2021-2022学年福建省厦门第一中学高二下学期期中考试数学试题含解析

这是一份2021-2022学年福建省厦门第一中学高二下学期期中考试数学试题含解析，共19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。
2021-2022学年福建省厦门第一中学高二下学期期中考试数学试题一、单选题1．乘积展开后的项数是（        ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用乘法计数原理可得结果.【详解】由题意可知乘积展开后的项数是.故选：C.2．设随机变量～，若，则（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据对立事件的概率公式，先求出p，再依二项分布的期望公式求出结果【详解】由，所以，解得所以～，则故选：C3．若，则k等于（       ）A．3 B．6 C．6或2 D．6或3【答案】C【分析】由组合数的性质有，又，从而即可求解.【详解】解：由组合数的性质有，即，因为，所以，又，所以或，故选：C.4．已知函数，则函数的零点个数为（       ）A．1 B．0 C．3 D．2【答案】D【分析】当，直接计算函数的零点，当时，构造函数，，利用导数，结合零点存在性定理，即可判断函数的零点个数.【详解】当时，，得，即，成立，当时，，得，设，，，得或（舍），当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，所以时，函数取得最大值，，，，根据零点存在性定理可知，，存在1个零点，综上可知，函数有2个零点.故选：D5．平面内三个单位向量，，满足，则（       ）A．，方向相同 B．，方向相同C．，方向相同 D．，，两两互不共线【答案】A【分析】根据，得，两边利用单位向量的平方等于1，即可求出，解得，方向相同.【详解】因为，所以，所以，所以，所以，所以，所以所以，所以，方向相同，故选：A.6．全国上下团结一致、共同抗疫，很快疫情过后，阳光灿烂，甲乙两位游客通过厦门中学生助手的介绍来到鹭岛厦门旅游分别从鼓浪屿、植物园、环岛路和曾厝峖共4个著名旅游景点中随机选择其中一个景点游玩，记事件：甲和乙至少一人选择鼓浪屿，事件B:甲和乙选择的景点不同，则条件概率（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用条件概率求解.【详解】解：事件A的基本事件有个，事件B的基本事件有个，所以，故选：D7．记双曲线的左、右焦点分别为，过的直线与的左支交于两点，且，以线段为直径的圆过点，则的渐近线方程为（       ）A． B．C． D．【答案】C【分析】设，在中，结合双曲线定义，利用勾股定理可构造方程求得；在中，利用勾股定理和双曲线的关系可求得，由此可得渐近线方程.【详解】设，由得：；；由双曲线定义可知：，，，；线段为直径的圆过点，；在中，，即，解得：；在中，，即，即，，，则的渐近线方程为.故选：C.8．已知定义在上的函数的导函数为，且，，则下列不等式正确的是（       ）①   ②   ③   ④A．①③ B．②③ C．②④ D．②③④【答案】D【分析】令，，由已知条件得在，上单调递减，即可以利用函数的单调性判断四个结论的正误.【详解】令，，∵，∴，∴在，上单调递减，又∵，∴，结合选项可知，，从而有，即，故①错误；∵，∴，从而有，由可得，故②正确；∵，∴，∴,又∵，∴，即．故③正确；∵，∴，即，故④正确；故选：．二、多选题9．若，则下列结论中正确的是（       ）A． B．C． D．【答案】AC【分析】利用二项展开式的通项公式计算项的系数可得，，判断A，B；利用赋值法计算判断C；计算出可判断D.【详解】二项式的展开式通项公式为，，，A正确，B错误；展开式中的奇数项系数为正，偶数项系数为负，所以，C正确；，，，，因此，，D不正确.故选：AC10．在数列中，=1，数列是公比为2的等比数列，设为的前项和，则（       ）A． B．C．数列为递减数列 D．【答案】AC【分析】根据等比通项公式判断AB，根据指数函数以及反比例函数的性质判断的单调性，由放缩法结合等比求和公式判断D.【详解】解：因为，数列是公比为2的等比数列，所以，所以，A正确，B错误；根据指数函数的性质及反比例函数性质，可知递减，C正确；因为，所以，D错误.故选：AC11．甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙罐中有4个红球，3个白球和3个黑球．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以和表示由甲罐取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙罐中随机取出一球，以表示由乙罐取出的球是红球的事件，则（       ）A．B．C．事件与事件相互独立D．是两两互斥的事件【答案】ABD【分析】根据每次取一球，易得，，是两两互斥的事件，求得，然后由条件概率求得，，再逐项判断.【详解】解：因为每次取一球，所以，，是两两互斥的事件，故D正确；因为，所以，故B正确；同理，所以，故A正确；由于，故事件与事件不相互独立，故C错误.故选：ABD12．在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面，且.若点，，分别为棱，，的中点，则（       ）A．平面B．直线和直线所成的角为C．当点在平面内，且时，点的轨迹为一个椭圆D．过点，，的平面与四棱锥表面交线的周长为【答案】ABD【分析】将该四棱锥补成正方体后可判断AB的正误，结合椭圆的定义可判断C的正误，结合空间中垂直关系的转化可判断D的正误.【详解】将该四棱锥补成正方体，可知位于其体对角线上，则平面，即A正确；设中点为，则，且，即B正确；因为，故在空间中的轨迹为椭圆绕其长轴旋转形成的椭球，又平面与其长轴垂直，所以截面为圆，即C错误；设平面与，交于点，，连接，因为，故，所以，而，故，同理，而，故平面，而平面，则，因为平面，平面，故，而，，故平面，而平面，故，因，则平面，而平面，则，所以，同理，又，，则，而，所以交线长为，即D正确.故选：ABD.【点睛】思路点睛：空间中动点的轨迹，一般可根据平面曲线的定义结合旋转来处理，而截面问题则需结合位置关系的判定与性质或平面的性质来处理.三、填空题13．厦门中学生助手所在的厦门一中选修课种类丰富多彩，极大拓展了学生的视野，现有A类选修课4门，B类选修课3门，小张同学打算从中选择三门，若要求两类课程各至少选1门，则不同的选法种数为________.【答案】30【分析】由题意，可以选A类2门B类1门，也可以选A类1门B类2门，利用分类分步计数原理即可求解.【详解】解：由题意，小张同学从中选择三门，要求两类课程各至少选1门，则可以选A类2门B类1门，也可以选A类1门B类2门，所以不同的选法种数共有，故答案为：30.14．除以的余数是__________.【答案】8【分析】结合二项式展开式的通项公式求得正确答案.【详解】，展开式的通项公式为，当时，为.所以除以的余数是.故答案为：15．已知抛物线的焦点为F，准线为l，A，B是抛物线C上的两个动点，且，设线段的中点M在准线l上的射影为点N，则的值是________.【答案】【分析】作辅助线，设，， 由题意可得，利用梯形中位线定理表示出，求得，即可求得答案.【详解】如图示，作 ，设，，由抛物线定义，得，在梯形中，,因为且，所以 ，则 ，又 ，故，故答案为：16．某市为表彰在抗疫中表现突出的个人，制作了荣誉勋章，其挂坠结构示意图如图，O为图中两个同心圆的圆心，三角形ABC中，，大圆半径，小圆半径，记为三角形OAB与三角形OAC的面积之和．设阴影部分的面积为S，当取得最大值时，______．【答案】【分析】过点作于点，则点位的中点，所以，，三点共线，设，，用表示出，，得到的表达式，构造函数，利用导数研究函数的单调性以及最值，即可得到答案．【详解】解：过点O作于点D，则点D为BC的中点，又，所以A，O，D三点共线，设，，则，所以，，则，令，，则，令，解得或（舍），令，，则当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，当时，取得最大值，此时，所以当取得最大值时，．故答案为：.四、解答题17．已知数列，，，且，是与的等差中项．(1)求数列的通项公式；(2)若，，求的最大值．【答案】(1)；(2)36﹒【分析】(1)通过，可知，进而得出是等比数列且求出公比，再结合是与的等差中项求出首项，进而得到的通项公式；(2)结合(1)计算出，判断{}为单调递减的等差数列，从而可得的最大值．【详解】(1)由题可知，即，则，∴数列是公比为2的等比数列，∵是与的等差中项，∴，即，解得，∴数列的通项公式为；(2)由(1)知，∴，∴，∴数列是一个公差为－2的递减等差数列，且，，故的最大值为.18．已知函数(1)讨论函数的单调性与极值；(2)若时，函数有两个零点，求实数a的取值范围【答案】(1)答案见解析(2)a>1【分析】（1）求出函数的导数，就、分类讨论导数的符号后可求函数的单调性.（2）根据（1）中的单调性可得，结合及零点存在定理可判断此时函数有两个零点.【详解】(1).①当时，恒成立，在R上单调递增，无极大值也无极小值；②当，时，，时，单调递增，在单调递减，在单调递增，函数的极小值为，无极大值.(2)若有两个不同的零点，因为，由（1）知当时，，在R上单调递增，则只有一个零点，不满足题意；当时，在单调递减，在单调递增i：当即时，∴在递增，只有一个零点，不满足题意；ii：当即时，∴在上递减，在递增，且，故，而，设，则，设，则，所以在上为增函数，故即，故为上为增函数，故，而，故在上有一个零点，故函数f(x)有两个不同的零点，综上所述a>1【点睛】思路点睛：导数背景下的零点问题，往往需要讨论函数的单调性，并且需要结合零点存在定理来判断零点的存在性.19．如图，在三棱锥中，平面ABC，．(1)求证：平面平面MBC；(2)若直线AB与平面MBC所成角为，点E为AM的中点，求二面角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）先根据线面垂直的判定定理证明平面MBC，再根据面面垂直的判定定理证明结论；（2）建立空间直角坐标系，求得相关各点的坐标，再求得相关向量的坐标，继而求得平面BCE和平面ACE的法向量，根据向量的夹角公式求得答案.【详解】(1)在三棱锥中，平面ABC，平面ABC，所以,又,且平面MBC,所以平面MBC,平面MAC ,所以平面平面MBC；(2)由（1）知平面MBC,，故即为直线AB与平面MBC所成角，则，故 ，以B为坐标原点，在平面ABC内过点B作AB的垂线，作为x轴，BA为y轴，BM为z轴，建立空间直角坐标系,则 ,故 ,设平面BCE的法向量为 ，则 ,即 ，可取 ，则得平面BCE的一个法向量为，设平面ACE的法向量为 ，则 ,即 ，可取 ，则得平面ACE的一个法向量为，故 ，由图知二面角为钝角，其余弦值为 ，则二面角的正弦值为 .20．为弘扬中国传统文化，某电视台举行国宝知识大赛，先进行预赛，规则如下：①有易､中､难三类题，共进行四轮比赛，每轮选手自行选择一类题，随机抽出该类题中的一个回答；②答对得分，答错不得分；③四轮答题中，每类题最多选择两次.四轮答题得分总和不低于10分进入决赛.选手甲答对各题是相互独立的，答对每类题的概率及得分如下表： 容易题中等题难题答对概率0.60.50.3答对得分345 (1)若甲前两轮都选择了中等题，并只答对了一个，你认为他后两轮应该怎样选择答题，并说明理由；(2)甲四轮答题中，选择了一个容易题､两个中等题､一个难题，若容易题答对，记甲预赛四轮得分总和为，求随机变量的数学期望.【答案】(1)选择容易题进行答题，理由见解析；(2)【分析】（1）依题意甲前两轮都选择了中等题，则后两轮的选择还有三种方案：即都选择容易题，都选择难题，选择一个容易题、一个难题，分别求出总得分不低于10分的概率，即可判断；（2）依题意的可能取值为、、、、、，求出所对应的概率，即可得到分布列，再求出数学期望即可；【详解】(1)解：依题意甲前两轮都选择了中等题，则后两轮的选择还有三种方案：方案一：都选择容易题，则总得分不低于10分的概率为；方案二：都选择难题，则总得分不低于10分的概率为；方案三：选择一个容易题、一个难题，则总得分不低于10分的概率为；因为，所以后两轮应该选择容易题进行答题；(2)解：依题意的可能取值为、、、、、，则，，，，，，所以的分布列为： 所以21．已知椭圆过点，离心率为．(1)求椭圆的方程；(2)直线与椭圆交于、两点，过、作直线的垂线，垂足分别为、，点为线段的中点，为椭圆的左焦点．求证：四边形为梯形．【答案】(1)(2)见解析【分析】（1）根据已知条件，结合离心率的定义和的平方关系，求得的值，进而得到椭圆的方程.（2）分析可得四边形为梯形的充分必要条件是，设,可转化为证明，然后联立方程组，利用韦达定理证得此式，即证得结论.【详解】(1)解：由已知得,解得,∴椭圆的方程.(2)证明：由（1）的结论可知，椭圆的左焦点,设,则,.，.∵直线与椭圆交于、两点，∴ 由于直线与直线不平行，∴四边形为梯形的充分必要条件是，即，即,即,∵,∴上式又等价于，即（）.由,得,∴, ，∴（）成立，∴四边形为梯形.22．已知是函数的一条切线，，且是的导数．(1)求的值；(2)证明：当，时，．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）设与直线的切点为，由导数的几何意义可得，又，联立即可求解；（2）由题意可得，在上单调递增， ， 在上单调递增，进而分析：要证，即证，只需证，即证，只需证，然后构造函数（其中即可证明.【详解】(1)解：，设与直线的切点为，则，所以，解得，所以；(2)解：由（1）可知，，，因为，当且仅当时等号成立，所以，所以在上单调递增， 又因为，且，所以， 因为，所以当时，，在上单调递增，要证，即证，只需证，即证，因为，所以，所以只需证，设（其中，因为，所以在上为增函数，所以，故式成立，从而得证.【点睛】关键点点睛：本题（2）问解题的关键是，分析要证，即证，只需证，即证，只需证，从而构造函数即可证明.