2021年北京市海淀区四校联考高二上期中数学试卷（含答案解析）

《2021年北京市海淀区四校联考高二上期中数学试卷（含答案解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021年北京市海淀区四校联考高二上期中数学试卷（含答案解析）（16页珍藏版）》请在七七文库上搜索。

1、2021年北京市海淀区四校联考高二上期中数学试卷一、选择题（共6小题，每小题3分，共18分）1（3分）若向量，1，则的坐标可以为A，B，1，C，D，1，2（3分）设等差数列前项和是，若，则的通项公式可以是ABCD3（3分）已知，为空间向量，下列关于它们的说法正确的A若，且，则B若，则，共面CD向量在向量方向上的投影的数量一定是正的4（3分）已知，则下列说法错误的是A若分别是直线，的方向向量，则直线，所成的角的余弦值是B若分别是直线的方向向量与平面的法向量，则直线与平面所成的角的余弦值是C若分别是平面，的法向量，则平面，所成的角的余弦值是D若分别是直线的方向向量与平面的法向量，则直线与平面所成的

2、角的正弦值是5（3分）斐波那契数列又称兔子数列1202年，27岁的意大利数学家斐波那契在算盘书中从兔子问题得到了斐波那契数列，1，2，3，5，8，13，斐波那契数列满足，斐波那契数列也被称为黄金数列，因为随着项数的增加，每一项与前一项的比值会越来越逼近黄金分割的数值以斐波那契数列的项为半径依次画四分之一扇形，可以画出斐波那契螺旋线，也成为黄金螺旋线更有趣的是这样一个完全由自然数构成的数列，其通项公式是用无理数来表示的，其通项公式为关于斐波那契数列，下列说法正确的个数为；斐波那契数列是递增数列；A1B2C3D46（3分）如图，正方体中，分别是线段，上的动点（不含端点），则下列各项中会随着，的运动

3、而变化的是A异面直线与直线所成的角的大小B平面与平面所成的角的大小C直线到平面距离的大小D异面直线，之间的距离的大小二、填空题（共8小题，每小题3分，共24分）7（3分）在空间直角坐标系中，已知，2，1，则，两点间的距离为 8（3分）在等比数列中，则的公比为 ，的前6项和为 9（3分）若向量，8，且，则10（3分）等差数列前项和为，且，则11（3分）已知数列前项和，则 12（3分）已知二面角为锐角，平面的法向量为，0，平面的法向量为，1，则，二面角的大小为 13（3分）等差数列前项的和是，且，下列关于的结论正确的有 ；的公差为；是递减数列；的最大值为1014（3分）无穷数列前项和为，若对任意的

4、，则；数列中不同的项最多有 个请你写出一个符合题意的数列三、解答题（共4题，共58分，解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程）15（16分）已知等差数列的前项和为，且（1）求数列的通项公式及；（2）设，求数列的前项和16（15分）已知数列中，设（1）证明：数列是等比数列；（2）求数列的通项公式及前项和17（16分）如图，是边长为2的正方形，平面，且（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成的角的正弦值；（3）求点到平面的距离18（11分）已知数列，的各项均为正整数，设集合，记的元素个数为（1）若数列，2，4，5，求集合，并写出的值；若数列，3，且，求数列和集合；（2）若是递增数列，求证：“”的充

5、要条件是“为等差数列”；（3）请你判断是否存在最大值，并说明理由参考答案一、选择题（共6小题，每小题3分，共18分）1【分析】根据题意，依次分析选项中向量是否满足，综合可得答案【解答】解：根据题意，依次分析选项：对于，两个向量不平行，不符合题意；对于，1，两个向量不平行，不符合题意；对于，两个向量平行，符合题意；对于，1，两个向量不平行，不符合题意；故选：【点评】本题考查空间向量平行的判断，注意空间向量平行的判断，属于基础题2【分析】设等差数列的公差为，从而，即，结合可得，进一步对选项进行逐项判断即可【解答】解：设等差数列的公差为，由，得，即，又，所以，满足，的只有选项，故选：【点评】本题考查

6、等差数列的通项公式与前项和公式，考查学生的逻辑推理和运算求解的能力，属于基础题3【分析】利用平面向量的数量积的运算性质对四个选项逐一分析可得答案【解答】解：对于，若，且，则，不能得到，故错误；对于，共面，故正确；对于，故错误；对于，若，则向量在向量方向上的投影的数量为0，故错误；故选：【点评】本题考查平面向量数量积的性质及其运算，考查逻辑推理能力与运算求解能力，属于中档题4【分析】根据直线与直线成角的定义判断；根据直线与平面成角的概念判断；根据平面与平面成角定义判断；根据直线与平面成角的概念判断【解答】解：对于，分别是直线，的方向向量，直线，所成的角的余弦值是，所以对；对于，分别是直线的方向向

7、量与平面的法向量，直线与平面所成的角的正弦值是，余弦值是，所以错；对于，分别是平面，的法向量，则平面，所成的角的余弦值是，所以对；对于，分别是直线的方向向量与平面的法向量，直线与平面所成的角的正弦值是，所以对故选：【点评】本题以命题真假判断为载体，考查了直线与平面成角问题，考查了异面直线成角问题，属于中档题5【分析】根据题中给出的斐波那契数列的定义，对选项中的等式逐一分析判断，即可得到答案【解答】解：由题设知：数列的前10项为：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，故正确；从第二项开始，斐波那契数列是递增数列，故错误；由，以上各式相加可得，所以，故错误又，将以上各式相加可得，故正确；

8、故选：【点评】本题主要考查数列的递推关系式在数列的项与和中的应用，属于中档题6【分析】建立空间直角坐标系，设，1，设正方体的棱长为1，求出两条直线的方向向量，由向量的夹角公式求解，即可判断选项，因为平面与平面所成的角的大小，即平面与平面所成的角的大小，即可判断选项，连接，证明平面平面，即可判断选项，【解答】解：对于，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示，设正方体的棱长为1，则，1，1，设，1，所以，则不是定值，故选项正确对于，平面与平面所成的角的大小，即平面与平面所成的角的大小，因为平面与平面是确定的两个平面，所以所成角的大小是定值，故选项错误；对于，连接，由正方体的几何性质可知，又，

9、所以平面平面，又平面，则直线到平面距离的大小为定值，故选项错误；对于，因为平面，平面，又平面平面，所以异面直线，之间的距离的大小为定值，故选项错误故选：【点评】本题以命题的真假判断为载体，考查了空间角的理解与应用，空间中线线、线面、面面位置关系的判定，考查了逻辑推理能力、空间想象能力，属于中档题二、填空题（共8小题，每小题3分，共24分）7【分析】根据空间向量的坐标表示写出，再计算、两点间的距离即可【解答】解：因为，2，1，所以，两点间的距离为故答案为：，3【点评】本题考查了空间中的向量坐标表示，也考查了空间中两点距离的计算问题，是基础题8【分析】由和前项和公式可求得答案【解答】解：，；又，故

10、答案为：2；63【点评】本题考查了等比数列的通项公式及前 项和公式，属于易做题9【分析】利用向量垂直的性质直接求解【解答】解：向量，8，且，解得故答案为：5【点评】本题考查实数值的求法，考查向量垂直的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题10【分析】设等差数列的公差为，由可得，结合即可求出值，最后利用进行求解即可【解答】解：设等差数列的公差为，由，得，又，所以，所以故答案为：7【点评】本题考查等差数列的通项公式，考查学生基本运算求解的能力，属于基础题11【分析】根据数列前项和为，得出，利用，求出【解答】解：数列前项和为，；通项，；当时，满足；，故答案为：，【点评】本题考查了由数列前项和求通

11、项公式的问题，通常用求得，但需要验证是否满足公式，是基础题12【分析】利用空间向量的夹角公式求出，由二面角为锐角，即可得到答案【解答】解：因为平面的法向量为，0，平面的法向量为，1，所以，；因为二面角为锐角，所以二面角的大小为故答案为：；【点评】本题考查了空间法向量的理解与应用，空间向量夹角公式的应用，二面角的求解，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，属于中档题13【分析】设等差数列的公差为，根据可得，进一步求出与的值即可对结论进行逐个判断【解答】解：设等差数列的公差为，由，得，解得，所以的公差，则是递减数列，结论正确；又，结合二次函数性质可知当或5时有最大值，且最大值为，结论正确故答案为：【点

12、评】本题考查等差数列的通项公式与前项和公式，考查学生的逻辑推理及运算求解的能力，属于基础题14【分析】根据已知可得的前三项可以为1，1，0，也可以是1，0；2，0，0，由此可以求解；根据已知可得如果数列中含有“2”，则2必须是首项，如果数列中有“；0”，则，0一定不是首项，所以数列中不同的项最多有4个，进而可以求解；数列可以表示为【解答】解：因为无穷数列的前项和为，若对任意，数列的前三项可以为1，1，0，也可以是1，0；2，0，0，因为数列是无穷数列，若对任意的，所以如果数列中含有“2”，则2必须是首项，如果数列中有“；0”，则，0一定不是首项，所以数列中不同的项最多有4个，例如：2，0，1，

13、0，0，故答案为：1，（答案不唯一）；4；【点评】本题考查了数列的递推式的应用，考查了学生的逻辑推理能力以及运算求解能力，属于中档题三、解答题（共4题，共58分，解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程）15【分析】（1）直接利用等差数列的性质建立方程组，求出首项和公差，再求出数列的通项公式；（2）利用（1）的结论，利用裂项相消法，求出数列的前项和【解答】解：（1）设等差数列的首项为，公差为，由于数列满足，且所以，整理得，解得，所以，故；（2）由（1）得，故【点评】本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法，裂项相消法在数列求和中的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题16【分析】

14、（1）根据条件得到，结合，得到，从而证明数列是等比数列；（2）利用（1）的结论求出数列的通项公式，进一步求出数列的前项和【解答】证明：（1）数列中，整理得，又，所以，即（常数），所以数列是以2为首项，3为公比的等比数列；（2）由（1）可知，因为，所以；又，符合通项，所以；所以【点评】本题考查的知识要点：等比数列的定义，等比数列的通项公式的求法，分组求和法，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题17【分析】（1）只要证明平行于平面内直线即可；（2）用向量数量积计算直线与平面成角正弦值；（3）用向量数量积计算点到平面距离【解答】（1）证明：因为是正方形，所以，又因为平面，平面，所以平面（

15、2）解：建系如图，由题意知，0，2，2，0，0，2，0，2，令，1，因为，所以是平面的法向量，所以直线与平面所成的角的正弦值为（3）解：由（2）知，0，平面的法向量是，1，所以点到平面的距离为【点评】本题考查了直线与平面的位置关系，考查了直线与平面的成角问题，考查了点到平面距离问题，属于中档题18【分析】（1）根据新定义列举出集合的元素即可求；根据可知，求出，即可求解；（2）先假设数列是递增数列，设公差为，则，可知的最大值，最小值，即可得，反之，是递增数列，根据数列的新定义可得，可得为等差数列，由充分条件和必要条件的定义即可得求证；（3）假设存在最大值为，集合中的元素从小到大排列分别为，则，则

16、，且与假设矛盾即可求证【解答】解：（1）因为，所以集合，2，3，因为，3，且，所以，均不相等，所以2，都是集合中的元素，因为，所以可得：，所以数列，3，5，7，4，；证明：（2）充分性；是递增数列，若为等差数列，则，设 的公差为，当时，所以，所以，故充分性成立必要性：若是递增数列，则为等差数列，因为 是递增数列，所以，所以，且互不相等，所以，又因为，所以，且互不相等，所以，所以，所以 为等差数列，必要性成立所以若 是递增数列，“”的充要条件是“为等差数列”；解：（3）不存在最大值理由如下：假设存在最大值为，即中有个元素，分别为，且，不妨设，其中且与均是正整数，则，且也是正整数，所以，所以中有个元素，与假设中有个元素矛盾，所以假设不成立，所以不存在最大值【点评】本题考查数列的应用，考查学生的运算能力，属于难题