四川省成都市新都一 2022-2023学年高二上学期周末数学练习02.docx

1、四川省成都市新都一中2021级高二上期数学周末练习02一、单选题1（）AB1CD2数列的通项公式为，则数列的前项和为（）ABCD3在中，已知点，且边的中点M在轴上，边的中点N在轴上，则直线的方程为（）ABCD4南宋数学家杨辉在详解九章算法和算法通变本末中，提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”，现有高阶等差数列，其前7项分别为1，5，11，21，37，61，95，则该数列的第8项为（）A99B131C139D1415在边长为243的正三角形三边上，分别取一个

2、三等分点，连接成一个较小的正三角形，然后在较小的正三角形中，以同样的方式形成一个更小的正三角形，如此重复九次，得到图中共有10个正三角形，其中最小的正三角形的面积为（）AB1CD6为了得到函数的图像，只需把函数的图像（）A向右平移个单位长度B向左平移个单位长度C向右平移个单位长度D向左平移个单位长度7直线的倾斜角的取值范围是（）ABCD8如图，一个直三棱柱形容器中盛有水，且侧棱AA1=8.若侧面AA1B1B水平放置时，液面恰好过AC，BC，A1C1，B1C1的三等分点处，当底面ABC水平放置时，液面高为（）ABCD9已知，则的值等于（）ABCD10点P为x轴上的点，A（-1，2），B（0，3）

3、，以A，B，P为顶点的三角形的面积为，则点P的坐标为（）A（4，0）或（10，0）B（4，0）或（-10，0）C（-4，0）或（10，0）D（-4，0）或（11，0）11如图，已知正方体的棱长为，沿图1中对角面将它分割成两个部分，拼成如图2的四棱柱，则该四棱柱的全面积为（）ABCD12下列命题：有两个面平行，其他各面都是平行四边形的几何体叫做棱柱；有两侧面与底面垂直的棱柱是直棱柱；过斜棱柱的侧棱作棱柱的截面，所得图形不可能是矩形；所有侧面都是全等的矩形的四棱柱一定是正四棱柱其中正确命题的个数为（）A0B1C2D3二、填空题13已知数列的前项和，则数列的前项和_.14如图，在四棱锥中，底面为平行

4、四边形，是上一点，当点满足条件：_时，平面.15直线关于直线对称的直线方程是_16如图是构造无理数的一种方法：线段；第一步，以线段为直角边作直角三角形，其中；第二步，以为直角边作直角三角形，其中；第三步，以为直角边作直角三角形，其中；，如此延续下去，可以得到长度为无理数的一系列线段，如，则_三、解答题17过点作直线l分别交x轴、y轴的正半轴于A，B两点.(1)求的最小值，及此时直线l的截距式方程；(2)求的最小值，及此时直线l的截距式方程.18Sn为正项数列an的前n项和，已知an2+an2Sn+2(1)求an的通项公式；(2)设bn，求数列bn的前n项和19已知函数.(1)求的单调递增区间；

5、(2)求在上的值域.20已知数列的前项和为，且(1)求的通项公式；(2)设，若，求21在中，已知.其中为内角，它们的对边分别为.(1)判断的形状(2)若，求的面积.22已知在长方形中，现将长方形沿对角线折起，使，得到一个四面体，如图所示(1)试问：在折叠的过程中，异面直线与，与能否垂直？若能垂直，求出相应的值；若不垂直，请说明理由；(2)当四面体体积最大时，求二面角的余弦值四川省成都市新都一中2021级高二上期数学周末练习02参考答案1C.故选：C.2B，.故选：B3A设，因为，所以且，解得，即，所以MN所在直线方程为，即故选：A4D设该高阶等差数列的第8项为，根据所给定义，用数列的后一项减去

6、前一项得到一个数列，得到的数列也用后一项减去前一项得到一个数列，即得到了一个等差数列，如图：由图可得，则.故选：D5A设第n个正三角形的边长为，则，由勾股定理知，所以，又，则，所以是首项为243，公比为的等比数列，所以，即，所以，故最小的正三角形的面积为.故选：A6B.，所以把函数的图像向左平移个单位长度得到函数的图像.故选：B7C易得斜率必存在，设的倾斜角为且，由可得斜率，因为，所以，所以，即，所以，故选：C8A如图，设靠近点的三等分点为点，当底面水平放置时，液面高度为，此时液体体积，因为,所以，,所以，解得.故选：A.9C.故选:C10B根据题意，设点的坐标为，则，故直线为：，即，故到直线

7、上的距离为：，又因为，所以由得，解得或，即为或.故选：B.11C由题意，拼成的几何体比原正方体的表面增加了两个截面，减少了原来两个正方形面，由于截面为矩形，长为，宽为，所以面积为，所以拼成的几何体的表面积为.故选：C.12A【分析】均可举出反例.【详解】如图1，满足有两个面平行，其他各面都是平行四边形，显然不是棱柱，故错误；如图2，满足两侧面与底面垂直，但不是直棱柱，错误；如图3，四边形为矩形，即过斜棱柱的侧棱作棱柱的截面，所得图形可能是矩形，错误；所有侧面都是全等的矩形的四棱柱不一定是正四棱柱，因为两底面不一定是正方形，错误故选：A13.由得当时，所以，又因为，所以，即是以1为首项，为公比的

8、等比数列，所以，故答案为：.14E是SA中点(答案表述不唯一)【分析】当为的中点，为的中点时，根据三角形中位线的性质即可判断，从而可得平面，由此可得出点满足条件的结论.【详解】连接交于O，连接OE，平面平面，平面平面，.又底面为平行四边形，为对角线与的交点，故为的中点,为的中点，故当满足条件: 时，面.故E是SA中点(答案表述不唯一)15联立，解得，即两直线的交点为在直线上取一点，设点P关于直线的对称点为，则，解得，即所以直线MQ的方程为，即.故答案为: 16解：由题可知所以，所以，所以.故答案为：.17(1)根据题意可设直线l的方程为，则，因为直线l过点，所以，又（当且仅当，即，时取等号），

9、所以，即，所以的最小值为8，此时直线l的截距式方程为.（2）由（1）可知，所以，则，所以，当且仅当，即时取等号.所以的最小值为4，此时，直线l的截距式方程为.18(1)Sn为正项数列an的前n项和，an2+an2Sn+2，an+12+an+12Sn+1+2，两式相减，得2（Sn+1Sn）2an+1，（an+1+an）（an+1an）an+1+an，an0，an+1an1，（a1+1）（a12）0，解得a12，或a11（舍），an是以2为首项，1为公差的等差数列，an的通项公式为an2+（n1）1n+1；（2）bn，数列bn的前n项和为：Tn19(1)，令，解得，故函数的单调递增区间为（2），又

10、在上单调递增，在上单调递减，故，从而，即，从而，故在上的值域为.20(1)解：由题意，数列满足，当时，两式相减得到，即，即，所以，令，可得，解得，可得，所以数列表示首项为，公差为的等差数列，所以，可得，所以数列的通项公式为.（2）解：由，可得，则，所以，两式相减，可得所以.21(1)因为，所以，所以，所以，即，因为，所以，即，所以，所以，即，所以是等腰三角形；（2）由（1）可知，又，所以，所以，因为，所以，所以22(1)若，由，得平面ACD，即，解得若，由，平面ABC，得平面ABC，即，解得，不成立，不成立（2）要使四面体ABCD体积最大，面积为定值，只需三棱锥ABCD的高最大即可，此时平面平面BCD.过点作交于点，因为平面平面BCD=BD.平面BCD，所以平面BCD，就是该四面体的高，在中，将四面体放入如下图所示，长、宽、高分别为，的长方体，则A点落在靠近的三等分点上过作，交于点，所以，连接，因为平面BCD，平面BCD，所以，又因为，过点作，交于点，连接，所以，所以，又因为，所以即为所求易知，二面角ACDB的余弦值为