2021-2022学年江苏省镇江市扬中第二高级中学高二（下）期初数学试卷（Word解析版）

这是一份2021-2022学年江苏省镇江市扬中第二高级中学高二（下）期初数学试卷（Word解析版），共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
绝密★启用前2021-2022学年江苏省镇江市扬中第二高级中学高二（下）期初数学试卷  第I卷（选择题） 一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）已知函数在上的极小值为(    )A.  B.  C.  D. 在我国古代数学著作九章算术里有这样一段描述：今有良马和驽马发长安至齐，齐去长安一千一百二十五里，良马初日行一百零三里，日增十三里；驽马初日行九十七里，日减半里．良马先至齐，复还迎驽马，二马相逢．当二马相逢时，良马所行路程为(    )A. 里 B. 里 C. 里 D. 里分形几何学是数学家伯努瓦曼德尔布罗特在世纪年代创立的一门新的数学学科．它的创立为解决众多传统科学领域的难题提供了全新的思路．按照如图所示的分形规律可得如图所示的一个树形图．若记图中第行黑圈的个数为，则(    )
A.  B.  C.  D. 公差不为的等差数列中，其前项和为，若，且，，成等比数列，数列的前项和为，若对任意，均成立，则实数的取值范围是(    )A.  B.  C.  D. 在菱形中，，，将沿对角线折起使得二面角的大小为，则折叠后所得四面体的外接球的半径为(    )A.  B.  C.  D. 若椭圆上的点到右准线的距离为，过点的直线与交于两点，，且，则的斜率为(    )A.  B.  C.  D. 已知双曲线：，过的右焦点作垂直于渐近线的直线交两渐近线于，两点，，两点分别在一、四象限，若，则双曲线的离心率为(    )A.  B.  C.  D. 已知，则不等式的解集为(    )A.  B.  C.  D.  二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）如图，在正方体中，点在线段上运动，则下列结论正确的是(    )
A. 直线平面
B. 三棱锥的体积为定值
C. 异面直线与所成角的取值范围是
D. 直线与平面所成角的正弦值的最大值为已知抛物线的焦点为，，是抛物线上两点，则下列结论正确的是(    )A. 点的坐标为
B. 若直线过点，则
C. 若，则的最小值为
D. 若，则线段的中点到轴的距离为已知等比数列的公比为，其前项之积为，且满足，，，则(    )A.
B.
C. 的值是中最小的
D. 使成立的最大正整数的值为已知是的导函数，则下列结论正确的是(    )A. 在上单调递增
B. 在上两个零点
C. 当时，恒成立，则
D. 若函数只有一个极值点，则实数第II卷（非选择题） 三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）已知双曲线离心率为，则其渐近线与圆的位置关系是______．已知函数，数列是正项等比数列，且，______．如图所示，某地区为了绿化环境，在区域，内大面积植树造林，第棵树在点处，第棵树在点处，第棵树在点处，第棵树在处，根据此规律按图中箭头方向每隔个单位长度种棵树，那么：
第棵树所在点的坐标是，则______；
第棵树所在点的坐标是______．已知函数，若存在，，使得，则的取值范围是          ． 四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）本小题分
已知数列的前项和为，且满足，，．
求数列的通项公式；
若，且，求数列的前项和．本小题分
如图，在四棱锥中，底面四边形是矩形，，平面平面，二面角的大小为．
求证：平面；
求直线与平面所成的角的正弦值．
本小题分
设函数，其中．
当时，在时取得极值，求；
当时，若在上单调递增，求的取值范围；本小题分
某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池不计厚度设该蓄水池的底面半径为米，高为米，体积为立方米．假设建造成本仅与表面积有关，侧面积的建造成本为元平方米，底面的建造成本为元平方米，该蓄水池的总建造成本为元为圆周率．
将表示成的函数，并求该函数的定义域；
讨论函数的单调性，并确定和为何值时该蓄水池的体积最大．本小题分
如图，在直角梯形中，，，，点是边的中点，将沿折起，使平面平面，连接，，，得到如图所示的几何体．
Ⅰ求证：平面；
Ⅱ若，与其在平面内的正投影所成角的正切值为，求点到平面的距离．
本小题分
如图，已知椭圆：过点，离心率为，，分别是椭圆的左，右顶点，过右焦点且斜率为的直线线与椭圆相交于，两点．
求椭圆的标准方程；
记，的面积分别为，，若，求的值；
记直线、的斜率分别为，，求的值．

答案和解析 1.【答案】 【解析】解：由，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，所以是函数的极小值点，
极小值为：，
故选：．
根据极小值的定义，结合导数的性质进行求解即可．
本题考查利用导数研究函数的极值，考查学生的运算能力，属于中档题．
 2.【答案】 【解析】解：由题设可知，良马每日行程构成一个首项为，公差为的等差数列，
驽马每日行程构成一个首项为，公差为的等差数列，
则，，
数列的前项和为，
数列的前项和为，
又当经过天两马相逢时，两马行程和为，
整理得：，解得：或舍，
当二马相逢时，良马所行路程为，
故选：．
先由已知条件将所要解决的问题转化为两个等差数列的前项和为定值问题，再进行计算，即可求得结果．
本题以数学文化为背景，主要考查等差数列及等差数列的前项和的应用，属于中档题．
 3.【答案】 【解析】解：已知表示第行中的黑圈个数，设表示第行中的白圈个数，则由于每个白圈产生下一行的一白一黑两个圈，一个黑圈产生下一行的一个白圈个黑圈，
，，
又，；
，；
，；
，；
，；
，
故选：．
表示第行中的黑圈个数，设表示第行中的白圈个数，由题意可得，，根据初始值，由此递推，不难得出所求．
本题考查数列的递推公式，考查学生的运算能力，属于中档题．
 4.【答案】 【解析】解：设公差不为的等差数列中，前项和记为，
若，且，，成等比数列，
则，
即有，
由，解得，
则；
所以，
，
则，
所以．
故选：．
设公差为，运用等比中项和等差数列的求和公式，解方程可得，进而得到的通项公式，然后可得，然后求出，即可选出答案．
本题考查了等比中项和等差数列的求和公式，属于中档题．
 5.【答案】 【解析】解：如图，取的中点记为，连接，，
根据题意需要找到外接球的球心，取上离点近的三等分点记为，
同理取上离点近的三等分点记为，
自这两点分别作平面、平面的垂线，交于点，
则就是外接球的球心，连接，，

易证就是二面角的平面角，
所以是边长为的等边三角形，
所以．
在中，，所以．
又，所以．
故选：．
三棱锥的外心必定在过一个三角形的外心且与这个三角形所成的面垂直的垂线上，从而确定球心的位置，进而结合题意利用几何关系求出外接球的半径．
本题考查三棱锥的外接球问题，考查数学运算和直观想象的核心素养，其中确定球心的位置是解题的关键，属于中档题．
 6.【答案】 【解析】解：由已知可知椭圆的右准线方程为：，所以，即，
又由已知可得：，且，
联立方程解得：，，
所以椭圆的方程为：，
当的斜率不存在时，与轴垂直，方程为，不符题意，
当直线的斜率存在时，设的方程为：，
联立方程，消去可得：，
设，，则，，
由可得：，则，
所以，，联立解得，
故选：．
先由已知求出椭圆的方程，并设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理和向量的运算关系即可求解．
本题考查了椭圆的方程以及直线与椭圆的位置关系的应用，考查了学生的运算能力和分类讨论思想，属于中档题．
 7.【答案】 【解析】【分析】本题考查双曲线的简单性质的应用，考查数形结合思想，是中档题．
求出双曲线的渐近线方程，画出图形，利用点到直线的距离公式以及，推出，关系，然后求解离心率即可．【解答】解：由题意知：双曲线的右焦点，渐近线方程为，
即，
如图所示：
由点到直线距离公式可知：，
又，，，
，
设，
由双曲线对称性可知，
而，，
由正切二倍角公式可知：，
即，
化简可得：，
由双曲线离心率公式可知：．
故选：．  8.【答案】 【解析】解：的定义域为，关于原点对称，
，
可得为偶函数；
又，
当时，，即有，
所以在递增．
所以不等式即为，
即，即有，
可得，
化为，即，
解得，
则原不等式的解集为．
故选：．
首先由奇偶性的定义判断为偶函数，再由导数判断的单调性，将原不等式化为，解不等式可得所求解集．
本题考查函数的奇偶性和单调性的判断和运用：解不等式，以及导数的运用：求单调性，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
 9.【答案】 【解析】对于选项A，因为正方体体对角线垂直于与之异面的面对角线，
所以和面对角线，垂直．所以直线平面D.所以选项A正确；
对于选项B，因为，所以面，
所以不论点运动到任何位置，三棱锥体积都是一个定值．所以选项B正确；
对于选项C，因为，所以异面直线与所成角即为与所成的角，
所以他们成角的最小值为所以选项C错误；
对于选项D，如图，以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，
可求得，，，，
，设，
则，，所以，
所以，
当时，所以选项D正确．
故选：．
利用正方体中的线面位置关系求解，因为在上运动，所以可以利用等体积转化求解三棱锥体积问题．对于异面直线求角可以利用平移，线面角可以利用空间向量去求解．
本题考查了线面位置关系，等体积转换还考查了利用空间向量解决空间角问题．属于较难的题目．
 10.【答案】 【解析】【分析】本题考查抛物线的简单性质的应用，考查数形结合以及转化思想的应用，拔高题．
求出抛物线的焦点坐标，判断，利用抛物线的性质，通过，判断；根据抛物线的通径，判断；通过数形结合转化求解判断即可．【解答】解：抛物线的焦点为，所以不正确；
根据抛物线的性质可得：过时，则，所以B正确；
若，则的最小值为抛物线的通径长，为，所以C正确；
抛物线的焦点为，准线方程为，
取中点为，
过点、、分别作准线的垂线，，，
则，，，
所以，

所以线段的中的到轴的距离为，所以D正确；
故选：．  11.【答案】 【解析】解：：，，即，
又，且，，等比数列是一个增数列，A正确，
：，，且，
即且，
，B正确，
：，，等比数列是一个增数列，
又且，
的值是中最小的，C错误，
：，
，
，使成立的最大正整数的值为，D正确，
故选：．
利用等比数列的通项公式判断，利用等比数列的单调性及性质判断．
本题考查等比数列的通项公式，等比数列的单调性及性质，属于中档题．
 12.【答案】 【解析】【分析】本题考查利用导数研究函数的单调性，极值及最值，考查逻辑推理能力以及运算求解能力，属于中档题．
对于，直接求导判断导函数的正负即可作出结论；对于，，判断的单调性，仅有零点；对于，问题等价于函数在上单调递减，只需在上恒成立即可；对于，对函数求导，令，利用导数研究函数的性质，进而判断出实数的取值范围．【解答】解：对于，，当时，，故在上单调递增，则选项A正确；
对于，，，令，则，故在上单调递增，在上单调递减，且，当时，当时，且，故仅有零点，则选项B错误；

对于，令，则，
当时，恒成立，
在上单调递减，即在上恒成立，
在上恒成立，
又在上的最大值为，
，则选项C正确；
对于，，因为函数只有一个极值点，
则，所以，令，则，
易知，当时，，则在单调递减，当时，，则在单调递增增，
，且时，，当时，，
易知，当时，仅有一个零点，设为，
则当时，，当时，，
函数仅在处取得极小值，则选项D正确．

故选：．  13.【答案】相离 【解析】解：由题意，
所以，
故其渐近线方程，即，
圆心到直线的距离，
故渐近线与圆相离．
故答案为：相离．
由已知结合双曲线的性质可求渐近线方程，然后结合点到直线的距离公式可求圆心到渐近线距离，结合与半径的大小即可判断．
本题主要考查了双曲线的性质，直线与圆位置关系的判断，点到直线的距离公式，属于基础题．
 14.【答案】 【解析】解：由数列是正项等比数列，且，可得，
因为，
可设，
又，
两式相加可得，
所以．
故答案为：．
由等比数列的性质可得，求得，再由数列的倒序相加求和，可得所求和．
本题考查数列的倒序相加求和，以及函数的性质，考查转化思想和化简运算能力、推理能力，属于中档题．
 15.【答案】   【解析】解：设为第一个正方形，种植棵树，依次类推，
第二个正方形种植棵树，第三个正方形种植棵树，
构成公差为的等差数列，
个正方形有棵树，
由第棵树所在点坐标是，得．
由可知正方形种植的树，它们构成一个等差数列，公差为，
前个正方形共有棵树，
又，，，
第棵树在点处．
故答案为：；．
设为第一个正方形，种植棵树，依次类推，归纳出第二个正方形和第三个正方形种植的棵数，利用等差数列的求和公式能求出．
由可知正方形种植的树，它们构成一个等差数列，公差为，计算出前个正方形共有的棵数，从而得到第棵树所在点的坐标．
本题考查图形规律、简单的归纳推理、等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
 16.【答案】 【解析】【分析】本题考查利用导数研究恒成立与存在性问题、利用导数求函数的最值不含参、二次函数的最值，属于较难题．
由得到，利用导数研究函数的单调性和最值，得到的取值范围，将表示出来，利用换元法和二次函数的性质求出的取值范围．【解答】解：因为，
所以，所以，
因为，，
当时，，则，
令，得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以函数在处取得最小值，
所以，
所以，
令，则，
所以，
所以当时，取得最小值，当时，取得最大值，
所以的取值范围是．
故答案为：．  17.【答案】解：因为，所以，
两式相减得，
因为，，
所以令，则可得，
所以，
又，，，
所以
所以，，
所以数列是首项为、公比为的等比数列，
所以；
因为，所以，
所以，
所以． 【解析】由数列的递推式：时，；时，，结合等比数列的定义和通项公式，可得所求；
由对数的运算性质可得，，运用数列的裂项相消求和，化简可得所求和．
本题考查数列的递推式的运用，以及数列的裂项相消求和，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
 18.【答案】证明：底面四边形是矩形，，
又平面平面，平面平面，平面，
平面，
平面，平面，平面，
，，，
为二面角的平面角，
又二面角的大小为，，
在中，，
，即，
又，，平面，平面，
平面；
解：如右图所示，在底面内，过点作，垂足为，连接，
由知平面，平面，，
又，平面，平面，
平面，
为直线与平面所成的角，其中，
，
直线与平面所成的角的正弦值为． 【解析】本题主要考查面面垂直、线面垂直的性质定理及判定定理的应用、二面角的平面角的应用、线面角的正弦值的计算，属于中档题．
先由四边形是矩形推导出：，然后由平面平面推导出：平面，进而有：，，，再由二面角的大小为推导出：，最后利用线面垂直的判定定理证明结论；
先由题设条件和作出直线与平面所成的角，再计算出其正弦值即可．
 19.【答案】解：当时，，
，
因为在处取得极值，
所以，即，解得，
此时，，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
故在处取得极值，
故符合题意．
当时，，，
所以，
令，
因为在上单调递增，
所以在上恒成立，
即在上恒成立，
因为图象开口向上，对称轴为，
所以要使在上恒成立，
则，
解得，即的取值范围是． 【解析】本题主要考查利用导数研究函数的单调性与极值，考查转化思想与运算求解能力，属于中档题．
代入的值，求出函数的导数，由，从而求出的值即可；
代入的值，求出函数的导数，由函数的单调性可得在上恒成立，从而确定的范围即可．
 20.【答案】解：蓄水池的侧面积的建造成本为元，底面积成本为元，
蓄水池的总建造成本为元，即，
，
，
又由，可得，
故函数，且定义域为
由中，可得，
令，则负值舍去，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，存在极大值，
故所以函数在上单调递增，在上单调递减，且当，时该蓄水池的体积最大． 【解析】本题考查了函数模型的应用，考查导数在实际问题的中的应用，考查利用导数研究函数的单调性与最值，属于中档题．
由已知中侧面积和底面积的单位建造成本，根据该蓄水池的总建造成本为元，构造方程整理后，可将表示成的函数，根据实际中半径与高为正数，得到函数的定义域；
根据中函数的定义域及解析式，利用导数法，可确定函数的单调性，根据单调性，可得函数的最大值点．
 21.【答案】Ⅰ证明：平面平面，平面平面，
又，平面，
平面，，
又折叠前后均有，，
平面．
Ⅱ解：由Ⅰ知平面，所以在平面内的正投影为，
即为与其在平面内的正投影所成角．
依题意，
，．
设，则，
，，
即，
解得，故．
由于平面，，为的中点，
由平面几何知识得，
同理，
．
平面，．
设点到平面的距离为，
则，
，即点到平面的距离为． 【解析】Ⅰ由题意结合面面垂直的性质可得，有平面，进一步得到，再由线面垂直的判定可得平面；
Ⅱ由Ⅰ知平面，可得在平面内的正投影为，求解直角三角形得到的值，然后利用等积法求得点到平面的距离．
本题考查直线与平面垂直的判定，考查空间想象能力和思维能力，训练了利用等积法求多面体的体积，是中档题．
 22.【答案】解：设椭圆的焦距为，离心率为，
，解得．
则椭圆的方程为．
设点，，
，整理可得，
即，，
代入坐标，可得即，
又点，在椭圆上，
解得直线的斜率．
直线的方程为
由消去得，
．
又

，
． 【解析】设椭圆的焦距为通过，离心率为，转化求解，，得到椭圆的方程．
设点，，利用，得，利用向量的关系推出，
通过平方差法求解直线的斜率即可．
直线的方程为，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理，求解直线的斜率关系，推出结果即可．
本题考查直线与椭圆的位置关系的综合应用，椭圆简单性质以及椭圆方程的求法，考查分析问题解决问题，是难题．