《福建省厦门市2021-2022高二下学期数学期末质量检测试卷及答案》由会员分享，可在线阅读，更多相关《福建省厦门市2021-2022高二下学期数学期末质量检测试卷及答案（10页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、厦门市2021-2022学年度第二学期高二年级质量检测 数学试题参考答案及评分标准 一、单选题：一、单选题：1C（选择性必修二P31练习3）2B（选择性必修三P6例4）3B（选择性必修一P133练习3）4C（选择性必修三P38复习题9）5D（选择性必修三P61复习题6）6B（选择性必修一P15习题6）7A（选择性必修三P52练习2）8C 二、多选题：二、多选题：9BD（选择性必修三P115问题）10BC 11AD 12ACD 三、填空题：三、填空题：130.6（选择性必修三P87练习2）146（选择性必修三P37复习题1）1521641，()1362nnna=解：记第n行白圈的个数为nb由题意
2、可得10b=，11a=，1nnnaab+=+，14nnnbab+=+则2114nnnnnaaaaa+=+所以2123nnnaaa+=+，所以()()211211333nnnnnnnnaaaaaaaa+=+=由11a=，21a=得()11112 3321nnnnnnaaaa+=所以()11312nnna+=，即()1362nnna=n四、厦门中学生助手解答题：四、厦门中学生助手解答题：17本题考查等差数列的定义及通项公式、前 项和公式、数列求和等知识；考查运算求解能力、逻辑推理能力；考查函数与方程思想本题满分10分 解：（1）记等差数列 na的公差为d，由条件得1221433 23122Sada
3、a a=+=所以()()2111133312aaddda a+=+=+，.2分 因为0d，所以122ad=，.4分 所以()21 22nann=+=.5分（2）329nannnban=+=+，.6分 所以12nnTbbb=+()()()2294929nn=+()()22 12999nn=+.7分()()9 1 911 9nn n=+.9分 129988nnn+=+.10分 18（选择性必修三P91复习题7，P132例4）本题考查全概率公式、独立性检验等知识；考查运算求解能力、逻辑推理能力；考查概率与统计等思想，应用意识本题满分12分 解：（1）设B=“任选1名学生近视”，A=“任选1名学生每天
4、使用手机超过1 h”，.1分 则()0.2P A=，()0.8P A=，()|0.5P B A=，()|0.375P B A=，.2分 由全概率公式得()()()()()|0.2 0.50.8 0.3750.4P BP A P B AP A P B A=+=+=，所以从该校高二年级学生中随机抽取一名学生其近视的概率为0.4.4分（2）列联表为 视力 每天使用手机时长 合计 超过 1h 不超过 1h 近视 60 180 240 不近视 60 300 360 合计 120 480 600 .6分 零假设为0H：该校高二年学生每天使用手机时长与近视无关联.7分 根据列联表中的数据，经计算得到()22
5、0 0560060 300 180 60256.253.841240 360 120 4804x=，.10分 依据小概率值0.05=的独立性检验，我们推断0H不成立，即认为该校高二年学生每天使用手机时长与近视有关联，此推断犯错误的概率不大于0.05.12分 19（选择性必修三P80练习2，P81习题8）本题考查超几何分布、二项分布等基础知识；考查运算求解能力、逻辑推理能力，考查概率与统计思想，应用意识等；本题满分12分 解法一：（1）在喜爱足球运动的学生中按性别比例分配分层抽样抽取5人，其中男生3人，女生2人，.1分 则随机选出的3人中女生人数X的可能取值为0，1，2，.2分 33351(0)
6、10CP XC=，.3分 2132353(1)5C CP XC=，.4分 1232353(2)10C CP XC=，.5分 X的分布列如下表所示 X 0 1 2 P 110 35 310()1336012105105E X=+=.6分（2）设全市学生随机选取的3人中喜爱足球运动的人数为Y，则2(3,)3YB，.8分 设事件A=“喜爱足球运动的人数至少比不喜爱足球运动的人数多1”，则 32323322120()(3)(2)+33327P AP YP YCC=+=.11分 所以1()2P A，所以该学生判断正确.12分 解法二：（1）在喜爱足球运动的学生中按性别比例分配分层抽样抽取5人，其中男生3
7、人，女生2人，.1分 则随机选出的3人中女生人数X服从超几何分布，.2分 X的分布列为 33235()kkCCP XkC=，0k=，1，2，.5分 所以()26355E X=.6分（2）同解法一.12分 20（选择性必修一P49复习题12）本题主要考查空间中直线与平面的位置关系、平面与平面的夹角、空间向量的应用等知识；考查空间想象能力、逻辑推理能力、运算求解能力；考查数形结合思想、化归与转化思想、函数与方程思想等本题满分12分 解法一：（1）如图，在平面VAC中，过点P作VC的平行线交AC于点O，连接OB、OP，则线段OB、OP、PB为与三棱锥VABC表面的交线 .2分 理由如下：因为VC，V
8、C 平面VAC，所以VC必平行于平面VAC与平面的交线，.3分 因为点P，且点P平面VAC，所以交线必过点P且平行于VC.4分（2）因为VA平面ABC，BC 平面ABC，所以VABC 因为BCVB，VAVBV=，所以BC 平面VAB.5分 如图，以O为原点建立空间直角坐标系Oxyz 设2AB=，则(2,0,0)B，(0,0,0)O，(0,2,1)P，(0,2,0)C，.6分(2,0,0)OB=，(0,2,1)OP=，(2,2,0)BC=.7分 设平面PBO的法向量为(,)x y z=m，00OBOP=mm得2020 xyz=+=，取1y=，则(0,1,2)=m.9分 因为BC 平面VAB，所以
9、(2,2,0)BC=是平面VAB的一个法向量，.10分 所以6|cos,|6BCBCBC=mmm，.11分 所以与平面VAB夹角的余弦值为66.12分 解法二：（1）如图，取AC的中点O，连接OB、OP，则线段OB、OP、PB为与三棱锥VABC表面的交线.2分 理由如下：因为VCOP，VC 平面PBO，OP 平面PBO，所以VC平面PBO，平面PBO即为平面 lxyNMAOlxyAONM唯一性：因为PB与VC为异面直线，过PB且与VC平行的平面有且仅有一个，所以平面即为平面PBO.4分（2）因为VA平面ABC，BC 平面ABC，所以VABC 因为BCVB，VAVBV=，所以BC 平面VAB，所
10、以BCAB.5分 取AB的中点D，连接OD，所以ODBC，所以ODVAB平面.6分 又PBVAB 平面，所以ODPB，.7分 过点D作DEPB，垂足为点E，连接OE，又ODDED=，所以PB 平面ODE，所以PBEO，.8分 所以OED为与平面VAB的夹角.9分 设2AB=，在ODE中，1OD=，305OE=，55DE=.11分 因为ODDE，所以6cos6DEOEDOE=所以与平面VAB夹角的余弦值为66.12分 21本题考查椭圆的方程及其简单几何性质、直线与椭圆位置关系等知识；考查数形结合思想、函数与方程思想；考查运算求解能力、逻辑推理能力本题满分12分 解：（1）因为四边形AMON为菱形
11、，所以MN垂直平分OA，.1分 所以点M（x轴上方）的横坐标为2a，代入椭圆方程，得M的纵坐标为32，.2分 菱形AMON的面积为115322a=，所以5a=，.3分 所以C的方程为2215xy+=.4分（2）设直线l：xmyt=+，11(,)M x y，22(,)N xy 联立方程22550 xmytxy=+=，得222(5)250mymtyt+=，.5分()()2 222222244(5)(5)4 5525205m tmtmtmt=+=+=+，12225mtyym+=+，212255ty ym=+，.6分 因为O，M，N，A四点共圆，则90MONMAN=，.7分 所以0OM ONAM AN
12、=，即121212120(5)(5)0 x xy yxxy y+=+=，.8分 得12121250 xxx xy y+=+=即121212()25(i)()()0(ii)m yytmyt myty y+=+=由(i)得2222102555m tttmm+=+，即252 5mt+=，.9分 由(ii)得221212(1)()my ymt yyt+22222222(1)(5)2565()0555mtmtmtmttmmm+=+=+，即22556mt+=，.10分 联立22252 5556mtmt+=+=，解得12 53t=，25t=（此时直线l过点A，舍去），.11分 将2 53t=代入252 5m
13、t+=，解得253m=，即153m=，所以直线l的方程为152 533xy=+.12分 22（选择性必修二P104复习题19）本题考查函数的单调性、导数及其应用、不等式等知识；考查函数与方程思想、化归与转化思想、分类与整合思想；考查逻辑推理能力、运算求解能力本题满分12分 解法一：（1）()()e1 exxfxxaxa=+.1分()()e1xxa=.2分 当0a 时，令()0fx得xa或0 x，所以()f x在(),a和()0,+上单调递增，令()0fx得0ax，所以()f x在(),0a上单调递减；.3分 当0a=时，()()e10 xfxx=，所以()f x在(),+上单调递增.4分 当0
14、a 时，令()0fx得0 x或xa，所以()f x在(),0和(),a+上单调递增，令()0fx得0 xa，所以()f x在()0,a上单调递减.5分 综上所述 当0a 时，()f x在(),a和()0,+上单调递增，在(),0a上单调递减；当0a=时，()f x在(),+上单调递增；当0a 时，()f x在(),0和(),a+上单调递增，在()0,a上单调递减（2）当0a 时，由（1）得：1xa=，20 x=，且()()12f xf x 所以()()120f xf x，当0k 时，()()3120f xf xka，符合题意；.6分 当0k 时，()()()()231210e12af xf x
15、f afaaka=+，.7分 即3211e2akaaa+得3211 e102akaaa+，.8分 令()3211 e12ag akaaa=+得()()213e2agak aa=，.9分 令()0g a=得132ak=+，.10分 若1302k+，即16k 则 当10,32ak+时，()0g a，所以()g a在10,32k+上单调递增；所以()13002ggk+=，不符合题意；.11分 若1302k+，即106k则()0g a，()g a在()0,+上单调递减 所以()()00g ag=，成立 综上所述：16k .12分 解法二：（1）同解法一（2）由（1）知，当0a 时，1xa=，20 x=
16、，2121()()()(0)e12af xf xf afaa=+，所以问题转化为0a，231e12aaaka+，即321e102akaaa+，.6分 令321()e12aF akaaa=+，2()e31aF akaa=+，.7分 令2()e31ag akaa=+，()e61ag aka=+，令()e61ah aka=+，()e6ah ak=+，.8分 若16k ，则当0a 时，()1 60h ak+，所以()h a在(0,)+上单调递增，所以()(0)0h ah=，即()0g a，所以()g a在(0,)+上单调递增，.9分 所以()(0)0g ag=，即()0F a，所以()F a在(0,)+上单调递增，所以()(0)0F aF=，即0a，231e12aaaka+.10分 若16k ，则令()0h a=，得ln(6)ak=，当0ln(6)ak时，()0h a，所以()h a在(0,ln(6)k上单调递减，此时()(0)0h ah=，即()0g a，所以()g a在(0,ln(6)k上单调递减，.11分 所以()(0)0g ag=，即()0F a，所以()F a在(0,ln(6)k上单
