黑龙江省双鸭山市宝清县第二高级中学2021-2022学年高二下学期期中考试数学试题（Word版含答案）

宝清县第二高级中学2021-2022学年高二下学期期中考试
数学试卷
考试范围：数列，导数；考试时间：120分钟；
一、单选题
1．一个物体的运动方程为，其中的单位是米，的单位是秒，则该物体在2秒末的瞬时速度是（ ）
A．8米/秒 B．12米/秒 C．16米/秒 D．20米/秒
2．设为等差数列的前项和，若，，则（ ）
A．26 B．27 C．28 D．29
3．下列函数的求导正确的是（ ）
A． B． C． D．
4．已知等比数列的前项和为，，，则（ ）
A．90 B．100 C．120 D．130
5．直线与曲线相切，则实数k的值为（ ）
A．1 B． C． D．
6．设等差数列，的前n项和分别是，，若，则（ ）
A． B． C． D．3
7．已知数列的首项为10，且满足，其前项和为，则满足不等式的的最小正整数值为（ ）
A．9 B．10 C．11 D．12
8．若，则（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．数列是首项为1的正项数列，，是数列的前n项和，则下列结论正确的是（ ）
A． B．数列是等比数列 C． D．
10．下列说法中正确的有（　　）
A．数列6，4，2，0是公差为2的等差数列
B．若{}为等差数列，为前n项和，则，，…仍为等差数列（）
C．若{}为等差数列，，则前n项和有最大值
D．等差数列的通项公式一定能写成的形式（k，b为常数）
11．给出定义：若函数在D上可导，即存在，且导函数在D上也可导，则称在上存在二阶导函数，记，若在上恒成立，则称在D上为凸函数，以下四个函数在上是凸函数的是( )
A． B． C． D．
12．已知函数，其中正确结论的是（ ）
A．当时，有最小值
B．对于任意的，函数是上的增函数
C．对于任意的，函数一定存在最小值
D．对于任意的，函数既存在极大值又存在极小值
三、填空题
13．等比数列的前n项和，则的通项公式为______．
14．若函数有三个单调区间，则实数a的取值范围是________．
15．在数列中，若，则________.
16．已知函数有且仅有两个不同的零点，则实数的取值范围是_
四、解答题
17．求下列函数的导数：
(1)；(2)；(3)；
(4)；(5)；
18．在等差数列中，已知 且．
(1)求的通项公式；
(2)设，求数列的前项和．
19．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，．
(1)求B；
(2)若，求的周长．
20．设是等比数列，公比大于，其前项和为，是等差数列.已知，，，.
(1)求和的通项公式；
(2)设，求的前项和.
21．如图，在四棱锥中，平面，四边形是菱形，，，是的中点．
(1)求证：；
(2)已知二面角的余弦值为，求与平面所成角的正弦值．
22．已知函数，.
(1)若，求曲线在处的切线方程；
(2)设函数在上的最大值和最小值分别为和，若，求的取值范围.
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【解析】
【分析】
由导数的物理意义即可求解.
【详解】
解：物体在2秒末的瞬时速度是在时的导数值，
因为，所以物体在2秒末的瞬时速度是20米/秒．
故选：D.
2．B
【解析】
【分析】
由，求出公差，该根据等差数列前项和公式求出.
【详解】
因为，，
所以，
解得，
所以，
故选：B.
3．B
【解析】
【分析】
对各个选项进行导数运算验证即可.
【详解】
，故A错误；
，故B正确；
，故C错误；
，故D错误.
故选：B
4．D
【解析】
【分析】
利用等比数列前n项和的性质求解即可
【详解】
设公比为，有，可得，
故选：D．
5．C
【解析】
【分析】
根据导数的几何意义即可求出切点，从而得到值．
【详解】
设直线与曲线的切点为
由，所以，解得
所以
故选：C
6．B
【解析】
【分析】
先由等差数列的前项和公式设出，，再按照直接计算即可.
【详解】
由等差数列的前项和公式满足形式，设，则，故.
故选：B.
7．C
【解析】
【分析】
根据给定条件求出数列的通项公式，再求出，借助解不等式作答.
【详解】
依题意，由，即，得，而，
则数列是以8为首项，为公比的等比数列，有，，
于是得：，由，得，
即，整理得：，，解得，
所以的最小正整数值为11.
故选：C
8．C
【解析】
【分析】
AB选项一组，CD选项一组，分别构造函数，利用函数的单调性进行比较即可
【详解】
对于AB选项:；
构造函数，A项可变成；B项可变为
求导得，令即
所以，函数单调递减；，函数单调递增，
因为，且，所以无法判断的大小关系，故AB错误
对于CD选项：;
构造函数，C项变为；D项变为
求导得，令即
所以，单调递增；，单调递减；
因为，根据单调性可得，即
故选：C
9．AB
【解析】
【分析】
由题设有，根据等比数列的定义判断B，并写出数列的通项公式，应用分组求和求，即可判断A、C、D.
【详解】
∵，可得，
∴数列是等比数列，B正确；
又，则，
∴，C错误；则，A正确；
∴，D错误．
故选：AB．
10．BCD
【解析】
【分析】
根据等差数列的定义、通项公式，结合等差数列前n项和的性质逐一判断即可.
【详解】
A：因为，所以该数列是公差为的等差数列，因此本选项说法不正确；
B：由等差数列的前n项和性质可知本选项说法正确；
C：因为，
所以当时，有最大值，因此本选项说法正确；
D：因为，
所以等差数列的通项公式一定能写成的形式（k，b为常数），因此本选项说法正确，
故选：BCD
11．BC
【解析】
【分析】
根据凸函数的定义，分别对各选项求二阶导，然后判断是否小于，从而得到正确选项．
【详解】
A．由，得，
所以，
因为，所以当时，，这与在定义域中小于不符，故A错误；
B．由，得，所以，
因为，所以在上恒成立，故B正确；
C．由，得，所以，
因为，所以恒成立，故C正确；
D．由，得，所以，
因为时，，，所以恒成立，与在定义域中小于不符，故D错误．
故选：BC．
12．AB
【解析】
【分析】
求得函数的定义域和导数，结合选项，利用导数求得函数的单调性和极值，逐项判定，即可求解.
【详解】
由题意，函数，可得，
对于A中，当时，可得，
设，可得，所以函数为单调递增函数，
又由，所以存在，使得，
当时，，即，单调递减；
当时，，即，单调递增，
所以当时，函数有最小值，所以A正确；
对于B中，当时，，所以单调递增，所以B正确；
对于C中，当时，，所以单调递增，
当时，，所以函数无最小值，所以C错误；
对于D中，当时，，令，即，
设，可得，所以函数为单调递增函数，
当时，；当时，，
所以存在唯一的使得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
当时，函数取得极小值，无极大值，所以D错误.
故选：AB.
13．
【解析】
【分析】
根据题意求出的前3项，根据是等比数列求出r即可.
【详解】
当时，；
当时，；
当时，.
∴，解得，
∴等比数列的首项，公比q＝3，∴.
故答案为：.
14．
【解析】
【分析】
由有两个不相等的实数根求得的取值范围.
【详解】
，
由于函数有三个单调区间，
所以有两个不相等的实数根，所以.
故答案为：
15．
【解析】
【分析】
通过取倒数的方法，证得数列是等差数列，求得，进而求得.
【详解】
取倒数得:，
所以数列是首项为1，公差为2的等差数列，
所以，所以.
故答案为：
16．
【解析】
【分析】
函数有两个不同的零点即y=a与g(x)=图像有两个交点，画出近似图象即得a的范围﹒
【详解】
∵函数有且仅有两个不同的零点，
令，则y=a与g(x)=图像有两个交点，
∵，
∴当时，，单调递减，当时，，单调递增，
∴当时，，
作出函数与的图象，
∴当时，y=a与g(x)有两个交点﹒
故答案为：﹒
17．(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
(6)
【解析】
【分析】
（1）利用基本初等函数及加法求导法则计算；（2）利用导函数乘法法则进行计算；（3）利用导函数乘法法则进行计算；（4）利用复合函数求导法则计算；（5）利用复合函数及导函数乘法法则进行计算；（6）利用求导加减乘除法则进行计算.
(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
(6)
18．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）由等差数列基本量的计算即可求解；
（2）由裂项相消求和法即可求解.
(1)
解：由题意，设等差数列的公差为，则,， 解得,
,；
(2)
解：，.
19．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）利用正弦定理化边为角，结合三角形内角关系，可得，从而可得出答案；
（2）利用正弦定理求得，即可得出答案.
(1)
解：由，可得，
因为，
所以，
则或（舍去），
故；
(2)
解：，，
因为，
所以，
，
故的周长为．
20．(1)，
(2)
【解析】
【分析】
（1）利用等差数列和等比数列通项公式可构造关于的方程，解方程求得后，利用等差和等比数列通项公式可得结果；
（2）由（1）可得，利用错位相减法可求得结果.
(1)
设等比数列的公比为，
由得：，解得：，；
设等差数列的公差为，
由得：，即；
由得：，即；
由得：，；
(2)
由（1）得：；
，
，
两式作差得：，
.
21．(1)证明见解析；
(2).
【解析】
【分析】
（1）由菱形及线面垂直的性质可得、，再根据线面垂直的判定、性质即可证结论.
（2）构建空间直角坐标系，设，结合已知确定相关点坐标，进而求面、面的法向量，结合已知二面角的余弦值求出参数t，再根据空间向量夹角的坐标表示求与平面所成角的正弦值．
(1)
由平面，平面，则，
又是菱形，则，又，
所以平面，平面
所以E.
(2)
分别以，，为，，轴正方向建立空间直角坐标系，
设，则，
由（1）知：平面的法向量为，
令面的法向量为，则，令，可得，
因为二面角的余弦值为，则，
可得，则，
设与平面所成的角为，又，，
所以.
22．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）直接求导后得到，直接写出切线即可；
（2）直接求导确定单调性，端点作差确定最大值，得到不等式，结合单调性求解即可.
(1)
若，，，
因为，，
所以曲线在处的切线方程为.
(2)
由题意知，则，
因为，所以当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增.
设，
则当时，，
所以当时，.
则在上的最小值为，最大值为，
所以，
设，则当时，，单调递增，
由，可得，
即的取值范围是.
答案第1页，共2页