福建省厦门市2021-2022学年高二下学期期中考试数学试题-附答案

1、福建省厦门市2021-2022学年高二下学期期中考试数学试题题号一二三四五总分得分注意事项：1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上评卷人得分一、单选题1在等比数列中，则（）AB9CD272已知函数，则（）ABCD3已知双曲线：的离心率为，则的焦点坐标为（）ABCD4将5名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进行培训，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有（）A60种B120种C240种D480种5函数，则不等式的解集是（）ABCD6已知数列的通项公式为，前项和为，则取得最小值时，的值等于（）A10B9

2、C8D47已知，则（）ABCD8若函数有三个极值点，则k的取值范围是（）ABCD评卷人得分二、多选题9关于正态密度曲线，下列说法正确的是（）A曲线关于直线对称B曲线的峰值为C越大，曲线越“矮胖”D对任意，曲线与轴围成的面积总为110已知抛物线焦点与双曲线点的一个焦点重合，点在抛物线上，则（）A双曲线的离心率为2B双曲线的渐近线为CD点到抛物线焦点的距离为611如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的详解九章算法商功中，后人称为“三角垛”.“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，.设第层有个球，从上往下层球的总数为，则（）ABC，D12对于函数，下列说法正确的是（）A在处取得极大值

3、B有两个不同的零点CD若在上恒成立，则评卷人得分三、填空题13已知随机变量满足,，_14如图，在三棱锥中，点在上，且，为中点，构成空间的一个基底，将用基底表示，=_.15已知函数若不等式对于任意的非负实数a都成立，则实数的取值范围是_.评卷人得分四、双空题16甲袋中有3个红球，2个白球和1个黑球，乙袋中有4个红球，1 个白球和1个黑球（除颜色外，球的大小、形状完全相同）.先从甲袋中随机取出1球放入乙袋，再从乙袋中随机取出1球.分别以，表示由甲袋取出的球是红球，白球和黑球的事件，以表示由乙袋取出的球是红球的事件，则P_，_.评卷人得分五、解答题17已知函数，.（1）若，求曲线在点处的切线方程；（

4、2）若函数在上是减函数，求实数的取值范围.18设是等差数列，其前n项和为，是各项都为正数的等比数列，其前n项和为，且，.(1)求，的通项公式；(2)求的最小值.19在四棱台底面ABCD是正方形，且侧棱垂直于底面ABCD，O，E分别是AC与的中点.(1)求证：OE/平面；(2)求直线AE与平面所成角的正弦值.20某校从高三年级中选拔一个班级代表学校参加“学习强国知识大赛”，经过层层选拔，甲、乙两个班级进入最后决赛，规定回答1道相关问题做最后的评判选择由哪个班级代表学校参加大赛每个班级4名选手，现从每个班级4名选手中随机抽取2人回答这个问题已知这4人中，甲班级有3人可以正确回答这道题目，而乙班级4

5、人中能正确回答这道题目的概率均为，甲、乙两班级每个人对问题的回答都是相互独立、互不影响的(1)求甲、乙两个班级抽取的4人都能正确回答的概率(2)设甲、乙两个班级被抽取的选手中能正确回答题目的人数分别为，求随机变量，的期望，和方差，并由此分析由哪个班级代表学校参加大赛更好21已知椭圆的左、右顶点分别为，上顶点为，且(1)求椭圆的标准方程；(2)点，为坐标原点，为椭圆上的两个动点，线段的中点在直线上，求面积的最大值22已知函数，且函数与有相同的极值点.（1）求实数的值；（2）若对，不等式恒成立，求实数的取值范围；（3）求证.答案：1B【分析】利用等比中项的性质可得，代入求解即可【详解】由等比中项的

6、性质可得：故则故选：B2A【分析】根据表达式，先求出，再求出，利用导数定义配凑，最终得解.【详解】因为，所以，所以故选：A.3D【分析】根据条件求出即可求解.【详解】根据题意得，双曲线：是焦点在轴的双曲线，所以，所以，解得，所以，所以焦点坐标为.故选：D.4C【分析】先确定有一个项目中分配2名志愿者，其余各项目中分配1名志愿者，然后利用组合，排列，乘法原理求得.【详解】根据题意，有一个项目中分配2名志愿者，其余各项目中分配1名志愿者，可以先从5名志愿者中任选2人，组成一个小组，有种选法；然后连同其余三人，看成四个元素，四个项目看成四个不同的位置，四个不同的元素在四个不同的位置的排列方法数有4！

7、种，根据乘法原理，完成这件事，共有种不同的分配方案，故选：C.本题考查排列组合的应用问题，属基础题，关键是首先确定人数的分配情况，然后利用先选后排思想求解.5A【分析】利用导数判断函数单调递增，然后进行求解.【详解】对函数进行求导：，因为，所以，因为，所以f(x)是奇函数,所以在R上单调递增，又因为，所以的解集为.故选：A6C【分析】求出数列在n的不同取值范围的正负，判断出的单调性，分析即可求出.【详解】令，解得或，当时，故当时递增，且当时，当时递减，当时，当时递增，且故所以取得最小值时的值为8.故选：C.7C【分析】构造函数，利用导数法判断其单调性判断.【详解】令，则，又，所以在递增，又，故

8、选：C8A【分析】把题意转化为函数有三个极值点，即必有两个不等于1的正实数根.利用导数求出，再验证其符合题意.【详解】的定义域为.令，显然x=1是方程的一个根.由函数有三个极值点，可知必有两个不等于1的正实数根.令，则.令，有；令，有；所以，因此有.此时有两个根a、b，其中，所以在上，单调递减；在上，单调递增；在上，单调递减；在上，单调递增.所以有三个极值点，符合题意.故.故选：A导数的应用主要有：（1）利用导函数几何意义求切线方程；（2）利用导数研究原函数的单调性，求极值（最值）；（3）利用导数求参数的取值范围；（4）利用导数研究函数的零点问题.9ACD【分析】根据密度曲线的解析式判断ABC

9、，由密度曲线的特点判断D即可得解.【详解】对于A，根据正态密度曲线可知，故，所以曲线关于直线对称正确；对于B，当时，的峰值为，故不正确；对于C，当越大时，的峰值越小，所以曲线形状“矮胖”，故正确；对于D，由正态曲线的特点知，曲线与轴围成的面积总为1，故正确.故选：ACD10AC【分析】由双曲线的方程，求得，利用双曲线的几何性质，可判定A正确，B错误；根据题意，列出方程，可判定C正确；根据抛物线的定义，可判定D错误.【详解】由双曲线，可得，则，所以双曲线的离心率为，所以A正确；由双曲线的渐近线为，所以B错误；由抛物线焦点与双曲线点的一个焦点重合，可得，解得，所以C正确；由抛物线的准线方程为，则点

10、到其准线的距离为，到焦点的距离也为4，所以D错误.故选：AC.11BCD【分析】根据的值可得，利用累加法可得，再计算前5项的和即可判断B；由递推公式即可判断A；由即可判断C；利用裂项相消求和法即可判断D.【详解】因为，以上个式子累加可得：，所以，故选项B正确；由递推关系可知：，故选项A不正确；当，故选项C正确；因为，所以，故选项D正确；故选：BCD.12ACD【分析】利用导数求出函数的极大值，即可判断A；结合图像分析，即可判断B；结合图像和对数的运算公式即可判断C；分离参数k，构造新函数，利用导数求出最大值即可判断D.【详解】函数，定义域为，则，令，解得，即函数在上单调递增，在上单调递减；所以

11、函数在处取得极大值，极大值为，故A正确；又，时，时，作出函数图像如下：可得函数只有一个零点，故B错误；结合图像可得，又，得，得，所以，故C正确；若在上恒成立，即在上恒成立，令，则，令，所以函数在上单调递增，在上单调递减，故，所以，故D正确.故选：ACD13【分析】利用公式直接计算即可.【详解】因为，所以，所以，填.一般地，如果，那么，.14连接，根据向量的加减运算法则，求得，进而求得向量，得到答案.【详解】由题意，连接，根据向量的线性运算法则，可得，因为为中点，又由点在上，且，可得，所以.15【分析】由已知条件可得对于任意的非负实数都成立，令，结合一次函数的单调性，可得恒成立，令，求得导数和单

12、调性，可得的最大值，进而得到的范围【详解】不等式对于任意的非负实数都成立，即对于任意的非负实数都成立，令，因为，所以在，上递减，所以，所以问题转化为恒成立，令，则，由，可得；，可得所以在上递增，在上递减所以，所以故16 【分析】先分别求出，再由，能求出；分别求出，从而求出，再由（B），能求出（B）【详解】甲袋中有3个红球，2个白球和1个黑球，乙袋中有4个红球，1个白球和1个黑球（除颜色外，球的大小、形状完全相同）先从甲袋中随机取出1球放入乙袋，再从乙袋中随机取出1球分别以，表示由甲袋取出的球是红球，白球和黑球的事件，以表示由乙袋取出的球是红球的事件，则，（B）故；本题主要考查概率的求法，考查条

13、件概率公式等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题17(1) .(2) .【详解】分析：（1）由和可由点斜式得切线方程；（2）由函数在上是减函数，可得在上恒成立，由二次函数的性质可得解.详解：（1）当时， 所以， 所以曲线在点处的切线方程为.（2）因为函数在上是减函数，所以在上恒成立. 做法一：令,有，得故.实数的取值范围为 做法二：即在上恒成立，则在上恒成立，令，显然在上单调递减，则，得实数的取值范围为 点睛：导数问题经常会遇见恒成立的问题：（1）根据参变分离，转化为不含参数的函数的最值问题；（2）若就可讨论参数不同取值下的函数的单调性和极值以及最值，最终转化为 ，若恒成立；（3）若 恒成立

14、，可转化为（需在同一处取得最值） .18(1)；(2).【分析】（1）利用等差数列，等比数列的基本量计算即得；（2）由题可得，进而可得当时，递增，即得.(1)设的公差为d，数列的公比为，则，解得，由，解得，（舍去），；(2)由题可知，当时，当时，当时，当时，所以当时，递增，即，的最小值为.19(1)证明见解析；(2).【分析】（1）连接，由中位线的性质知，再由线面平行的判定证明结论.（2）构建空间直角坐标系，求直线AE与平面的方向向量、法向量，应用空间向量夹角的坐标表示求线面角的正弦值.(1)如下图，连接，易知：与交于，且是中点，又E是的中点.所以，又面，面，所以面.(2)由侧棱垂直于底面AB

15、CD，面ABCD，则，又ABCD是正方形，即，可构建以为原点，为x、y、z轴的空间直角坐标系，所以，则，若是面的一个法向量，则，令，则，所以，即直线AE与平面所成角的正弦值为.20(1)(2)，甲班级代表学校参加大赛更好.【分析】（1）根据相互独立事件的概率计算公式即可求出答案；（2）结合超几何分布和二项分布，根据数学期望和方差的定义依次求出，由此可求出答案(1)解：甲、乙两个班级抽取的4人都能正确回答的概率；(2)解：甲班级能正确回答题目人数为，则的可能取值为1，2，则，乙班级能正确回答题目人数为，则的可能取值为0，1，2所以，由，可知，由甲班级代表学校参加大赛更好21(1)；(2).【分析

16、】（1）由题可得，即得；（2）由题可设，联立椭圆方程利用韦达定理，结合条件可得，进而可得，再利用基本不等式即得.(1)由题知：，由得：，即，所以，故椭圆的标准方程为；(2)若直线不存在斜率，且线段的中点在直线上，则直线为轴，此时不存在.故直线存在斜率，且不过原点；设直线，与椭圆联立，化简得：，由，整理可得，即，且，的中点在直线上，得，；，记到直线的距离为，则当且仅当，即时，面积有最大值为.22（1）1；（2）；（3）证明见解析.【分析】（1）先求得的极大值点为，由可得，经检验可确定；（2）先求得在上的最大值和最小值，然后分和两种情况可得的取值范围；（3）所证不等式即为，通过证明和即可证得结果.【详解】（1）的定义域为，由得，易知函数在单调递增，在单调递减，故函数的极大值点为，依题意有，解得，经验证符合题意，故.（2