2021-2022学年福建省厦门市第一中学高二下学期期中考试数学试题（解析版）

1、2021-2022学年福建省厦门市第一中学高二下学期期中考试数学试题一、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. B. C. D. 【答案】C【解析】【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【解析】【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. 3B. 6C. 6或2D. 6或3【答案】C【解析】【分析】由组合数的性质有，又，从而即可求

2、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. 1B. 0C. 3D. 2【答案】D【解析】【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【解析】【分析】根据，得，两

3、边利用单位向量平方等于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，甲乙两位游客通过某同学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【解析】【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

4、线段为直径的圆过点，则的渐近线方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【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（ ） A. B. C. D. 【答案】D【解析】【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，故错误；，从而有，由

5、可得，故正确；，,又，即故正确；，即，故正确；故选：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. 【答案】AC【解析】【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

6、列为递减数列D. 【答案】AC【解析】【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

7、】ABD【解析】【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【解析】【分析】将该四棱锥补成正方体后可判断AB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

8、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，本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 厦

9、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【解析】【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【解析】【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.

10、 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】【解析】【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】#【解析】【分析】过点作于点，则点位的中点，所以，三点共

11、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，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【解析】【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

12、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【小问1详解】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；【小问2详解】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）a1【解析】【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.【小问1详解】.当时，恒成立，在R上单调递增，无极大值也无极

13、小值；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.【小问2详解】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a1【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；（

14、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）【解析】【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.【小问1详解】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；【小问2详解】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，

15、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：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；答对得分，答错不得分；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

16、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）【解析】【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；【小问1详解】解：依题意甲前两轮都选择了中

17、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；【小问2详解】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【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.【小问1详解】解：由已知得,解得,椭圆的方程.【小问2详解】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【解析】【分析】（1）设与直线的切点为，由导数的几