福建省厦门第一中学2021-2022学年高二数学下学期期中考试试题（Word版附答案）

福建省厦门第一中学2021—2022学年度第二学期期中考试高二年数学试卷一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，只有一项是符合题目要求的。1．乘积展开后的项数是（）A．11B．45C．15D．602．设随机变量，若，则（）A．B．C．D．13．若，则k等于（）A．3B．6C．6或2D．6或34．已知函数，则函数的零点个数为（）A．1B．0C．3D．25．空间内三个单位向量，，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:甲和乙选择的景点不同，则条件概率()A．B．C．D．学科网（北京）股份有限公司\n7．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．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（）①②③④A．①③B．②③C．②④D．②③④二、多项选择题：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．若，则下列结论中正确的是（）A．B．C．D．10．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．学科网（北京）股份有限公司\n11．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，分别以事件，和表示从甲罐取出的球是红球，白球和黑球；再从乙罐中随机取出一球，以事件表示从乙罐取出的球是红球，则下列结论中正确的是（）A.B.，，是两两互斥的事件C.事件与事件相互独立D.12．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三、填空题，本题共4小题，每小题5分，共20分。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.14．除以9的余数是　　．15．已知抛物线的焦点为，准线为，，是抛物线上的两个动点，且，，设线段的中点在准线上的射影为点，则的值是　　．16．某市为表彰在抗疫中表现突出的个人，制作的荣誉勋章的挂坠结构示意图如图，为图中两个同心圆的圆心，三角形中，，大圆半径，小圆半径，记为三角形与三角形的面积之和．设阴影部分的面积为，当取得最大时，　　．学科网（北京）股份有限公司\n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．已知数列，，，且，是a2与a4的等差中项。（1）求数列的通项公式；（2）若满足，，求的最大值．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19．如图，在三棱锥中，平面，，，．（1）求证：平面平面；（2）若直线与平面所成角为，点为的中点，求二面角的正弦值．学科网（北京）股份有限公司\n20．为弘扬中国传统文化，厦门中学生助手在微信公众号上举行国宝知识大赛，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．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，垂足分别内、，点为线段的中点，为椭圆的左焦点。求证：四边形为梯形。22．已知函数的一条切线，，且是的导数．（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）证明：当，时，．学科网（北京）股份有限公司\n数学参考容案1-8BCCDADCD9.AC10.AC11.ABD12.ABD133014815168．解：令，，因为，则，故在，上单调递减，因为，则，结合选项可知，，从而有，即，故①错误，因为，结合在在，上单调递减可知，从而有，由可得，故②正确；，从而有，且，即．故③正确；，从而有即．故④正确．故选：．10．解：因为，数列是公比为2的等比数列，所以，所以，正确，错误，学科网（北京）股份有限公司\n根据指数函数的性质及反比例函数性质，可知递减，正确，，错误．故选：．11．解：由题意，、是两两互斥的事件，故正确；，，，，故正确；，，（B），故正确；，即（B），事件与事件不是相互独立事件，故错误．故选：．12．解：将该正四棱锥补成正方体，可知位于其体对角线上，则平面，故正确；设中点为，则，且，故正确；，在空间中的轨迹为椭圆绕其长轴旋转而成的椭球，又平面与其长轴垂直，截面为圆，故错误；学科网（北京）股份有限公司\n设平面与，交于点，，连接，，，，，，，，，，，，，而，故，同理，而，平面，而平面，则，平面，平面，，，，平面，平面，而平面，则，，同理，，又，，则，而，交线长为，故正确．学科网（北京）股份有限公司\n故选：．14．解：，除以9的余数是8．故答案为：8．15．解：在中，因为，，设，则，，设，在准线的射影分别为，，则，则，所以．故答案为：．16．解：过点作于点，则点位的中点，又，所以，，三点共线，设，，则，所以，学科网（北京）股份有限公司\n，则，令，所以，令，解得或（舍，令，所以在上单调递增，在上单调递减，则当时，取得最大值，此时，所以当取得最大时，．故答案为：．17．解：(1)，即所以数列是公比为2的等比数列，又∵a3+2是a2与a4的等差中项，∴2(a3+2)=a2+a4,即2(22a1+2)=2a1+23a1解得,所以数列的通项公式(2)，，当时，取得最大值36．18．（1）.学科网（北京）股份有限公司\n①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：当时，∴在递增，只有一个零点，不满足题意；ii：当时，∴在上递减，在递增，且，，，(不证明不扣分)(或用，)所以在，使得f(x2)=0；所以函数f(x)有两个不同的零点，综上所述a>119.证明：（1）在三棱锥中，平面，平面，所以，又，，且，，平面，所以平面，平面，所以平面平面；解：（2）由（1）知平面，故即为直线与平面所成角，则，故，以为坐标原点，在平面内过点作的垂线，作为轴，所在的直线为轴，所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，学科网（北京）股份有限公司\n则，0，，，2，，，0，，，2，，，4，，故，设平面的法向量为，，，则，即，可取，则得平面的一个法向量为，，，设平面的法向量为，，，则，即，可取，则得平面的一个法向量为，1，，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.解：（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：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；学科网（北京）股份有限公司\n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）依题意的可能取值为3、7，8、11、12、16，则，，，，所以的分布列为：378111216所以．21．解：由已知得解得，∴椭圆C得方程3分（2）证明：由（1）椭圆的左焦点F（-1，0），设A，则∴直线与椭圆交于A、B两点，∴由于直线与直线l:x=-2不平行,∴四边形AGNF为梯形的充分必要条件是AG∥FN，即，即即（*）8分由，得，∴，学科网（北京）股份有限公司\n所以（*）成立，∴四边形AGNF为梯形。22.解：（1）的定义域为设在直线处的切点为，则所以∴（2）由（1）可知，，．，，在上单调递增．又，且，．，当时，，单调递增，要证，即（2），只要证，即．，，所以只要证设（其中，，在上为增函数（1），故式成立，从而．学科网（北京）股份有限公司