江苏省盐城市响水县第二中学2021-2022学年高二数学(11-18班)下学期期中试题（Word版附解析）

响水县第二中学2021-2022学年第二学期期中考试高二数学试题命题人：审核人：时间：120分钟注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.已知集合，，则（  ）．A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由交集定义可直接得到结果.【详解】集合，所以.故选：B.2.已知为等差数列，，，则（）A.1B.2C.3D.4【答案】B【解析】【分析】由等差中项直接可得.【详解】因为为等差数列，所以．故选：B3.已知，则下列向量中与平行的是（） A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据空间向量共线的等价条件判断即可.【详解】对于A选项，因为，所以A选项中的向量与不平行；对于B选项，因为，所以B选项中的向量与不平行；对于C选项，因为，所以C选项中的向量与不平行；对于D选项，因为，所以D选项中的向量与平行；故选：D.4.某一数学问题可用综合法和分析法两种方法证明，有6名同学只会用综合法证明，有4名同学只会用分析法证明，现从这些同学中任选1名同学证明这个问题，不同的选法种树为（）.A.10B.16C.20D.24【答案】A【解析】【分析】根据题意，利用分类加法计数原理，即可求解.【详解】由题意，每一种方法都能证明该问题，根据分类加法计数原理，可得共有（种）．故选：A.5.自二面角内任意一点分别向两个面引垂线，则两垂线所成的角与二面角的平面角的关系是()A.相等B.互补C.互余D.相等或互补【答案】D【解析】【分析】作出图像数形结合即可判断.【详解】如图， A二面角αlβ内任意一点，AB⊥α，AC⊥β，过B作BD⊥l于D、连接CD，则∠BDC为二面角αlβ的平面角，∠ABD＝∠ACD＝90°，∠BAC为两条垂线AB与AC所成角或其补角，∵∠A＋∠BDC＝180°，∴当二面角的平面角为锐角或直角时，AB与AC所成角与二面角的平面角大小相等，当二面角的平面角为钝角时，AB与AC所成角与二面角的平面角大小互补.故选：D.6.在等比数列中，已知，，则数列为（）．A.递增数列B.递减数列C.常数列D.无法确定单调性【答案】A【解析】【分析】根据条件求出等比数列的公比，即可判断数列的单调性.【详解】由，可知，解得．又，所以数列为递增数列．故选：A7.函数在上是（）A.增函数B.减函数C.先增后减D.不确定【答案】A【解析】【分析】利用导数直接判断函数的单调性.【详解】∵，∴在上恒成立， ∴在上是增函数．故选：A8.不等式在上恒成立，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】将变为即，构造新函数，利用其单调性得到，继而求得答案.【详解】当时，不等式在上恒成立不会成立，故，当时，，此时不等式恒成立；不等式在上恒成立,即在上恒成立,而即，设，当时，，故是增函数，则即，故，设，当时，，递增，当时，，递减，故，则，综合以上，实数的取值范围是，故选：B 【点睛】本题考查了不等式的恒成立问题，解答时要注意导数的应用，利用导数判断函数的单调性以及求最值等，解答的关键是对原不等式进行变形，并构造新函数,这一点解题的突破点.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9.设数列满足，，数列的前项积为，则（）A.B.C.D.【答案】ABC【解析】【分析】通过迭代可以发现数列是以3为周期的周期数列，逐一判断四个选项即可【详解】由题意知，，，，，.由此可知数列是以3为周期周期数列.即故.故选：ABC.10.（多选）下列关于函数极值的说法正确的是（）.A.导数值为0的点一定是函数的极值点B.函数的极小值可大于它的极大值C.函数在定义域内必有一个极小值和一个极大值D.若在区间上有极值，则在区间上不单调【答案】BD【解析】【分析】对于AC，举例判断，对于BD，由极值的定义判断，【详解】对于A，若，则，令，则，而在上为增函数，所以无极值，所以导数值为0的点不一定是函数的极值点，所以A错 误，对于B，因为函数的极值是与它附近的函数值比较，是一个局部概念，所以函数的极小值可大于它的极大值，所以B正确，对于C，因为函数在上为增函数，所以在定义域内无极值，所以C错误，对于D，若在区间上有极值，则在区间上有增有减，由单调性的定义可知在区间上不单调，所以D正确，故选：BD11.如图，已知正方体的棱长为2，则下列四个结论正确的是（）A.直线与为异面直线B.平面C.D.三棱锥的体积为【答案】ABC【解析】【分析】根据异面直线的定义，线面平行，垂直的判定定理，几何体的体积求解方法依次讨论各选项即可得答案.【详解】解：对于A，直线平面，平面，直线，则易得直线与为异面直线，故A正确； 对于B，因为平面平面，所以平面，故B正确；对于C，连接，因为正方体中，，所以平面，所以，故C正确；对于D，三棱锥的体积，故D错误．故选:ABC.12.如图，标注的数字表示该段网线单位时间内可以通过的最大信息量，现从结点向结点传递消息，信息可以分开沿不同的路线同时传递，小圆圈表示网络的结点，结点之间的连线表示他们有网线相连，则单位时间内传递的信息量可以为（）A.B.C.D.【答案】AB【解析】【分析】先求出每一条线路单位时间内传递的最大信息量，再由分类加法原理求解即可 【详解】第一条线路单位时间内传递的最大信息量为；第二条线路单位时间内传递的最大信息量为；第三条线路单位时间内传递的最大信息量为；第四条线路单位时间内传递的最大信息量为．因此该段网线单位时间内可以通过的最大信息量为，故选：AB三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.用种不同的颜色给图中个格子涂色，每个格子涂一种颜色，要求相邻的两个格子颜色不同，涂色方法有______种.【答案】320【解析】【分析】先从左边第一个格子开始涂色，然后第二个、第三个、第四个格子涂色方法，由分步乘法计数原理可得解.【详解】先从左边第一个格子开始涂色，第一个格子有5种涂色方法，第二个格子有4种涂色方法，第三个格子有4种涂色方法，第四个格子有4种涂色方法，所以共有种不同的涂色方法.故答案为：.14.一个小球沿某一斜面自由滚下，测得滚下的路程（单位：）与时间（单位：）之间的函数关系为，则在时球的瞬时速度为______.【答案】【解析】【分析】利用导数定义可知，函数在处的导数值即是球在处的瞬时速度.【详解】.当，且趋于0时，趋于．故答案为：. 15.正方体中，分别是的中点，如图，则：与平面的位置关系是________．【答案】平行【解析】【分析】取的中点，连接，进而证明四边形为平行四边形得，进而证明平面.【详解】解析：如图，取的中点，连接∵为的中点，∴为的中位线，则，且.∵为的中点，∴且，∴且，∴四边形为平行四边形，∴，而平面，平面，∴平面.答案：平行 16.数列的前n项和为，且，，则_______；若恒成立，则k的最小值为_____．【答案】①.##-0.75②.1【解析】【分析】（1）根据题意，构造数列等比数列，由其通项公式，即可求得；（2）由的通项公式，结合等比数列的前项和公式，求得，利用指数函数的单调性求解函数最值，即可求得参数的最值.【详解】因为，，则，故为首项，公比为的等比数列，则，则；所以又，则，即，也就是，又，故只需，即，又，故的最小值为. 故答案为：；1.四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.有6名同学报名参加三个智力竞赛项目，在下列情况下各有多少种不同的报名方法？（不一定6名同学都参加）（1）每人恰好参加一项，每项人数不限；（2）每项限报一人，但每人参加的项目不限.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由人选项目，分个步骤完成，根据分步乘法计数原理可求解；（2）由项目找人，分三个步骤完成，根据分步乘法计数原理可求解；【小问1详解】每人都可以从这三个智力竞赛项目中选报一项，各有3种不同的报名方法．根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法种数为．【小问2详解】每项限报一人，但每人参加的项目不限．因此每一个项目都可以从这6人中选出1人参加．根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法种数为．18.已知数列的前n项和为，．（1）求，；（2）求数列的通项公式．【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）在中分别取，直接求解可得； （2）利用与的关系得递推公式，由递推公式可得为等比数列，然后可得.【小问1详解】由题知，即，所以．又，即，解得．【小问2详解】由，①得．②①－②，得，得，所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以．19.求函数，的最大值和最小值．【答案】最大值为56，最小值为-268．【解析】【分析】利用导数研究的单调性，结合已知闭区间求最值、极值，进而确定最值即可.【详解】由题设，，令，解得，．当x变化时，与的变化情况如下表：x－13+0-0+递增7递减-25递增又的定义域为闭区间，，，所以函数的最大值为56，最小值为-268．20.已知递增的等差数列满足，且是与的等比中项. （1）求数列通项公式；（2）设，数列的前项和为，求.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由等差中项求出，根据已知列方程可得公差，然后可解；（2）由题知，进而裂项相消法求解.【小问1详解】解：设等差数列的公差为，由题可知，因为，所以，又是与的等比中项，所以，即，得或（舍去）所以.【小问2详解】解：因为，所以..21.如图所示，正方形与梯形所在的平面互相垂直，已知． （1）求证：平面；（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）根据题意证得，，进而证得平面和平面，得到平面平面，即可证得平面.（2）根据题意证得两两垂直，以为原点，以所在的直线分别为轴、轴和轴建立空间直角坐标系，分别求得平面和的法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.【小问1详解】证明：由正方形与梯形，可得，，因为平面，且平面，所以平面，又因为平面，且平面，所以平面，又由，且平面，所以平面平面，因为平面，所以平面.【小问2详解】解：因为平面平面，平面平面，且，平面，所以平面，又因为平面，所以，由为正方形，所以，又由，所以两两垂直，以为原点，以所在的直线分别为轴、轴和轴建立空间直角坐标系， 如图所示，因为，可得则，设平面的法向量为，则，取，可得，所以，又由平面，所以平面一个法向量为，所以，即平面与平面所成锐二面角的余弦值为.22.已知曲线在处的切线为l．（1）求l的方程；（2）若，不等式恒成立，求实数m的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）求出导函数，计算得切线斜率，由点斜式得切线方程并整理成一般式；（2）对导函数再求导，确定导函数的单调性，得导函数的正负，从而确定函数在上的单调性，求得的最小值，解相应不等式得参数范围． 【小问1详解】由得，则，，故l的方程为，即．【小问2详解】设，则，故在上单调递增，∴，即当时，，∵在上单调递增，故的最小值为，∴，故，即m的取值范围为．