福建省泉州市两校2021-2022学年高二下学期期中联考数学试题(解析版)

福建省泉州市两校2021-2022学年高二下学期期中联考数学试题第Ⅰ卷（选择题共60分）一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）1.下列四个图各反映了两个变量的某种关系，其中可以看作具有较强线性相关关系的是（）A.①③B.①④C.②③D.①②〖答案〗B〖解析〗两个变量的散点图，若样本点成带状分布，则两个变量具有线性相关关系，∴两个变量具有线性相关关系的图是①和④，故选B．13252.已知P(B|A)=，P(A)=，则P(AB)等于（）9521A.6B.10C.15D.15〖答案〗CP(AB)P(BA)P(A)1223515.故选：C.〖解析〗由题意，知aaaaS（的前n项和为n，若5624，则17）S3.设等差数列A.4D.136〖答案〗C〖解析〗设数列的公差为d，nB.17C.68aaa4，所以2a9dad4a8d4，1因为56211，即17aa17aa16dS1717a8d17468.117112211故选：C.4.下列说法中正确的是（）189B4,3E(X)XA.已知随机变量服从二项分布，则B.“A与是互斥事件”是“A与互为对立事件”的充分不必要条件BBD(2X3)2D(X)3D(X)XC.已知随机变量的方差为，则D.已知随机变量的分布列为1k1,2,3，则P(X3)＝7，PXka2kX〖答案〗DXB(4,1)于A，因E(X)4，则33〖解析〗对，A不正确；对于B，事件A与是互斥事件，则A与不一定是对立事件，B若A与互为对立事件，则BBA与一定是互斥事件，因此，“A与是互斥事件”是“A与互为对立事件”的必要不充分BBB条件，B不正确；对于C，依题意，D(2X3)4D(X)，C不正确；aaa7aa87，12488对于D，依题意，，解得PXk23k则17,k1,2,3P(X3)，7，D正确.故选：D.fxcosxx1，以下结论中错误的是（）25.已知函数A.fxB.fx有无数个零点是偶函数1的最小值为C.fxD.fx21的最大值为〖答案〗Ccosxcosxfxfxx21x12fxR〖解析〗对于A，定义域为，，2fx为偶函数，A正确；1kkZ2xkkZx，解得：对于fx0cosπx0，2B，令，即，fx有无数个零点，B正确；f11C，12fx1fx2x对于，若的最小值为，则是的一个极小值点，则xsinx2xcosx2fx12f10x2；，2cos2sin10f1fx42x1，不是的极小值点，C错误；对于D，1cosx1x112，；fxx0x112，，即时，取得最大值，.cosx11则当D正确故选：C.y4x2FFFB6.已知抛物线的焦点为，过点的直线l交抛物线于，两点，延长交准AB|BF||BC|2|BF|||AFC线于点，若，则的值是（）1121C.2A.4B.3D.3〖答案〗Bp2F(1,0)x1析〗由题意可知，，则，准线为直线，〖解BFBN,AFAM，M,N过分别作A,BAM,BN垂直准线于，则有32BC2BN因为|BC|2|BF|，所以|BC|2|BN|CF3p3，所以，所以，BNBF4所以BC8，，所以,CF433244CFCACFpAMAMCFAF4AF4AM因为，所以,4|BF|13AM4AF4解得，所以，所以|AF|43,故选：B.7.莆田妈祖城有一钟楼，其顶部可视为正四棱柱与正四棱锥的组合体，如图，四个大钟分0点至12点（包含0点，不含12点）相邻两钟面上的时针成60°角的次数是（）布在正四棱柱的四个侧面，则每天A.2B.4C.6D.8〖答案〗B〖解析〗由题设，在0、6点时相邻钟面上的时针都平行，即夹角为0度；在3、9点时相邻钟面上的时针90度，垂直，即夹角为0~33~6、6~9、9~12点之间各有一次成60°角的所以相邻钟面上的时针，在、情况，故共有4次成60°角.故选：B.118.已知ab0ab，且b，则（）aA.0b1B.0a1C.1beD.1ae4〖答案〗Clnalnb11abba两边同取自然对数得b，〖解析〗afxlnx设1lnxx2fx，由x，fx0fx00xe，解得，令0,eex，解得，令e,+∴fx区间上单调递增，在区间上单调递减，fe1xe∴fx在处取得最大值e，0,ee,+fx0，x1，在区间fx在区间函数有唯一的零点函数fafb0又∵ab0且，∴ae，，1beC故选：.二、多选题（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2分．）题目要求．全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得1nx9.若的展开式中第3项与第8项的系数x相等，则展开式中二项式系数最大的项为（）A.第4项B.第5项C.第6项D.第7项〖答案〗BC1nx1rTr1CrxCrxnrn2rxnn析〗x〖解的展开式的通项为，Cn7，所以n=9，C相等，n2因为展开式中第3项与第8项的系数19x展开式中二项式系数x则最大的项为第5项和第6项；故选：BC．10.在网课期间，进行测试．高二有1000名学生，为了掌握学生们的学习状态，某省级示范学校对高二一段时间的教学成果某学科的期中考试成绩(百分制且卷面成绩均为整数)Z服5N82.5,5.42从正态分布，则(人数保留整数)（）参考数据：若)0.6827，P(－2Z＋2)0.9545，Z～N(，2)，则P(－Z＋P(－3Z＋3)0.9973．A.年级平均成绩为82.5分B.成绩在C.成绩不超过77分的人数少于150D.超过〖答案〗ABD95分以上(含95分)人数和70分以下(含70分)人数相等98分的人数为1Z～N82.5,5.4282.5,5.4，所以平均分为，故A82.5〖解析〗由，可知对.957082.5，可知95,7082.52由于关于对称，根据正态分布的对称性可知，成绩在95分以上(含95分)人数和70分以下(含70分)的概率相等，进而人数相等，故B对.PZ77P(Z)10.68270.158652,因为10000.15865159150，所以C错误.PZ99P(Z3)10.99730.00135,因为10000.001351，2所以超过98分的人数为1，故D正确.故选:ABD.11.“杨辉三角”是中国古代数数出发，学杰出的研究成果之一．如图所示，由杨辉三角的左腰上的各引一组平行线，从上往下每条线上各数之和依次为1，1，2，3，5，8，13，，则下列选项正确的是（）6A.在第9条斜线上，各数之和为55n(n5)B.在第条斜线上，各数自左往右先增大后减小2n1(1)n4nC.在第条斜线上，共有个数C311条斜线上，最大的数是7D.在第案〗BCDA，因从上往下每条线上各数之和依次为1，1，2，3，5，8，13，…，从第〖答〖解析〗对于3项起，每一项是其相邻前两项的和，81321132134，A，因此，第9条斜线上各数之和为则第8条斜线上各数之和为不正确；n(n5)B，由定义及图中规律知，在第条斜线上，各数自左往右先增大后减小，B正对于确；2n1(1)n4对于C，从上往下每条斜线上的数据个数为1，1，2，2，3，3，4，4，…，均满足，2n1(1)n4n所以在第条斜线上，共有个数，C正确；35=C3D，在第11条斜线上，最大的数是7，D正确.故选：BCD.对于P2,1x2y21(ab0)12.已知椭圆FFa2b2的左、右焦点分别为、2，长轴长为14，点Q在椭圆内部，点在椭圆上，则以下说法正确的是（）(0,1)2A.离心率的取值范围为72642的最大值为4QFB.当离心率为时，|||QP|1QFQF0QC.存在点使得1211D.|QF||QF|的最小值为112〖答案〗BDP2,12a4长轴长为4，所以a2；因为点在椭圆内部，，即〖解析〗因为211，又，故可得b2.2所以22b2ba2b212,1ba2,10,ec1(b)2a222Aa，aA，故不正对于选项：因为确；，故2,022cc2F2ec2PF，则22B4对于选项：当，即a24，解得，所以(22)21226QF|||QP|4|||QP|QF2；由椭圆定义：，1FPFQQQF4||||取最大值，24||QP如图所示：当点，2，P共线且在x轴下方时，264的最大值为，故正确；|QF||QP|1B2所以|OQ|1|FF|c2,b2,2对于选项C：若QFQF02，则112|OQ|bc，，所以mincae(0,2)由选项知，，a2A，QFQF0，故C不正确；Q所以不存在使得128QFQF42QF11)2QF||||12(|QF||QF|)(QF1QF2D对于选项：由基本不等式可得12，当1111QFQF|QF||QF|4|QF||QF|D，所以，故正确．且仅当时取得等号2.又11212BDBD综上所述：正确的选项是：.故选：.第Ⅱ卷（非选择题共90分）三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．）(x21)6x13.的展开式中常数项是_________．〖答案〗15(x21)6x〖解析〗的展开式的通项公式为xTk1Cx21Cx123k6kkk6k6，令123k0，解得，k465=15C4=C2=所以展开式中常数项是266.故〖答案〗为：15.1fxx3m2x26x11,13m14.已知在单调递减，则的取值范围为______．5,5〖答案〗〖解析〗f(x)在1,1在1,1恒成立，f()xxmx602单调递减，1,1f(x)0在二次函数，为使f(x)xmx6是开口向上的2又恒成立，f(1)0f(1)0m6011m60m，即5,5.只需，则5,5故〖答案〗为：.15.如图，一个地区分为5个行政区域，现给地图着色，要求相邻区域不得使用同一种颜色，共有5种颜色可供选择，则不同的着色方法共有________种(以数字作答)．9〖答案〗420A5〖解析〗求不同的着色方法数有3类办法，用5种颜色有种，52A4用4种颜色，2，4同色或3，5同色，有种，5用3种颜色，2，4同色且3，5同色，有种，A35A2A4A312021206042055所以不同的着色方法共有（种）.55故〖答案〗为：420.ABCDABCDF,GABCDAD的棱长为2，点E是棱的中点，点在平面11116.已知正方体11111EF5FG，则的最小值为_________．CEBG内，若，3515〖答案〗．〖解析〗如图，取AD的中点O，连接EO，FO，11EF5则EO⊥平面ABC1D1，连接OE，由，OE＝2，可得OF＝1，则F在以O为圆心，以1为半径的圆上，取CD中点11K，连接BK，在正方形ABCD中，由E为AD的中点，K为CD的中点，可得CE⊥BK，取CD的中点H，连接KH，B1H，四边形BB1HK为平G在线段B1H上．过O作OG⊥B1H，交半圆弧于F，则|FG|为要求的最小值．11由BB1∥KH，BB1＝KH，得则BK∥B1H，得行四边形，10BH5由已知可得，设|OG|＝h，115h2212111112132由等面积法可得，2222，3553515．可得h，∴|FG|的最小值为3515故〖答案〗为:．四、解答题（本大题共6小题，17小题满分10分，其他小题满分12分．）17.在5道试题中有3道代数题和2道几何题，回.求：（1）第1次抽到代数题且第2次抽到几何题的概率；（2）在第1次抽到代数题的条件下，第2次抽到几何题的概率.解：（1）设事件A表示“第1次抽到代数题”，事件B表示“第2次抽到几何题”，共70分．解答应写出必要文字说明、证明过程或演算步骤．第每次从中随机抽出1道题，抽出的题不再放PAC313C5，所以第1次抽到代数题且第2次抽到几何题的概率为15则3PABCC1132CC10.1154（2）由（1）可得，在第1次抽到代数题的条件下，第2次抽到几何题的概率为3PABPBA1103PA25.aq032a2,3aaa25的等差中项，．18.已知数列n是等比数列，公比，且是31（1）求数列a的通项公式；nb（2）若b(2n1)ann，求数列n的前项和Tn．n112aq2a3aq2解：（1）依题意得：111，a0,2q23q20q0q2，，，1aaq432a2222ann1n.又，511b(2n1)2n，（2）由（1）知，nT321522723(2n1)2(2n1)2n，n1n2T322523724(2n1)2n(2n1)2n1n，T62(22232n)(2n1)2n1相减得：n，T624(12n1)(2n1)2n112n，T2(2n1)2n1整理得：n.△ABEBCEDCE19.如图所示的几何体中，，，都是等腰直角三角形，ABAEDEDC，且平面ABE平面BCE，平面DCE平面BCE．AD∥（1）求证：平面BCE；（2）求平面BAD与平面EAD夹角的余弦值．（1）证明：分别取EB,EC点，连接AO,DH,OH，OH的中,EBEC2，设ABAEDEDC1，则ABAE,BOOE,AOBE，平面BCEBE,AO平面ABE，又平面ABE平面BCE，平面ABEAO平面BCE，同理可证DH平面BCEAO//DH，，122AODH又因为AD//OH，AOHD，所以四边形是平行四边形，2BCE,OHAD又平面AD//BCEBCE平面，平面；BCFOFBE，（2）解：如图，取的中点为，则OB,OF,OAO以点为坐标原点，所在的直线分别为yx轴，轴，z轴，建立空间直角坐标22222,E2,0,0A0,0,,B,0,0,D,,系，则222222，BA2,0,2,BD2,,222222则，AE2,0,2,DE0,2,22222则，mx,y,z设平面ABD的一个法向量为，22x22z0xz02xyz02x22y22z0则，m1,1,1令x1，得平面ABD的一个法向量为na,b,cADE设平面的一个法向量为，22a22c0ac0bc02b22c02则，n1,1,1，令a1，得平面的一个法向量为ADE13mn1111cos设平面与平面夹角为，则mn333，BADEAD1BADEAD3.所以平面与平面夹角的余弦值为20.2021年10月16日，神舟十三号载人飞船与天宫空间站组合体完成自主快速交会对接，开启了有人长期驻留验馆开展了一项“摸球过关”领取航天纪念品的游戏，如下：不透明的口袋中有3个红球，2个白球，全相同．参与者每一轮从口袋中一次取性出3个球，中的红球个数记为该轮得分X，记录完得分后，将摸出的球全部放回袋中．当参与完成第n轮游戏，n轮的累计得分恰好为2n时，游戏过关，可领取纪念品，同时游戏结束，否则继续参与游戏．若第3轮后仍未过关，则游戏也结束．每位参与者只能参加一次游戏．（1）求随机变量X的分布列及数学期望；（2）若甲参加该项游戏，求甲能够领到纪念品的概率．解：（1）由题意得，随机变量X可取的值为1，2，3，航天员翟志刚、王亚平、叶光富顺利进驻天和核心舱，由此中国空间站的时代．为普及航天知识，某航天科技体规则这些球除颜色外完将其且其前，所以PX10.3PX20.6PX30.1易知，，则随机变量X的分布列如下：X123P0.30.60.1EX10.320.630.11.8.所以（2）由（1）可知，参与者每轮得1分，2分，3分的概率依次为0.3，0.6，0.1，记参与者第i轮的若参与者取球1次后可若参与者取球2次后可XYXXXn，得分为，则其前n轮的即参与即参与者获得的分数累计得分为12iPY20.6者得2分，则；之和为领取纪念品，13”、“31”领取纪念品，4分，有“PY420.30.10.06的情形，则；若参与者取球3次后可领取纪念品，即参与者获得的分数之和为6分，14PY620.30.10.60.036有“123”、“321”的情形，则；记“参与者能够领取纪念品”为事件A，则PAPY2PY4PY60.60.060.0360.696．x2y2C:1(a0,b0)的离心率为2，且过点A(2,3)．21.已知双曲线a2b2（1）求C的方程：（2）若点M，N在C上，且AMAN,ABMN，B为垂足．是否存在定点Q，使得为定值？若存在，求出定点Q的坐标；若不存在，说明理由．|BQ|x2y2122b1解：（1）因为双曲线a2b2的离心率为2，所以a2，即b23a2，491，所以abx2y21A(2,3)在双曲线a22b22因为点，y2两式联立，解得a21,b23，所以C的方程为x213；Mx,y,Nx,y（2）当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为ykxm，，2112y2x2133kx2kmxm3022ykxm，得3x2kxm2kmx32222由，即，m233k2xx2km,xx，AMx2,y3,ANx2,y33k21212所以，11224k2m243km3022，即k2m3，2xx2xx4yy3yy90因为AMAN，所以，12121212xx2xx4k2xxkmxxm23kxx6m90即，1212121212km3k2xx1kxxm26m130，2即12122km34km60所以8k22mkm29m180，即，m32km4k6.或所以15y3kx2当m32kMN时，直线的方程为ykx32k，即，，A(2,3)此时直线过点，不符合题意，舍去；y6kx4ykx4k6，即当m4k6MN时，直线的方程为C(4,6)ABMNAC，所以点在以为直径的圆上，B此时直线过定点，因为935Q1,||时，BQ2Q2为定值；AC所以为的中点，即Mt,sNt,s当直线的斜率不存在时，设直线的方程为，，，xtMNMNt2s21且，即s3t3，322AMANt2s24t13t23t24t160，因为AMAN，所以|BQ|35解得(舍)或，所以，此时B4,3t2t42为定值.9352Q1,2BQ||综上所述，存在点，使得为定值，且该定值为.xaR22.已知函数12fxaxxx3x3e22．yfxa1（1）当时，求曲线在点（0，f（0））处的切线方程；112x0xx12xxxxxx3（2）若函数f（x）有三个极值点，，3，且321．证明：．12f(x)12x2x(x23x3)exa1：当时，（1）解，f(x)(x1)(xex1)，，则f(0)3f(0)1(0,f(0))yf(x)所以，则曲线在点处的切线方程为：y3xxy30；，即f(x)a(12x2x)(x23x3)ex（2）证明：由，16f(x)的定义域为得函数R，f(x)a(x1)x(x1)ex(x1)(axex)，f(x)0有3个根，由题意知，方程x1xx、2，ax则，方程ex0有2个根13令g(x)xexg(x)(1x)ex，则，g(x)0，g(x)单调递增，时，当x(0,1)当x(1,)时，g(x)0，g(x)单调递减，作出函数ya、g(x)xex的大致图象，如图，ya、g(x)xex时，函数图象有2个交点，0ae1由图可知，当x、x0x1x横坐标分别为12，且2，1112xx112x0xx2xx，要证明xx23，即证1，即证121212xxxxxx1lnxlnx1a，a12e，得x2，有1lnxxlnxx122，即12e因为eexx2x12.112xxlnxlnx1x1x2xxx12lnxlnx12212x下面证明2，即证1，x10lnu2uuu1设0xxu(0,1)x212，令，则，，u221uh(u)lnuu1h(u)21102令u，uu2u2，(0,1)h(u)所以函数上单调递减，xxxx12lnxlnx2；故h(u)h(1)0，所以12117xxxx2(xx)lnx1212121x2lnxlnx2xx20xx，设1，2接下来证明，即证121sx2(s1)k(s)lns2(s1)，令01xlns令，则，s1s1，s12k(s)12s(s1)2s(s1)2(s1)20k(s)(1,)，所以函数在上单调递增，xxxx22121lnxlnx故k(s)k(1)0，所以，12xxlnxlnx1xx1xx，即xx12综上，得1212xx121222，2xxxx所以112x012xx2xx2xx，所以1312，故1212.2福建省泉州市两校2021-2022学年高二下学期期中联考数学试题第Ⅰ卷（选择题共60分）一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）1.下列四个图各反映了两个变量的某种关系，其中可以看作具有较强线性相关关系的是（）A.①③B.①④C.②③D.①②〖答案〗B〖解析〗两个变量的散点图，若样本点成带状分布，则两个变量具有线性相关关系，∴两个变量具有线性相关关系的图是①和④，故选B．13252.已知P(B|A)=，P(A)=，则P(AB)等于（）189521A.6B.10C.15D.15〖答案〗CP(AB)P(BA)P(A)1223515.故选：C.〖解析〗由题意，知a的前n项和为n，若4，则）SaaaS（3.设等差数列A.4D.136〖答案〗C〖解析〗设数列的公差为d，n56217B.17C.68aaa4，所以2a9dad4a8d4，1因为56211，即17aa17aa16dS1717a8d17468.11711221故选：C.4.下列说法中正确的是（）B4,1E(X)893，则XA.已知随机变量服从二项分布B.“A与B是互斥事件”是“A与B互为对立事件”的充分不必要条件D(X)，则D(2X3)2D(X)3XC.已知随机变量的方差为1，k1,2,3，则P(X3)＝7PXka2XD.已知随机变量的分布列为k〖答案〗DXB(4,1)E(X)43，A不正确；〖解析〗对于A，因3，则对于B，事件A与B是互斥事件，则A与B不一定是对立事件，若A与B互为对立事件，则A与B一定是互斥事件，因此，“A与B是互斥事件”是“A与B互为对立事件”的必要不充分条件，B不正确；对于C，依题意，D(2X3)4D(X)，C不正确；19aaa7a12488a8，解得，7对于D，依题意，PXk23k则17,k1,2,3P(X3)，7，D正确.故选：D.fxcosxx21，以下结论中错误的是（）5.已知函数fxfxA.是偶函数B.D.有无数个零点1的最小值为fxfx21的最大值为C.〖答案〗Cxfxcosxcosfxx21x12fx〖解析〗对于A，定义域为R，，fx为偶函数，A正确；1kkZ2xkkZx，解得：对于fx0B，令，即cosπx0，2，fx有无数个零点，B正确；f11C，12fx2，若1fxx对于的最小值为，则是的一个极小值点，则xsinx2xcosxfx2x212f10；，2sin2cos10f1fx42x1，不是的极小值点，C错误；对于D，1cosx1x112，；fxx0x112，，即时，取得最大值，.cosx11则当D正确故选：C.6.已知抛物线y24xF的焦点为，FFB两点，延长交准过点的直线l交抛物线于，AB20|BF||BC|2|BF|||AFC线于点，若，则的值是（）1121C.2A.4B.3D.3〖答案〗Bp2F(1,0)x1为直线，〖解析〗由题意可知，，则，准线有BFBN,AFAM，M,N过A,B分别作AM,BN垂直准线于，则2BCBN23，因为|BC|2|BF|，所以|BC|2|BN|，所以CF3，所以pBNBF4BC83，，所以CF4,3所以244CFCFpCA，所以AMCFAF4AF4AM因为AM,4|BF|13AM4AF4|AF|43,，所以解得，所以故选：B.7.莆田妈祖城有一钟楼，其顶部可视为正四棱柱与正四棱锥的组合体，如图，四个大钟分四个侧面，则每天0点至12点（包含0点，不含12点）针成60°角的次数是（）布在正四棱柱的相邻两钟面上的时21A.2B.4C.6D.8〖答案〗B〖解析〗由题设，在0、6点时相邻钟面上的时针都平行，即夹角为0度；在3、9点时相邻钟面上的时针垂直，即夹角为90度，3~69~126~90~3所以相邻钟面上的时针，在、、、点之间各有一次成60°角的情况，故共有4次成60°角.故选：B.11abaab08.已知，且b，则（）A.0b1C.1beB.0a1D.1ae〖答案〗Clnalnb11abbab两边同取自然对数得，〖解析〗afxlnx设1lnxx2fx，由x，fx0fx00xe，解得，令ex，解得，令0,ee,+区间上单调递增，在区间上单调递减，fx∴∴fe1fxxe在处取得最大值e，e,+区间函数0,e在区间函数有fx0，零点，在1fxx唯一的fafb0又∵ab0且，∴，，ae1be22C故选：.二、多选题（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，有选错的得0分，部分选对的得2分．）1nx9.若的展开式中第3项与第8项的系数相等，则展开式中二x项式系数最大的项为（）A.第4项B.第5项〖答案〗BCC.第6项D.第7项1nx1rTr1CrxCrxnrn2rxnnx〖解析〗的展开式的通项为，C7，所以n=9，因为展开式中第3项与第8项的系数相等，C2nn19x展开式中二x则项式系数最大的项为第5项和第6项；故选：BC．10.在网课期间，为了掌握学生们的学习状态，某省级示范学校对高二一段时间的教学成果进行测试．高二有1000名学生，某学科的期中考试成绩(百分制且卷面成绩均为整数)Z服，则(人数保留整数)（N82.5,5.42从正态分布）参考数据：若Z～N(，2)，则P(－Z＋)0.6827，P(－2Z＋2)0.9545，P(－3Z＋3)0.9973．A.年级平均成绩为82.5分B.成绩在95分以上(含95分)人数和70分以下(含70分)人数相等C.成绩不超过77分的人数少于150D.超过98分的人数为1〖答案〗ABDZ～N82.5,5.482.5,5.4，所以平均分为82.5，故A2〖解析〗由，可知对.23957082.582.595,702由于，可知关于对称，根据正态分布的对称性可知，成绩在95分以上(含95分)人数和70分以下(含70分)的概率相等，进而人数相等，故B对.PZ77P(Z)10.68270.158652,因为C错误10000.15865159150，所以.PZ99P(Z3)10.99730.00135,因为10000.001351，2所以超过98分的人数为1，故D正确.故选:ABD.11.“杨辉三角”是中国古代数学杰出的研究成果之一．如图所示，由杨辉三角的左腰上的各数出发，引一组平行线，从上往下每条线上各数之和依次为1，1，2，3，5，8，13，，则下列选项正确的是（）A.在第9条斜线上，各数之和为55n(n5)B.在第条斜线上，各数自左往右先增大后减小2n1(1)n4nC.在第条斜线上，共有个数C311条斜线上，最大的数是7D.在第〖答案〗BCD〖解析〗对于3项起，每一项是8条斜线上各数之和为A，因从上往下每条线上各数之和依次为1，1，2，3，5，8，13，…，从第其相邻前两项的和，81321132134，A，因此，第9条斜线上各数之和为则第不正确；24n(n5)对于B，由定义及图中规律知，在第条斜线上，各数自左往右先增大后减小，B正确；2n1(1)n4对于C，从上往下每条斜线上的数据个数为1，1，2，2，3，3，4，4，…，均满足，2n1(1)n4n所以在第条斜线上，共有个数，C正确；35=C3D，在第11条斜线上，最大的数是7，D正确.故选：BCD.对于P2,1x2y21(ab0)12.已知椭圆FFa2b2的左、右焦点分别为、2，长轴长为14，点Q在椭圆内部，点在椭圆上，则以下说法正确的是（）(0,1)2A.离心率的取值范围为2642的最大值为4QFB.当离心率为时，|||QP|1QFQF0QC.存在点使得1211D.|QF||QF|的最小值为112〖答案〗BDP2,1在椭圆内部，2a4a2；因为〖解析〗因为长轴长为4，所以，即点211，又，故可得2b2.2bba所以2220,b21,1ba2,1项：因为ec1(b)2a2222A对于选a，aA不正，故，故确；2,022c2FeB对于选项：当cc2，所以22PF，则24，即a24，解得(22)21226QFQF|||QP|4|||QP|；由椭圆定义：，1225FPFQQQF4||||取最大值，24||QP如图所示：当点，2，P共线且在x轴下方时，264的最大值为，故正确；|QF||QP|B2所以1|OQ|1|FF|c2,b2,2对于选项QFQF0C：若，则2112OQ||bcmin，所以，cae(0,2)a2由选项知，，A，QFQF0Q所以不存在使得，故C不正确；12QFQF11)2QF||||124(|QF||QF|)(QF1QF2QFD对于选项：由基本不等式可得12，当21111QFQF|QF||QF|4|QF||QF|D，故正确．且仅当时取得等号2.又，所以11212BDBD综上所述：正确的选项是：.故选：.第Ⅱ卷（非选择题共90分）4小题，每小题5分，共20分．）三、填空题（本大题共(x21)6x13.的展开式中常数项是_________．〖答案〗15(x21)6x〖解析〗的展开式的通项公式为xTk1Cx21Cx123k6kkk6k6，令123k0，解得，k42665=15C4=C2=266所以展开式中常数项是故〖答案〗为：15.1.fxx3m2x26x11,13m14.已知在单调递减，则的取值范围为______．5,5〖答案〗〖解析〗f(x)在1,1在1,1恒成立，单调递减，fxxmx()6021,1f(x)0在又f(x)xmx6是开2口向上的二次函数，为使恒成立，f(1)0m60f(1)01m5,51m60，则，即只需.5,5故〖答案〗为：.15.如图，一个地区分为5个行政区域，现给地图着色，要求相邻区域不得使用同一种颜色，共有5种颜色可供选择，则不同的着色方法共有________种(以数字作答)．〖答案〗420有3类办法，用5种颜色有A5〖解析〗求不同的着色方法数种，52A45用4种颜色，2，4同色或3，5同色，有种，A35用3种颜色，2，4同色且3，5同色，有种，不同的着色方法共有A52A4A3120212060420（种）.所以555故〖答案〗为：420.ABCDABCD1的棱长为2，点E是棱的中点，点F,G在平面ABCD1111AD16.已知正方体111内，若EF5，CEBG，则FG的最小值为_________．273515案〗．〖答〖解析〗如图，取AD的中点O，连接EO，FO，11EF5，OE＝2，则EO⊥平面ABC1D1，连接OE，由11可得OF＝1，则F在以O为圆心，以1为半径的圆上，取CD中点K，连接BK，在正方形ABCD中，由E为AD的中点，K为CD的中点，可得CE⊥BK，取CD的中点H，连接KH，B1H，四边形BB1HK为平G在线段B1H上．11由BB1∥KH，BB1＝KH，得行四边形，则BK∥B1H，得过O作OG⊥B1H，交半圆弧于F，则|FG|为要求的最小值．BH5由已知可得，设|OG|＝h，115h22121111121322222，由等面积法可得，3553515可得h，∴|FG|的最小值为．3515．故〖答案〗为:四、解答题（本大题共6小题，共70分．解答应写出必要文字说明、证明过程或演算步骤．第17小题满分10分，其他小题满分12分．）2817.在5道试题中有3道代数题和2道几何题，每次从中随机抽出1道题，抽出的题不再放回.求：（1）第1次抽到代数题且第2次抽到几何题的概率；2次抽到几何题的概率1）设事件A表示“第1次抽到代数题”，事件B表示“第2次抽到几何题”，（2）在第1次抽到代数题的条件下，第.解：（3PAC13C5，所以第15则1次抽到代数题且第2次抽到几何题的概率为3PABCC1132CC10.1154（2）由（1）可得，在第1次抽到代数题的条件下，第2次抽到几何题的概率为3PBA13PAB10PA25.q032a2,3aa2的等差中a5项，．a18.已知数列是等比数列，公比，且是n31a（1）求数列的通项公式；nb(2n1)ab的前项和Tn．n（2）若nn，求数列n2aq2a3aq，2意得：解：（1）依题111a0,2q23q20q0q2，，，1又aaq432a2222ann1n1，.51b(2n1)2n，（2）由（1）知，nT321522723(2n1)2(2n1)2n，n1n2T322523724(2n1)2n(2n1)2n1n，T62(22232n)(2n1)2n1n相减得：，T624(12n1)(2n1)2n112n，T2(2n1)2n1整理得：n.29△ABEBCEDCE19.如图所示的几何体中，，，都是等腰直角三角形，ABAEDEDC，且平面ABE平面BCE，平面DCE平面BCE．（1）求证：AD∥平面（2）求平面BAD与平面EAD夹角的余弦值．（1）证明：分别取EB,ECBCE；，连接AO,DH,OH，OH,的中点EBEC2，设ABAEDEDC1，则ABAE,BOOE,AOBE，平面BCEBE,AO平面ABE，又平面ABE平面BCE，平面ABEAO平面BCE，同理可证DH平面BCE，AO//DH，2AODHAD//OH，是平行四边形，2，所以四边形AOHD又因为AD平面BCE,OH平面BCE，平面BCE；AD//又OFBE，BCF（2）解：如图，取的中点为，则OB,OF,OAO以点为坐标原点，y轴，所在的直线分别为x轴，z轴，建立空间直角坐标22222,E2,0,0A0,0,,B,0,0,D,,系，则222222，30BA2,0,2,BD2,,222222则，AE2,0,2,DE0,2,22222则，mx,y,z设平面ABD的一个法向量为，22x22z0xz02xyz02x2y22z02则，m1,1,1x1令，得平面ABD的一个法向量为na,b,cADE设平面的一个法向量为，22a22c0ac0bc02b22c02则，n1,1,1a1ADE令，得平面的一个法向量为，mn111mn1cos333，设平面与平面夹角为，则BADEAD13BADEAD所以平面与平面夹角的余弦值为.20.2021年10月16日，神舟十三号载人飞船与天宫空间站组合体完成自主快速交会对接，开启了有人长期驻留项“摸球过关”领取航天纪念品的游戏，2个白球，航天员翟志刚、王亚平、叶光富顺利进驻天和核心舱，由此中国空间站的时代．为普及航天知识，某航天科技体验馆开展了一规则如下：不透明的口袋中有3个红球，这些球除颜色外完全相同．参与者每一31轮从口袋中一次性取出3个球，将其中的红球个数记为该轮得分X，记录完得分后，将摸出2n时，游戏过3轮后仍未过关，则游戏也结的球全部放回袋中．当参与完成第n轮游戏，且其前n轮的累计得分恰好为关，可领取纪念品，同时游戏结束，否则继续参与游戏．若第束．每位参与者只能参加一次游戏．（1）求随机变量（2）若甲参加该项游戏，求甲能够领到纪念品的概率．1）由题意得，随机变量X可取的值为1，2，3，X的分布列及数学期望；解：（，所以PX10.3PX20.6PX30.1易知，，则随机变量X的分布列如下：XP1230.30.60.1EX10.320.630.11.8.所以（2）由（1）可知，参与者每轮得1分，2分，3分的概率依次为0.3，0.6，0.1，XYXXXn，记参与者第i轮的得分为，则其前n轮的累计得分为12iPY20.6若参与者取球1次后可领取纪念品，即参与者得2分，则；13”、“31”4分，有“若参与者取球2次后可领取纪念品，即参与者获得的分数之和为PY420.30.10.06的情形，则；若参与者取球3次后可领取纪念品，即参与者获得的分数之和为6分，PY620.30.10.60.036有“123”、“321”的情形，则；记“参与者能够领取纪念品”为事件A，则PAPY2PY4PY60.60.060.0360.696．xy22C:1(a0,b0)A(2,3)．21.已知双曲线的离心率为2，且过点（1）求C的方程：（2）若点M，N在C上，且为值定？若存在，求出点定Q的坐标；若ab22AMAN,ABMN|BQ|，B为垂足．是否存在点定Q，使得不存在，说明理由．32x2y2122b1b3a，即2，2a21）因为双曲线b2a2解：（的离心率为2，所以4912，所以x2y21A(2,3)a2因为点在双曲线b2ab2，y2x21C的方程为a1,b23，所以32两式联立，解得；Mx,y,Nx,yykxmMNMN（2）当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，1122y2x2133kx2kmxm30223xkxm2kmx322ykxm2，得22由，即，m233k2xx2km