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）.docx

1、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

2、. 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

3、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l内任意一点，AB，AC，过B作BDl于D、连接CD，则BDC为二面角l的平面角，ABDACD90，BAC为两条垂线AB与AC所成角或其补角，ABDC180，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（

4、 ）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

5、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

6、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

7、，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

8、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

9、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

10、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】 . #-0.75 . 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

11、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

12、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，得，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

13、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：x13+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-26820. 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

14、） 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

15、，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