2023-2024学年上海师范大学附属中学闵行分校高二上学期期中数学试题含答案

这是一份2023-2024学年上海师范大学附属中学闵行分校高二上学期期中数学试题含答案，共19页。试卷主要包含了填空题，解答题，单选题等内容，欢迎下载使用。

一、填空题
1．课本必修第三册80页上介绍了“多面体的欧拉定理”：简单多面体的顶点数、棱数与面数之间具有关系：
【答案】
【分析】由“多面体的欧拉定理”即可得到结果.
【详解】由“多面体的欧拉定理”可得.
故答案为：.
2．循环小数化成分数为
【答案】
【分析】可以看成与一个以为首项，公比为的无穷等比数列的和，即可求解.
【详解】，
等式的右边是与一个以为首项，公比为的无穷等比数列的和，
等比数列的和为，
所以,
故答案为：
3．已知等差数列中，，，则
【答案】
【分析】根据等差数列的性质求解；
【详解】因为为等差数列，所以，，
两式相加得：
，
故答案为：.
4．球的体积是，则球的表面积是
【答案】
【分析】根据球的体积求得球的半径，由此求得球的表面积.
【详解】设球的半径为，依题意，故球的表面积为.
故答案为.
【点睛】本小题主要考查球的体积和表面积有关计算，属于基础题.
5．在棱长为的正方体中，点是棱靠近的三等分点，点是棱靠近的四等分点，则四棱锥的体积为
【答案】/0.125
【分析】根据锥体体积公式即可求解.
【详解】由于平面，
所以,
故答案为：

6．与空间不共面的四点距离相等的平面共有个
【答案】7
【分析】按一个点与另外三个点分别在平面两侧，两个点与另外两个点分别在平面两侧两类讨论即得.
【详解】由点A，B，C，D不共面，得点A，B，C，D构成四面体，
如图，取AB，AC，AD的中点M，E，F，连接ME，MF，EF，
则，，而平面，平面，平面，
于是得平面，平面，
而，平面，因此，平面平面，
由一个平面过一条线段的中点，则这条线段的两端点到这个平面的距离相等，
得点B，C，D到平面的距离等于点A到平面的距离，
同理，过点B或者C或者D的三条棱中点的平面与该点所对面平行，这一点与另外三点到平面距离相等，
因此，符合上述条件的平面有4个，
如图，取AC，AD，BD，BC的中点E，F，G，H连接EF，FG，GH，EH，
于是有，平面，平面，平面，则点C，D到平面的距离相等，
同理点A，B到平面的距离相等，并且等于点C，D到平面的距离，
同理，过除相对棱AD，BC外的另外四条棱中点的平面，可得点A，D，B，C到这个平面的距离相等，
过除相对棱AC，BD外的另外四条棱中点的平面，可得点A，C，B，D到这个平面的距离相等，
因此，符合与相对棱平行的平面有3个，
所以与不共面的四点等距离的平面有7个.
故答案为：7
二、解答题
7．在数列中，，且，求数列的通项公式．
【答案】
【分析】根据已知，利用累加法求数列的通项公式．
【详解】由题设，
所以且，
显然满足上式，
所以
三、填空题
8．设甲、乙两个圆柱的底面积分别为S1，S2，体积分别为V1，V2，若它们的侧面积相等，且＝，则的值是 ．
【答案】
【详解】试题分析：设两个圆柱的底面半径分别为R，r；高分别为H，h；∵，∴，它们的侧面积相等，∴，∴．故答案为．
【解析】1．棱柱、棱锥、棱台的体积；2．旋转体（圆柱、圆锥、圆台）．
9．设等比数列的公比为其前n项和为，若，，则正整数m的值为 .
【答案】3
【分析】利用等比数列的通项公式由条件可求得，然后由等比数列前项和公式可求得．
【详解】在等比数列中，因为，
所以，解得.
因为，所以，
解得.
故答案为：3．
【点睛】本题考查等比数列的通项公式和前项和公式，考查基本量运算，属于基础题．
10．已知圆锥底面半径为，高为，则过圆锥的母线的截面面积的最大值为
【答案】2
【分析】依题意求得圆锥的母线长，确定轴截面的顶角，从而求出截面面积的取值的最大值，由此得解．
【详解】依题意，设圆锥的母线长为，
圆锥的底面半径为，高为1，
，
设圆锥的轴截面的两母线夹角为，则，
，，
则过该圆锥的顶点作截面，截面上的两母线夹角设为，
故截面的面积为，当且仅当时，等号成立，
故截面的面积的最大值为2．
故答案为：2
11．若数列是等差数列，数列满足，的前项和用表示，若满足，则当等于 时，取得最大值．
【答案】
【分析】根据分析出公差为负数，且前16项均为正数，从第17项开始为负数，即可分析出的前项和取得最大值的时刻.
【详解】，
，即，
，又，，
，，
，，
，，
，
，，
，
则时，取得最大值为．
故答案为：
【点睛】此题考查等差数列的基本性质，涉及公差对单调性的影响，通过单调性处理数列中的项的符号，易错点在于忽略掉三项乘积虽有，但所以最大应该.
12．如图，已知正方体的棱长为2，长为2的线段MN的一个端点M在棱DD1上运动，点N在正方体的底面ABCD内运动，则MN的中点P的轨迹与正方体从顶点D出发的三个面所围成的几何体的表面积是________.
【答案】
【分析】所求几何体的表面积相当于点的轨迹面面积和点的轨迹面与正方体从顶点D出发的三个面所围成部分的面积之和.连接、，根据直角三角形性质可知点的轨迹为球面，且在正方体内部的部分为个球面，利用球的表面积公式，即可求得的轨迹面积，点的轨迹面与正方体从顶点D出发的三个面所围成部分的面积等于以点为圆心，为半径的圆的面积的，即可求解.
【详解】连接，则为直角三角形，在中，，为的中点，连接，则
所以点在以D为球心,半径的球面上，
又因为点只能落在正方体上或其内部，
所以点的轨迹的面积等于该球面面积的，
即，
又点的轨迹面与正方体从顶点D出发的三个面所围成部分的面积为以点为圆心，为半径的圆的面积的，
即，
故所求几何体的表面积.
故答案为：.
四、单选题
13．已知m，n，是三条不重合的直线，α，β是两个不重合的平面，则n//β的一个充分条件（ ）
A．m⊥β，m⊥nB．α∩β=，m⊥n，n⊥，m//α.
C．α⊥β，n⊥α，mβ，m与n不相交D．α∩β=，n//，mα，m与n相交
【答案】D
【分析】根据空间中的点、线、面的位置关系的判定定理和性质定理逐项判断后可得正确的选项.
【详解】对于A，若，则或，故A错.
对于B，在如图所示的正方体中，
平面平面，，平面，
，但与平面不平行，故B错.
对于C，若，则或，故C错.
对于D，因为，故或，若，则与没有公共点，
但相交且，故不成立，故，故，否则重合，与题设矛盾，
由线面平行的判定定理可得，故D正确.
故选：D.
【点睛】本题考查空间中与点、线、面位置关系有关的命题真假的判断，对于此类问题，可在正方体中寻找反例，也可以动态考虑位置关系得到所有可能的结果，从而判断命题的真假.
14．数列满足，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用递推公式可判断该数列为等差数列，可得通项公式，再利用裂项相消法求和.
【详解】由已知，，
可知数列是以为首项，为公差的等差数列，
所以，
，
所以，
故选：A.
15．下列四个正方体图形中,A,B为正方体的两个顶点,M,N,P分别为其所在棱的中点,能得出AB∥平面MNP的图形的个数有（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【解析】根据线面平行的判定逐个选项分析即可.
【详解】图①可知因为M,N分别为其所在棱的中点,
如图，连接AC,
故,平面ABC，
平面ABC，故平面 ,同理平面,又,
故ABC∥平面MNP,故AB∥平面MNP,
图①符合题意；
图④,如图,由中位线有,又四边形ABCD为平行四边形,故
,故AB∥PN,又平面MNP，平面MNP，故AB∥平面MNP,图④符合题意；
至于图②,取下底面中心O,则NO//AB,NO∩平面MNP=N,∴AB与平面MNP不平行，故②不成立.
对于图③，如图，过M作ME//AB,E是中点，ME与平面PMN相交，∴AB与平面PMN相交，∴AB与平面MNP不平行，故③不成立；
,
故选：B.
【点睛】本题主要考查了线面平行的判定与性质,属于基础题.
16．在和之间插入个数，组成首项为，末项为的等差数列，若这个数列的前项的和，后项的和之比为，则插入数的个数是（ ）
A．个B．个C．个D．个
【答案】B
【分析】设插入的这个数分别记为、、、，计算出这个数列的公差，计算出这个数列前项的和与所有项的和，根据这个数列的前项的和占所有项之和的可得出关于的等式，解出的值，即可得解.
【详解】设插入的这个数分别记为、、、，
由等差数列的性质可得，
这个数列的公差为，这个数列所有项的和为，
这个数列的前项的和为，
因为这个数列的前项的和与后项的和之比为，
则，即，解得，
所有，插入数的个数是个.
故选：B.
五、解答题
17．如图，在直三棱柱中，，分别是，的中点. 求证：
（1）平面平面；
（2）平面.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析
【分析】（1）证明平面得到答案.
（2）为中点，连接，，确定四边形为平行四边形，得到证明.
【详解】（1）在直三棱柱，则平面，平面，故，
，，故平面，平面，
故平面平面.
（2）如图所示：为中点，连接，，故，，
故，故四边形为平行四边形，故，平面，
故平面.
【点睛】本题考查了面面垂直，线面平行，意在考查学生的推断能力和空间想象能力.
18．设公比为正数的等比数列的前项和为，已知，数列满足.
(1)求数列和的通项公式；
(2)设数列的前项和为，若不等式恒成立，求的最小值.
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）根据等比数列基本量的计算即可得首项和公比，
（2）根据等差求和公式，将问题转化为对任意的恒成立，利用基本不等式求解最值即可求解.
【详解】（1）设公比为，且，
由可得，解得，
所以，，
（2）由于，所以，故，因此为等差数列，且公差为1，故，
由得，
进而可得对任意的恒成立，
令,则，
记，当且仅当时等号成立，但由于，，而，，，
所以，故，
，则
因此，故,
即的最小值为，
19．如图，在边长为12的正方形中，点在线段上，且，作，分别交于点，作，分别交于点，将该正方形沿折叠，使得与重合，构成如图所示的三棱柱.
(1)求四棱锥的体积；
(2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
【答案】(1)20
(2)
【分析】（1）首先证明面，然后求解；
（2）构建空间直角坐标系，求解面的法向量，然后求解二面角余弦值．
【详解】（1）在正方形中，
因为
所以三棱柱的底面三角形的边，
因为，所以,
所以，
因为正方形 ，,
所以又
所以面.
在直角梯形中, ,
所以,
即四棱锥的体积为20.
（2）
如图：以为原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，
则,
,
设平面的法向量为
解得：，
所以
又平面的法向量
设的夹角为
由图可知二面角平面与平面所成锐二面角的余弦值为锐角，
所以二面角的余弦值为.
20．设数列的前项和为，若．
（Ⅰ）证明为等比数列并求数列的通项公式；
（Ⅱ）设，数列的前项和为，求；
（Ⅲ）求证：．
【答案】（Ⅰ）证明见解析；；（Ⅱ）；（Ⅲ）证明见解析.
【解析】（Ⅰ）由已知利用与的关系得，当时，，即，即可证得结论，写出其通项公式，即可求得结果；
（Ⅱ）知，利用错位相减法求数列的前项和；
（Ⅲ）知，则，利用放缩法知，再结合分组求和及等比数列的求和公式可证得结论.
【详解】（Ⅰ）由得，当时，
两式作差得：，即，即，
令得，所以是以为首项，为公比的等比数列．
所以，故．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，
两式作差得：
所以．
（Ⅲ）由（Ⅰ）知，则，
恒成立，，即
所以，
所以．
【点睛】方法点睛：本题考查求一般数列的通项公式及一般数列的求和，求数列通项公式常用的方法：（1）由与的关系求通项公式；（2）累加法；（3）累乘法；（4）两边取到数，构造新数列法.
求数列和常用的方法：（1）等差等比数列：分组求和法；（2）倒序相加法；（3）（数列为等差数列）：裂项相消法；（4）等差等比数列：错位相减法.
21．正多面体又称为柏拉图立体，是指一个多面体的所有面都是全等的正三角形或正多边形，每个顶点聚集的棱的条数都相等，这样的多面体就叫做正多面体.可以验证一共只有五种多面体.令（均为正整数），我们发现有时候某正多面体的所有顶点都可以和另一个正多面体的一些顶点重合，例如正面体的所有顶点可以与正面体的某些顶点重合，正面体的所有顶点可以与正面体的所有顶点重合，等等.
(1)当正面体的所有顶点可以与正面体的某些顶点重合时，求正面体的棱与正面体的面所成线面角的最大值；
(2)当正面体在棱长为的正面体内，且正面体的所有顶点均为正面体各面的中心时，求正面体某一面所在平面截正面体所得截面面积；
(3)已知正面体的每个面均为正五边形，正面体的每个面均为正三角形.考生可在以下2问中选做1问.
（第一问答对得2分，第二问满分8分，两题均作答，以第一问结果给分）
第一问：求棱长为的正面体的表面积；
第二问：求棱长为的正面体的体积.
【答案】(1)
(2)
(3)第一问：；第二问：
【分析】（1）根据正面体特点得出、、、、即可求出夹角最大值；
（2）得出显然截面为边长为的正三角形即可求解；
（3）第一问：根据正二十面体各面为正三角形即可求解；
第二问：图形可以分为得到一个棱长相等的平行六面体和六个相同的立体图形，由此即可求解.
【详解】（1）设正面体每个端点出去的棱数相等为，
每个面的边的数量相等为，端点数量为，
面的数量为，棱的数量为，
由于每个棱用两个端点，所以有：，
由于每两个相邻的面共用一条棱，所以有：，
由，解得，
因为代表多边形的边数，所以，
因为要得到立体图形，必须有，
由题意易得，所以，，
所以满足条件的只有组解，
①，，，即正四面体；
②，，，即正六面体；
③，，，即正十二面体；
④，，，即正八面体；
⑤，，，即正二十面体。
即，，，，，
为了满足题意，只需找到正六面体的四个端点，端点距离全部相等，
满足题意的仅有一种，如图所示：
易得线面角只有或，所以夹角最大值为；
（2）
、、代表正六面体的中心，、、代表截面三角形，
显然截面为边长为的正三角形，面积；
（3）第一问：
正二十面体各面为正三角形，表面积；
第二问：正十二面体各面为正五边形，图形如下：
按照图示红色箭头分割，得到一个棱长相等的平行六面体和六个相同的立体图形，
如图、长度为1，且，
由易知，即正六面体边长为，
正六面体边长为，则，
沿着顶棱的两个端点，分别作关于顶棱垂直的切面，立体图形可以拆成两个四面体，一个三棱柱，
先算出绿色边的长度，再用勾股定理易得立体图形高为，
，
所以总体积为.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于熟悉正面体的性质以及对立体图形想象的正确.