半径为R，，所以，

即，于是当时，R最小，即外接球体积最小，此时重合.故④错误.

故选：B.

16．已知数列的各项均不为零，，它的前n项和为．且，，（）成等比数列，记，则（    ）

A．当时， B．当时，

C．当时， D．当时，

【答案】C

【分析】结合等比性质处理得，再分和分类讨论，时较为简单，结合裂项法直接求解，当时，放缩后再采用裂项即可求解.

【详解】由，，成等比数列可得，①，也即②，②-①得，因为，所以，，即数列的奇数项成等差数列，偶数项成等差数列，当时，，即，

对A、B，当时，，此时数列为等差数列，前项和为，，

故，

当时，，故A、B错误；

对C、D，当时，，

,当n为偶数时，，

当n为奇数时，，

所以,,

此时

，故C正确，D错误.

故选：C

三、解答题

17．某商场为推销当地的某种特产进行了一次促销活动，将派出的促销员分成甲、乙两个小组分别在两个不同的场地进行促销，每个小组各6人.以下茎叶图记录了这两个小组成员促销特产的件数，且图中甲组的一个数据已损坏，用表示，已知甲组促销特产件数的平均数比乙组促销特产件数的平均数少1件.

(1)求的值，并求甲组数据的第80百分位数；

(2)在甲组中任选2位促销员，求他们促销的特产件数都多于乙组促销件数的平均数的概率.

【答案】(1)，第80百分位数为40；

(2).

【分析】（1）根据茎叶图求出乙组促销特产件数的平均数，进而可得甲组平均数，由平均数可求出的值，再由百分位数的定义求第80百分位数；

（2）求出基本事件的总数以及组促销员促销的特产件数都多于包含的基本事件的个数，由古典概率公式即可求解.

【详解】（1）乙组同学促销特产件数的平均数为（件）.

则甲组同学促销特产件数的平均数为35件，

由，解得.

将甲组同学促销特产件数按从小到大排列可得，

因为， 所以甲组数据的第80百分位数为其第5个数，

所以甲组数据的第80百分位数为40.

（2）乙组促销特产件数的平均数为36件.

甲组同学促销的件数分别为28，29，34，38，40，41.

若从中任取两个数字，所有的基本事件为，，，，

，，，，，，，，

，，，共15个基本事件.

其中符合条件的基本事件有，，，共3个基本事件.

所求概率为.

18．已知，为两条异面直线，为平面，且，，.

(1)若直线，通过直线与平面垂直的判定定理，证明；

(2)用反证法证明：.

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）设平面，且，根据线面垂直的性质可得，，从而得到，，即可得证；

（2）假设与不平行，即与相交，不妨设与相交于点，过点在平面内作直线，设直线与确定平面，可以证明，即可得到与重合，从而得到，与题设矛盾，即可得证；

【详解】（1）证明：因为，设平面，且，所以，，因为，所以，，又平面，且，

所以平面

（2）证明：假设与不平行，即与相交，

不妨设与相交于点，过点在平面内作直线，

设直线与确定平面，

因为，面，所以，又，，所以平面，又因为，所以，又，所以与重合，即，与矛盾，故假设不成立，所以；

19．已知数列中，.

(1)求证：是等比数列，并求的通项公式；

(2)数列满足，数列的前项和为，若不等式成立的自然数恰有4个，求正整数的值.

【答案】(1)证明见解析，；

(2)4.

【分析】（1）构造，根据等比数列的定义及通项公式即可求解；

（2），利用错位相减法求出，故成立的自然数恰有4个，当时，不等式显然成立，故当时，不等式成立的自然数恰有2个. 令，根据其单调性即可求解.

【详解】（1）因为，所以，

又，所以是等比数列，，

所以；

（2），

所以，，

两式相减，得，

所以，

因为成立的自然数恰有4个，

即成立的自然数恰有4个，

由于为正整数，当时，不等式显然成立，

故当时，不等式成立的自然数恰有2个，

即成立的自然数恰有2个，令，

则，所以严格减，

所以，且，

解得，故正整数的值为4.

20．在四棱锥中，底面ABCD为正方形，平面平面ABCD，点M在线段PB上，平面MAC，.

(1)判断M点在PB的位置并说明理由；

(2)记直线DM与平面PAC的交点为K，求的值；

(3)若异面直线CM与AP所成角的余弦值为，求二面角的平面角的正切值.

【答案】(1)M为PB中点，理由见解析

(2)

(3)或

【分析】（1）连接BD交AC于O，连OM，由平面平行的性质可得答案；

（2）连接OP，则，可得点K为重心，由三角形重心的性质，可得答案；

（3）取AD中点H，连接PH，HB，取HB中点G，连接MG，GC，可得，取AB中点N，可知，或其补角就是异面直线CM与AP所成角，由面面垂直的性质可得平面ABCD，平面ABCD，令，，由余弦定理可得，在直角中，求出，，由余弦定理得，从而得到，解方程求出，过G作交CD于Q，连接MQ，可得平面MGQ， ，在直角中可得.

【详解】（1）连接BD交AC于O，连接OM，

因为平面MAC，平面PBD，

平面平面，则，

又因为O为BD中点，所以M为PB中点.

（2）如图所示，连接OP，则平面平面，，

因为O为BD的中点，M为PB的中点，所以点K为重心，

由三角形重心的性质，可得.

（3）取AD中点H，连接PH，HB，取HB中点G，连接MG，GC，可得.

取AB中点N，连接MN，NC，可知，

所以或其补角就是异面直线CM与AP所成角，如图所示，

因为平面平面ABCD，平面平面ABCD，

又，所以，

所以平面ABCD，因此平面ABCD，令，，

由，且M为PB的中点，可得，

在中，可得，，，由余弦定理，可得，

在直角中，，

又由M，N分别是PB，AB的中点，可得，

所以，

解得，解得或，即或，

过G作交CD于Q，连接MQ，由，且，

可得平面MGQ，所以，

所以就是所求二面角的平面角，如图所示，

在直角中，可得或.

21．对于数列：、、、、，若不改变，仅改变、、、中部分项的符号（可以都不改变），得到的新数列称为数列的一个生成数列，如仅改变数列、、、、的第二、三项的符号，可以得到一个生成数列：、、、、.已知数列为数列的生成数列，为数列的前项和.

（1）写出的所有可能的值；

（2）若生成数列的通项公式为，求；

（3）用数学归纳法证明：对于给定的，的所有可能值组成的集合为.

【答案】（1）、、、；（2）；（3）证明见解析.

【分析】（1）根据生成数列定义，可知当时，，、分别为、中取值，由此给出的所有可能的情况，即可计算出的所有可能值；

（2）利用，分、、三种情况讨论，利用分组求和与等比数列的求和公式即可求得；

（3）利用数学归纳法证明：①当时命题成立；②假设当时，，证明出，结合归纳原理即可证明出结论成立.

【详解】（1）由题意得，，

根据生成数列的定义，可得，，

又，，，，

因此，所有可能的取值为、、、；

（2），

当时，；

当时，；

当时，.

综上所述：；

（3）利用数学归纳法证明：

①当时，，命题成立；

②假设当时，命题成立，即所有可能值的集合为.

由假设得.

则当时，.

即或，

即，

当时，命题成立.

由①②知，对于给定的，的所有可能值组成的集合为.

【点睛】本题考查等比数列生成数列定义的理解，同时也考查了利用数学归纳法证明数列问题，着重考查对数列新定义的理解，考查推理、转化、抽象思维与创新思维的综合应用能力，属于难题.