1、2021-2022學年福建省廈門市第一中學高二下學期6月適應性練習數學試題滿分為150分，考試時間120分鐘注意事項：1答題前，考生務必在試題卷答題卡規定的地方填寫自己的準考證號姓名考生要認真核對答題卡上粘貼的條形碼的“準考證號姓名”與考生本人準考證號姓名是否一致2回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上寫在本試卷上無效3考試結束，考生必須將試題卷和答題卡一并交回一選擇題：本大題共8小題，每小題5分，共40分在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的1. 若數列滿足，則的前202

2、2項和為（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】求出，再利用裂項相消法求和.【詳解】解：由題得，所以的前2022項和為.故選：B2. 科學家經過長期監測，發現在某一段時間內，某物種的種群數量可以近似看作時間的函數，記作，其瞬時變化率和的關系為，其中為常數在下列選項所給函數中，可能是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根據題意，結合導數的計算公式，逐項計算，即可求解.【詳解】由題意，瞬時變化率和的關系為，對于A中，函數，可得，所以，符合題意；對于B中，函數，可得，不符合題意；對于C中，函數，可得，不符合題意；對于D中，函數，可得，不符合題意.故選：A.3. 在

3、二項式的展開式中，含項的系數為（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由二項式定理可得展開式通項為，即可求含項的系數.【詳解】由題設，當時，.含項的系數為.故選：D.4. 若將4名志愿者分配到3個服務點參加抗疫工作，每人只去1個服務點，每個服務點至少安排1人，則不同的安排方法共有（ ）A. 18種B. 24種C. 36種D. 72種【答案】C【解析】【分析】先選后排可得答案.【詳解】將4名志愿者分配到3個服務點參加抗疫工作，每人只去1個服務點，每個服務點至少安排1人，則不同的安排方法共有種.故選：C.5. 已知函數滿足，則曲線在點處的切線方程為（ ）A. B. C. D. 【答

4、案】A【解析】【分析】根據導數的定義可知，再根據導數公式可求出，即可求出切點，從而得出切線方程【詳解】由可知，而，所以，解得，即，所以，因此曲線在點處的切線方程為，即故選：A6. 已知直線l：xmy4m30（mR），點P在圓上，則點P到直線l的距離的最大值為（ ）A. 3B. 4C. 5D. 6【答案】D【解析】【分析】先求得直線過的定點的坐標，再由圓心到定點的距離加半徑求解.【詳解】解：直線l：xmy4m30（mR）即為，所以直線過定點，所以點P到直線l的距離的最大值為，故選：D7. 正四面體中，分別為，的中點，則直線與所成角的余弦值為（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】

5、取的中點為，連接，則或其補角即為異面直線與所成角，設正四面體的棱長為，分別求出各邊邊長，由余弦定理即可求解.【詳解】如圖：連接，取的中點為，連接，因為分別為的中點，所以，所以或其補角即為異面直線與所成角，設正四面體的棱長為，則，所以，在中，在中，由余弦定理可得：，所以直線與所成角的余弦值為，故選：D.8. 已知等比數列滿足若，則（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】構造函數，利用導數證出，再利用等比數列的通項公式即可得出結果.【詳解】構造函數（），則，令，解得； 令，解得；令，解得；所以函數在上單調遞增；在上單調遞減；所以，則，所以，即，因為，所以等比數列的公比，若，則，此時

6、，這與矛盾；若，即.故選：A二多選題：本題共4小題，每小題5分，共20分在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求全部選對的得5分，有選錯的得0分，部分選對的得2分9. 已知雙曲線滿足條件：（1）焦點為，；（2）離心率為，求得雙曲線C的方程為若去掉條件（2），另加一個條件求得雙曲線C的方程仍為，則下列四個條件中，符合添加的條件可以為（ ）A. 雙曲線C上的任意點P都滿足B. 雙曲線C的虛軸長為4C. 雙曲線C的一個頂點與拋物線的焦點重合D. 雙曲線C的漸近線方程為【答案】AD【解析】【分析】利用雙曲線性質求解【詳解】對于A， 又 焦點為 離心率 ，故A符合條件；對于B，雙曲線C的虛軸長為4，離心

7、率，故B不符合條件；對于C，雙曲線C的一個頂點與拋物線的焦點重合， ，故C不符合條件；對于D， 近線方程為 又 離心率，故D符合條件故選AD10. 已知當隨機變量時，隨機變量也服從正態分布若，則下列結論正確的是（ ）A. B. C. 當減小，增大時，不變D. 當都增大時，增大【答案】AC【解析】【分析】根據正態分布與標準正態分布的關系以及正態分布的性質及特點可判斷各選項正誤.【詳解】對任意正態分布，服從標準正態分布可知A正確，由于，結合正態分布的對稱性可得，可知B錯誤，已知正態分布，對于給定的，是一個只與有關的定值，所以C正確，D錯誤.故選：AC.11. 一個不透明的盒中裝有除顏色以外完全相同

8、的小球，其中有6個紅球、4個白球進行取球隨機試驗，若取出1個紅球積1分，取出一個白球積分，試驗結束后積分為，則下列說法正確的是（ ）A. 若不放回地抽取5個球，則B. 若不放回地抽取5個球，則C. 若有放回地抽取10個球，則D. 若有放回地抽取10個球，則積分為2分的概率最大【答案】ABD【解析】【分析】不放回取5次可理解為一次性取5個球，得出隨機變量的可能取值，分別計算其概率，求解數學期望即可判斷A、B兩項，有放回地取10個球，則紅球的個數滿足二項分布，根據二項分布的計算公式及性質即可求解C、D兩項.【詳解】若不放回地取5個球，則隨機變量的可能取值為-3，-1，1，3，5，則,則,故A、B兩

9、項正確；若有放回地取10個球，設為取出紅球的個數，則，故，則,，故，故C項錯誤；因，且，設當時，最大，則，即，解得，又，故，即紅球取6次的概率最大，此時積分為2分，故D項正確.故選：ABD12. 泊松分布是統計學中常見的離散型概率分布，由法國數學家泊松首次提出泊松分布的概率分布列為，其中為自然對數的底數，是泊松分布的均值切爾諾夫界，也稱為切爾諾夫不等式，是一類概率不等式，對于某些隨機變量，它可以用于估計概率值和的上界已知服從參數為的泊松分布的隨機變量的切爾諾夫界為：對一切恒成立，對一切恒成立若服從參數為的泊松分布，則下列結論中正確的是（ ）A. 若，則B. 若，則C. 若，則D. 若，則【答案

10、】AC【解析】【分析】當時，令，利用切爾諾夫界和對數的運算判斷選項AD；再討論當時，令，同理得解.【詳解】解：當時，令，所以，所以選項A正確，選項D錯誤；當時，令，所以，所以選項C正確，選項B錯誤.故選：AC三填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分13. 在空間直角坐標系中，點，則到直線的距離為_【答案】【解析】【分析】利用點到直線距離的向量公式即可求解【詳解】依題意得，則到直線的距離為故答案：14. 已知為坐標原點，拋物線：()的焦點為，為上一點，與軸垂直，為軸上一點，且，若，則的準線方程為_.【答案】【解析】【分析】先用坐標表示，再根據向量垂直坐標表示列方程，解得，即得結果.【詳解】

11、拋物線： ()的焦點,P為上一點，與軸垂直，所以P的橫坐標為，代入拋物線方程求得P的縱坐標為,不妨設,因為Q為軸上一點，且，所以Q在F的右側，又，因為，所以,，所以的準線方程為故答案為：.【點睛】利用向量數量積處理垂直關系是本題關鍵.15. 甲乙兩人向同一目標各射擊1次，已知甲命中目標的概率為，乙命中目標的概率為，已知目標至少被命中1次，則甲命中目標的概率為_【答案】【解析】【分析】設甲命中目標為事件，目標至少被命中1次為事件，由條件概率公式計算即可.【詳解】設甲命中目標為事件，目標至少被命中1次為事件，事件包括甲命中乙不命中、甲不命中乙命中、甲乙都命中，則，則.故答案為：.16. 已知函數，

12、則函數最小值為_；若關于x的方程有且僅有一個實根，則實數a的取值范圍是_.【答案】 . 2a . 【解析】【分析】對于第一空，求函數倒數，判斷導數正負，判斷函數單調性，即可求得最小值；第二空，將方程變形為，構造函數，將根的問題轉化為圖象的交點問題，根據函數的單調性可知，在 上圖象和圖象有一交點，即關于x的方程有一個實根，故需滿足在 時，二者圖象無交點，由此構造函數，分離參數，利用導數，求得答案.【詳解】對于第一空：由可知，當 時， ，對于 ，其圖象對稱軸為 ，故時，為增函數，則，即，故當 時，是單調增函數，由于，故當 時，是單調減函數，故；第二空：即，即，而函數結合第一空的分析可知，在 時取得

13、最小值，如圖示，而函數，故是單調增函數，由圖可知，在 上圖象和圖象有一交點，即關于x的方程有一個實根，故需滿足在 時，二者圖象無交點，此時 而，則即，則需滿足 無解，對于 ，令 ，當 時，單調遞增，當 時，單調遞減，故，故要使 無解，需滿足 ，故答案為：【點睛】本題考查了利用導數求解函數的最小值以及方程有唯一跟的問題，綜合性較強，要求思維能力較強，解答時的關鍵是將方程有唯一跟的問題轉化為圖象有一個交點的問題，數形結合靈活處理.四解答題：共70分解答應寫出文字說明證明過程或演算步驟17. 數列的前項和為，數列的前項積為，且（1）求和的通項公式；（2）若，求的前項和【答案】（1）； （2）【解析】

14、【分析】（1）由退位相減法即可求得的通項公式；由即可求得的通項公式；（2）先求出，當時，由分組求和及等差、等比求和公式求得前項和；當為奇數時，由求解即可.【小問1詳解】當時，當時，所以，因為，所以，所以是以1為首項，2為公比的等比數列，所以；當時，當時，時也符合，所以【小問2詳解】由（1）知，所以，當即為偶數時，即；當為奇數時，所以18. 紅鈴蟲是棉花的主要害蟲之一，其產卵數與溫度有關現收集到一只紅嶺蟲的產卵數（個）和溫度的8組觀測數據，制成圖1所示的散點圖現用兩種模型，分別進行擬合，由此得到相應的回歸方程并進行殘差分析，進步得到圖2所示的殘差圖根據收集到的數據，計算得到如下值：2564616

15、842268870308表中（1）根據殘差圖，判斷哪一個模型的擬合效果更好；（2）根據（1）中擬合效果更好的模型，求出關于的經驗回歸方程，并估計溫度為35時的產卵數附1：經驗回歸方程中斜率和截距的最小二乘估計公式分別為：附2：參考數據【答案】（1）模型擬合效果更好 （2）；327個【解析】【分析】（1）根據題意殘差穩定在0左右，且擬合得精度越高越好；（2）根據題意將非線性回歸方程轉化為線性回歸方程，結合題中數據運算處理【小問1詳解】擬合效果更好的是模型理由為：模型殘差點比較均勻地落在水平的帶狀區域中，且帶狀區域的寬度比模型帶狀寬度窄，所以模型的擬合精度更高，經驗回歸方程的預報精度相應就會越高故

16、模型擬合效果更好【小問2詳解】由（1）知，選用模型，用兩邊取對數，得，令與溫度可以用線性回歸方程來擬合，則，于是有，所以產卵數關于溫度的經驗回歸方程為當時，（個），所以，在氣溫在時，估計一個紅憐蟲的產卵數為327個19. 如圖1，正方形ABCD中，E，F分別為邊BC，AD的中點，將四邊形EFDC沿直線EF折起，使得平面平面ABEF如圖2，點M，N分別滿足，（1）求證：平面BMN；（2）求平面AFM與平面BMN夾角的余弦值【答案】（1）證明見解析 （2）【解析】【分析】（1）連接AE交BN于點G，連接MG，則由面面垂直的性質可得平面ABEF，由已知可得，則平面ABEF，再由線面垂直的判定可得結論

17、，（2）分別以FA，FE，FD所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標系，利用空間向量求解即可【小問1詳解】連接AE交BN于點G，連接MG，設，因為平面平面ABEF，平面平面，平面CDFE，所以平面ABEF，因為點N是EF的中點，所以，又因為，所以，所以平面ABEF，因為平面ABEF，所以，又，所以，因為，NB，平面BMN，所以平面BMN【小問2詳解】因為平面平面ABEF，平面平面，所以平面，因為平面，所以，所以FA，FE，FD兩兩垂直，所以分別以FA，FE，FD所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標系，如圖所示所以，所以，設平面AFM的法向量為，由，令，得，由（1）知平面BMN的法向量為，設平

18、面AFM與平面BMN夾角為，所以，所以平面AFM與平面BMN夾角的余弦值為20. 從圓：上任取一點向軸作垂線段為垂足當點在圓上運動時，線段的中點的軌跡為曲線（當為軸上的點時，規定與重合）（1）求的方程，并說明是何種曲線：（2）若圓與軸的交點分別為在左側），異于，直線交直線于，垂足為，線段的中點為，求證：是等腰三角形【答案】（1）的方程為，是長軸長為6，焦點為的橢圓 （2）證明見解析【解析】【分析】（1）根據相關點法，設，則，將代入圓的方程即可求解出點軌跡.（2）聯立直線和橢圓方程，可通過斜率關系關系得位置關系為垂直，進而可得三點共線，從而可證等腰.【小問1詳解】設，則，因為在圓上，所以，即，所

19、以是橢圓，且，所以，所以的方程為，是長軸長為6，焦點為的橢圓【小問2詳解】解法一：易知，因為異于，所以異于，設，則，令得，所以，所以又因為，所以，所以，所以三點共線，所以，所以，故是等腰三角形解法二：易知，因為異于，所以異于，有題意可知直線有斜率，設，則令得，所以，所以由得，所以，所以，所以，所以，所以三點共線，所以，所以，故是等腰三角形解法三：易知，因為異于，所以異于，設，則，設，由得，所以，所以，又因為，所以，所以，所以三點共線，所以，所以，故是等腰三角形解法四：易知，因為異于，所以異于，設，則令得，所以，所以由得，所以，所以，所以，所以三點共線，所以，所以，故是等腰三角形21. 2022

20、年2月6日，中國女足在兩球落后的情況下，發揚永不言棄的拼搏精神，最終以3比2強勢逆轉擊敗韓國女足時隔十六年再奪亞洲杯冠軍鏗鏘玫瑰們的此次奪冠讓我們熱血沸騰，為之自豪！我們要向女足學習，以堅忍不拔的意志與永不言棄的精神去面對困難，奮勇拼搏，成就出彩人生！（1）為了解喜愛足球運動是否與性別有關，隨機抽取了男性和女性各100名觀眾進行調查，得到如下等高堆積條形圖：喜愛足球運動不喜愛足球運動合計男性女性合計根據等高條堆積形圖分析喜愛足球運動是否與性別行關；請填寫22列聯表并根據小概率值a=0.001的獨立性檢驗，分析男性是否更喜愛足球運動（2）2022年卡塔爾世界杯足球賽將于2022年11月2111至

21、12月18日在卡塔爾境內舉行，在2022年卡塔爾世界杯亞洲區預選賽十二強賽中，中國男足以1勝3平6負進9球失19球的成績慘敗出局甲乙丙丁四個足球愛好者決定加強訓練提高球技，他們進行傳球訓練，已知甲傳給乙的概率為，傳給丁的概率為；乙傳給丙的概率為，傳給甲的概率為；丙傳給丁的概率為，傳給乙的概率為，丁傳給丙的概率為，傳給甲的概率為一開始球由甲控制，從甲開始傳球（i）若經過三次傳球，傳給甲的球的次數為，求的分布列和均值；（ii）記為經過次傳球后球傳到甲的概率，寫出的值，并說明其實際含義；求證：為等比數列，并求附：，其中【答案】（1）可以認為喜愛足球運動與性別有關；填表見解析；認為喜愛足球運動與性別有

22、關，此推斷犯錯誤的概率不超過0.001 （2）（i）分布列見解析；期望為（ii） ，其實際含義為經過奇數次傳球后球不可能傳到甲；證明見解析；【解析】【分析】(1) （i）等高堆積條形圖進行分析可得出答案.（ii）根據題意完善列聯表，由公式求出的值，由獨立性性檢驗可得出答案.（2）（i）依題意X的所有可能取值為0，1，分別求出其概率，得出分布列,求出均值.（ii）由（1）可知，其實際含義為經過奇數次傳球后球不可能傳到甲.先求出與間的關系，從而可證明結論，并求出.【小問1詳解】（i）由等高堆積條形圖知，男性喜愛足球運動的頻率為0.6，不喜愛足球運動的頻率為0.4，女性喜愛足球運動的頻率為0.2，不

23、喜愛足球運動的頻率為0.8，男性喜愛足球運動頻率遠高于女性喜愛足球運動的頻率，根據頻率穩定于概率的原理，可以認為喜愛足球運動與性別有關；（ii）男性喜愛足球運動的頻率為0.6，人數為60，女性喜愛足球運動的頻率為0.2，人數為20；列聯表如圖：假設：喜愛足球運動與性別獨立，即喜愛足球運動與性別無關根據列聯表數據，經計算得根據小概率值的獨立性檢驗，喜愛足球運動不喜愛足球運動合計男性6040100女性2080100合計80120200我們推斷不成立，即認為喜愛足球運動與性別有關，此推斷犯錯誤的概率不超過0.001根據數據，男性喜愛足球運動的頻率為0.6，不喜愛足球運動的頻率為0.4，女性喜愛足球運動的頻率為0.2，