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.pdf

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

2、n行白圈的个数为nb由题意可得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

3、， 由条件得1221433 23122Sadaa 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

4、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 4

5、80 600 . 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 ()220 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

6、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)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

7、( )(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

8、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，VC 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,

9、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(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

10、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， .

11、 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，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

12、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=， 即121212120(5)(5)0 x xy yxxy y+=+=， . . . . . 8分 得12121250 xxx xy

13、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 5mt+=，解得253m =，即153m = ， 所以直线l的方程为152 533xy=

14、 + . 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0a 时， 令(

15、)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， ( )(

16、)( )( )231210e12af xf xf 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

17、所述：16k . 12分 解法二： （1）同解法一 （2）由（1）知，当0a 时，1xa=，20 x =， 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

18、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上单调递减， 所以( )(0)0F aF=，即当0ln( 6 )ak时，231e12aaaka+ 不成立 综上所述，16k . 12分