2022-2023学年上海市浦东新区高二年级上册学期期末数学试题1【含答案】

2022-2023学年上海市浦东新区高二上学期期末数学试题

一、填空题

1．与的等差中项是____________________．

【答案】15

【分析】利用等差中项的定义即得解.

【详解】3与27的等差中项为：．

故答案为：15．

2．已知等差数列满足，则公差__________;

【答案】1

【分析】根据等差数列基本量的计算即可求解.

【详解】由等差数列的性质可得

故答案为：1

3．在等比数列中，若，则__________;

【答案】

【分析】由等比中项即可求解.

【详解】由等比中项可得，

故答案为：

4．计算:__________;

【答案】

【分析】根据无穷等比数列的求和公式直接求出答案即可.

【详解】因为，所以是首项为，公比为的等比数列，

所以.

故答案为：.

5．有3位老师、4名学生排成一排照相，其中老师必须排在一起的排法共有________种.（用具体数字回答）

【答案】720

【分析】根据相邻问题捆绑法即可由分步乘法计数原理求解.

【详解】第一步：利用捆绑法把3名老师看做一个整体与学生全排列，则有,

第二步：解绑，3位老师之间的顺序为，

由乘法计数原理可得，

故答案为：720

6．已知直线的一个方向向量为，平面的一个法向量，若，则实数_______．

【答案】10

【分析】根据直线与平面平行，得到直线的方向向量与平面的法向量垂直，进而利用空间向量数量积为0列出方程，求出的值.

【详解】因为，所以直线的方向向量与平面的法向量垂直，

即，解得：.

故答案为：10

7．若的二项展开式中的常数项为，则实数a=___________.

【答案】

【分析】由二项式可得其展开式通项为，结合已知常数项求参数a即可.

【详解】由题设，二项式展开式通项为，

∴当，常数项为，可得.

故答案为：.

8．已知若三向量共面，则实数______．

【答案】

【分析】利用空间向量共面定理即可求解.

【详解】因为三向量共面，所以，

即

所以，解得，

故答案为:5.

9．用数学归纳法证明: 的第二步中，当时等式左边与时的等式左边的差等于___.

【答案】3k+2

【详解】试题分析：当时，等式的左边为，当时，等式的左边为，所以当时等式左边与时的等式左边的差等于.

【解析】数学归纳法.

10．对于数列满足:，记满足条件的所有数列中，的最大值为，最小值为，则__________;

【答案】

【分析】先根据求，，观察规律可得，进而可得答案.

【详解】因为，所以，即，

所以；

，所以或，即或；

，所以或或或，

即或或或或；

以此类推，可得的最小值为，的最大值，

所以.

故答案为：

11．某种平面分形图如下图所示，一级分形图是一个边长为1的等边三角形（图（1））;二级分形图是将一级分形图的每条线段三等分，并以中间的那一条线段为一底边向形外作等边三角形，然后去掉底边（图（2））;将二级分形图的每条线段三等边，重复上述的作图方法，得到三级分形图（图（3））;;重复上述作图方法，依次得到四级、五级、级分形图.则级分形图的周长为__________;

【答案】

【分析】根据题意，先分析边长之间的变化规律，再分析边数的变化规律即可求出第个图形的周长，从而可求出周长.

【详解】由题意可知，第1个图形的边长为1，第2个图形的边长为第1个图形边长的，第3个图形的边长又是第2个图形边长的，……，

所以各个图形的边长构成首项为1，公比为的等比数列，

所以第个图形的边长为，

由图可知，各个图形的边数,构成首项为3，公比为4的等比数列，

所以第个图形的边数为，

所以第个图形的周长为，

故答案为：

12．设集合，选择的两个非空子集和，要使中最小的数大于中最大的数，则不同的和共有__________个组合.

【答案】

【分析】先分析集合A,分别有多少种选择方法，根据分步计数原理相乘，再对、求和即可求得结果.

【详解】设A中最大的数为，中最大的数为，依题意有.

记，，.因为中最小的数大于A中最大的数，所以A中其它元素只能取自集合，有种选择方法；

中其它元素只能取自集合，有种选择方法；

内的数既不属于A也不属于.根据分步计数原理，集合A，的选择方法有种. 因为，所以满足题目条件的所有集合A，的选择方法种数为.

【点睛】本题求解的关键是：把集合分成三部分，利用分步计数原理求出集合A,B的选择方法，利用等比数列的求和公式求和，综合了集合子集，数列求和，计数原理三模块的知识.

二、单选题

13．若成等比数列，则下列三个数列：（1）;（2）;（3），必成等比数列的个数为（   ）

A．0 B．1 C．2 D．3

【答案】C

【分析】根据成等比数列，设其公比为( )，利用等比数列的定义即可结合所给式子进行判断.

【详解】成等比数列，设公比为 ，则均不为0，且，

，故成等比数列，且公比为，

因此成等比数列，且公比为，

，当时，成等比数列，且公比为，但当时，不是等比数列，

故选：C

14．设等差数列的前项和为，若，则（   ）

A．且 B．且

C．且 D．且

【答案】C

【分析】根据题意，利用等差数列求和公式和等差中项性质可判断，的正负.

【详解】因为，所以，

因为，所以，

故选：C.

15．设是空间中给定的5个不同的点，则使成立的点的个数为（ ）

A．0 B．1 C．5 D．10

【答案】B

【详解】【解析】向量的加法及其几何意义．

分析：根据所给的四个固定的点，和以这四个点为终点的向量的和是一个零向量，根据向量加法法则，知这样的点是一个唯一确定的点．

解：根据所给的四个向量的和是一个零向量，

当A1，A2，A3，A4，A5是平面上给定的5个不同点确定以后，

在平面上有且只有一个点满足使得四个向量的和等于零向量，

故选B．

16．设各项均为正整数的无穷等差数列，满足，且存在正整数，使,成等比数列，则公差的所有可能取值的个数为（   ）

A．1 B．3 C．4 D．5

【答案】C

【分析】利用等差数列的通项表示出的关系式，结合,成等比数列，分类讨论可得答案.

【详解】根据题意可知，，化简可得，

因为各项均为正整数，则，

故是337的倍数，且，

因为，成等比数列，所以，

则   ，  又因为，

分为以下情况讨论：

① 若，则，可得，

，解得，合乎题意；

②若，则，可得，

，解得，合乎题意；

③ 若，则，可得，

，解得，合乎题意；

④若，则，可得，

，解得，不合乎题意；

⑤若，则，可得，

此时不是整数，不合题意；

⑥若，则，可得，此时是常数列，且每一项均为，合乎题意；

综上所述，公差的所有可能取值的个数为.

故选：C.

三、解答题

17．已知数列是公差大于零的等差数列，且，求数列的通项公式以及前项和.

【答案】，

【分析】通过联立方程组解得和的值，求出首项和公差，通过等差数列的通项公式和前项和公式，求出数列的通项公式以及前项和

【详解】依题意，，解得或，公差大于零，

（舍去），，，，

，

，

数列的通项公式；

数列的前项和.

18．如图，正方体的棱长为2，分别是的中点，请运用空间向量方法（建系如图）.求解下列问题:

(1)求异面直线与所成角的大小;

(2)求到平面的距离.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据题意得到各点的坐标，从而得到与，再利用空间向量夹角的余弦表示即可得解；

（2）先求得与平面的一个法向量，再利用点到平面距离的向量解法即可得解.

【详解】（1）根据题意，得，，，，，，，，

.

则，，

设异面直线与所成的角为，则，

所以，则，

所以异面直线与所成的角为.

（2）由（1）得，，，

设是平面的一个法向量，则，即，

取，则，故，

所以点E到平面的距离为.

19．已知数列是首项等于且公比不为1的等比数列，是它的前项和.

(1)若公比为2，求满足的最小正整数;

(2)若，设，求数列的前项和的最小值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据首项和公比，写出的公式，再解不等式即可；

（2）根据，代入首项即可求得公比，进而求得的通项公式，根据等差数列的定义可证明为等差数列，进而求得，化简后根据二次函数性质求最小值即可.

【详解】（1）因为等比数列首项为，公比为，

所以，，

即，，因为，

所以只需即可，解得，，

故满足的最小正整数；

（2）因为等比数列首项为，设公比为，代入中有：

，解得（舍）或，

所以，故，

因为，

所以是等差数列，且，

所以

，

因为，所以，且有，

所以当或时，取得最小值，最小值为.

20．已知数列满足.

(1)若，求数列的通项公式;

(2)若，求证:数列为等差数列，并求的通项公式;

(3)对于（2）中的数列，设，则数列是否有最大项，如有，请求出是第几项，若没有，请说明理由.

【答案】(1)

(2)

(3)有, 第8项和第9项

【分析】（1）将代入，再用累加法即可求得的通项公式；

（2）将代入，令，根据等差数列的定义即可证明，再根据的通项公式，即可求得的通项公式；

（3）先求出的通项公式，若有最大项，只需该项大于等于其前一项以及后一项，建立不等式解出即可.

【详解】（1）因为，所以，

当时，，，，，

上述式子累加，可得

，

因为，所以，

当时，，符合通项公式，

故；

（2）因为，所以，

两边同时乘以，可得，

令，上式即为，

即，因为，

故，即为以9为首项，9为公差的等差数列，

所以，即，解得；

（3）由（2）知，所以，

假设数列最大项为，则有，

即，解得，

所以数列有最大项，最大项为第8项和第9项.

【点睛】思路点睛：该题考查数列的综合应用，属于中难题，关于求数列最大项和最小项的思路有：

（1）将数列视为函数，当时所对应的一列函数值，根据的类型作出相对应的函数图象，或利用求函数最值的方法，求出的最值，进而求得数列的最值项；

（2）通过通项公式研究数列的单调性，利用，确定最大项，利用确定最小项.

21．设数列的前项和为.若，则称是“紧密数列”.

(1)已知数列是“紧密数列”，其前5项依次为，求的取值范围;

(2)若数列的前项和为，判断是否是“紧密数列”，并说明理由;

(3)设数列是公比为的等比数列.若数列与都是“紧密数列”，求的取值范围.

【答案】(1)

(2)数列为“紧密”数列；理由见详解.

(3)

【分析】（1）根据题意，得到，且，求解，即可得出结果；

（2）根据，求出，计算的范围，即可得出结论；

（3）先讨论，易得满足题意；再讨论，得到，，根据为“紧密”数列，得到或，分别根据这两种情况，计算的范围，即可得出结果.

【详解】（1）若数列为“紧密”数列，

则，且，

解得：，

即的取值范围为.

（2）数列为“紧密”数列；理由如下：

数列的前项和，

当时，；

当时，，

又，即满足，

因此，

所以对任意，，

所以，

因此数列为“紧密”数列；

（3）因为数列是公比为的等比数列，前项和为，

当时，有，，

所以，，满足题意；

当时，，，

因为为“紧密”数列，

所以，

即或，

当时，

，

，

所以，满足为“紧密”数列；

当时，，不满足为“紧密”数列；

综上，实数的取值范围是.