【文档说明】福建省厦门第一中学2021-2022学年高二下学期期中考试数学答案.docx，共(11)页，772.366 KB，由小赞的店铺上传

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数学参考容案1-8BCCDADCD9.AC10.AC11.ABD12.ABD133014815321625−8．解：令()()cosfxgxx=，1[0,)2x，因为()cos()sin0fxxfxx+

，则2()cos()sin()0fxxfxxgxcosx+=，故()gx在[0，1)2上单调递减，因为(0)0f=，则()0gx„，结合选项可知，()()64gg，从而有()()643222ff，即6()()6

24ff，故①错误，因为103ln，结合()gx在在[0，1)2上单调递减可知1()03gln，从而有()30cos()3flnln，由1cos()03ln可得1()03fln，故②正确；1()()

63gg，从而有1()()631322ff，且1()03f，即11()3()2()633fff．故③正确；1()()43gg，从而有1()()341222ff即1()2()43ff．故④正确．故选：D．10．解：因为11a=，数列11na

+是公比为2的等比数列，所以111222nnna−+==，所以121nna=−，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{}na递减，C正确，4126563111111237135316Saaaaaa=++=+

+++++++，D错误．故选：AC．11．解：由题意1A，2A、3A是两两互斥的事件，故B正确；151()102PA==，221()105PA==，33()10PA=，15(|)11PBA=，故A正确；24(|)11

PBA=，34(|)11PBA=，P（B）112233(|)()(|)()(|)()PBAPAPBAPAPBAPA=++1514342115111011=++922=，故D正确；1115()(|)()22PBAPBAPA==，即11()()

PBAPAP（B），事件B与事件1A不是相互独立事件，故C错误．故选：ABD．12．解：将该正四棱锥补成正方体，可知AG位于其体对角线上，则AG⊥平面PBD，故A正确；设PB中点为H，则//FGAH

，且4HAB=，故B正确；2TATG+=，T在空间中的轨迹为椭圆绕其长轴旋转而成的椭球，又平面PBD与其长轴垂直，截面为圆，故C错误；设平面EFG与PB，PD交于点M，N，连接PE，EC，PF，FC，EM，MG，GN，NF，PABC=，AEBE=，PAECBE=，PAECB

E，PECE=，而PGGC=，故EGPC⊥，同理FGPC⊥，而FGEGG=，PC⊥平面EFG，而EM平面EFG，则PCEM⊥，PA⊥平面ABCD，BC平面ABCD，PABC⊥，BCAB⊥，PAABA=，BC⊥平面PAB，EM⊥平

面PBC，而PB平面PBC，则EMPB⊥，2222BMEMBE===，同理，22FNDN==，又3PG=，2322222PM=−=，则62GMGN==，而122EFBD==，交线长为226EFEMMGGNFN++++=+，故D正确．故选：ABD．14．解：1111111118(9

1)99C=−=−102119C+9101011111919(99CC++−=−92119C+810111)8C++−+，118除以9的余数是8．故答案为：8．15．解：在ABF中，因为AFAB⊥，30ABF=，设||AFa=，则||2FBa=，||3

ABa=，设A，B在准线l的射影分别为A，B，则2||||||||||23MNAABBAFBFaaa=+=+=+=，则3||2aMN=，所以3||32||23aMNABa==．故答案为：32．16．解：过点O作ODBC⊥于点D，则点D位BC的中点，又ABAC=，所以A，O，D三点共线，设

BOC=，(0,)，则2AOBAOC==−，所以2211111sinsin2222S=−=−，1212sin()2sin222S=−=，则12sinsin222SS−=−+，令1()2sinsin,(0,)222f

=−+，所以211()coscoscos122222fcos=−+=+−，令()0f=，解得51cos22−=或51cos22−−=（舍)，令51cos,(0,)22−=，所以()f在(0,)上单调递增，在(,)2上单调递减，则当51cos

22−=时，()f取得最大值，此时2251cos212()12522cos−=−=−=−，所以当SS−取得最大时，cos25BOC=−．故答案为：25−．17．解：(1)()()1,2,1,,,

0nnxayaxyxy+=−=⊥•=且，即120nnaa+−=所以数列na是公比为2的等比数列，又∵a3+2是a2与a4的等差中项，∴2(a3+2)=a2+a4,即2(22a1+2)=2a1+23

a1解得12a=,所以数列na的通项公式1222nnna−==(2)1122132log132log2nnba=+=+132nn=−，22121(11132)12(6)362nnSbbbnnnnn=+++=+−=−=−−+，当6n=时，nS取得最大值36．18

．（1）()()1,xxfxeaxfxea=−−=−.①当0a时，()0xfxea=−恒成立，()fx在R上单调递增，无极大值也无极小值；②当0a，(),lnxa−时，()'0fx，()ln,xa+时，()'0fx单调递增，()fx在(),lna−单调递减，在()l

n,a+单调递增，函数()fx的极小值为()lnlnln1ln1afaeaaaaa=−+=−+，无极大值（2）若()fx有两个不同的零点，因为()00f=，由（1）知当0a时，，()fx在R上单调递增，则()fx只有一个零点，不满足题意当0a时，()fx在(),lna−单调递减，在

()ln,a+单调递增i：当ln01aa时，∴()fx在)0,x+递增，()fx只有一个零点，不满足题意；ii：当ln01aa时，∴()fx在)0,lna上递减，在()ln,a+递增，且，()00f=，()ln0fa，()210af

aea=−−(不证明不扣分)(或用x→+，()fx→+)所以在()2ln,xa+，使得f(x2)=0；所以函数f(x)有两个不同的零点，综上所述a>119.证明：（1）在三棱锥MABC−中，MB⊥平面ABC，AC平面ABC，所

以MBAC⊥，又90ACB=，ACBC⊥，且MBBCB=，MB，BC平面MBC，所以AC⊥平面MBC，AC平面MAC，所以平面MAC⊥平面MBC；解：（2）由（1）知AC⊥平面MBC，故ABC即为直线AB与平面MBC所成角，则45ABC=，故cos4522BCAB=

=，以B为坐标原点，在平面ABC内过点B作AB的垂线，作为x轴，BA所在的直线为y轴，BM所在的直线为z轴，建立空间直角坐标系，则(0B，0，0)，(2C，2，0)，(0M，0，2)，(0E，2，1)，(0A，

4，0)，故(0,2,1),(2,0,1),(0,2,1)BECEEA==−=−，设平面BCE的法向量为(mx=，y，)z，则00mBEmCE==，即2020yzxz+=−+=，可取1x=，则得平面BCE的一

个法向量为(1m=，1−，2)，设平面ACE的法向量为(na=，b，)c，则00nEAnCE==，即2020bcac−=−+=，可取1a=，则得平面ACE的一个法向量为(1n=，1，2)，故42cos,||||366mnmnmn

===，由图知二面角BCEA−−为钝角，其余弦值为23−，则二面角BCEA−−的正弦值为53．20.解：（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：方案一：都选择容易题，则总得分不低于10分的概率为10.60.60.36P==；方案二

：都选择难题，则总得分不低于10分的概率为20.30.30.09P==；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30.60.30.18P==；因为132PPP，所以后两轮应该选择容易题进行答题；（2）依题意X的可

能取值为3、7，8、11、12、16，则11771177(3),(7)2221040221020PXPX======，11331177(8),(11)221040221040PXPX======，113

3(12)2221020PX===，1133(16)221040PX===，所以X的分布列为：X378111216P740720340740320340所以77373317()3781112164020404020402EX=+++++=．21．

解：由已知得222122bcaabc===+解得21abc===，∴椭圆C得方程2212xy+=3分（2）证明：由（1）椭圆的左焦点F（-1，0），设A()()1122,,xyBxy，则

()()12122,2,2,2yyMyNyG+−−−12112112222AGyyyyykxx+−−==++22021FNyky−==−−+∴直线()()10ykxk=+与椭圆交于A、B

两点，∴()()11221,1ykxykx=+=+由于直线()()10ykxk=+与直线l:x=-2不平行,∴四边形AGNF为梯形的充分必要条件是AG∥FN，即()122122yyyx−=−+，即112320yyxy++=即()12123240xxxx+++=（

*）8分由()22112ykxxy=++=，得()2222124220kxkxk+++−=，∴21224,12kxxk+=−+()21222112kxxk−=+，()()2222212122222141244483243240121212kkkkkxxxxkkk−−+−+

++++=−++==+++所以（*）成立，∴四边形AGNF为梯形。22.解：（1）()gx的定义域为()()10,,2fxaxx+=+设()fx在直线12y=−处的切点为()()00,Axfx，则()00012fxaxx=+所以()()00

020001201ln2fxaxxfxaxx=+==+=−0112xa==−∴12a=−（2）由（1）可知，21()22gxxxlnx=−+，1()2gxxx=+−．12xx+…，()0gx…，()

gx在(0,)+上单调递增．又12xx，12()()3gxgx+=−且3(1)2g=−，1201xx．22211()1xgxxx−=−=，当1x时，()0gx，()gx单调

递增，要证121()2gxx+，即12()gxxg+（2），只要证122xx+，即212xx−．11x，121x−，所以只要证12111(2)()3()()(2)3(*)gxgxgx

gxgx−=−−+−−−−−−设2()()(2)22(2)Gxgxgxxxlnxlnx=+−=−−++−（其中01)x，31112(1)()222(1)[1]02(2)(2)xGxxxxxxxxx

−=−+−=−−=−−−，()Gx在(0,1)上为增函数()GxG（1）3=−，故(*)式成立，从而121()2gxx+．获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com