上海市实验学校2018-2019学年高二下学期期末考试数学试题

上海市实验学校2018-2019学年高二下学期期末考试数学试题

‎2018～2019学年上实高二下期末试卷 一、填空题（每题4分，一共40分）：‎ ‎1.若一个圆锥的母线长是底面半径的3倍，则该圆锥的侧面积是底面积的_________倍；‎ ‎【答案】3；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别计算侧面积和底面积后再比较．‎ ‎【详解】由题意，，，∴．‎ 故答案为3．‎ ‎【点睛】本题考查圆锥的侧面积，掌握侧面积计算公式是解题关键．属于基础题．‎ ‎2.如图，在正三棱柱中，已知它的底面边长为10，高为20，若P、Q分别是、的中点，则异面直线与所成角的大小为_________（结果用反三角函数表示）．‎ ‎【答案】；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出两异面直线所成的角，然后在三角形求解．‎ ‎【详解】取中点，连接，∵是中点，∴，∴异面直线与所成的角为或其补角．‎ 在正三棱柱中，，则，，∴，，，‎ ‎∴，‎ ‎∴异面直线与所成的角的余弦为，角的大小为．‎ 故答案为．‎ ‎【点睛】本题考查异面直线所成的角，解题关键是作出两条异面直线所成的角，然后通过解三角形得出结论．方法是根据定义，平移其中一条直线使之与另一条相交，则异面直线所成的角可确定．平行线常常通过中位线、或者线面平行的性质定理等得出．‎ ‎3.已知球的半径为24cm，一个圆锥的高等于这个球的直径，而且球的表面积等于圆锥的表面积，则这个圆锥的体积是__________ cm3．（结果保留圆周率p）‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 结合球的表面积等于圆锥的表面积，建立等式，计算半径r，利用体积计算公式 ‎，即可。‎ ‎【详解】结合题意可知圆锥高h=48,设圆锥 底面半径为r，则圆锥表面积 ‎ ，计算得到 ‎ ,所以圆锥的体积 ‎【点睛】本道题考查了立体几何表面积和体积计算公式，结合题意，建立等式，计算半径r，即可，属于中等难度的题。‎ ‎4.某四棱锥的三视图如图所示，那么该四棱锥的体积为____． ‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先还原几何体，再根据四棱锥体积公式求结果.‎ ‎【详解】由三视图知该几何体如图，V＝＝‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查三视图以及四棱锥的体积，考查基本分析求解能力，属基础题.‎ ‎5.设等差数列的公差为，若的方差为1，则=________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 由题意得 ，因此 ‎ ‎6.已知棱长为1的正四面体，的中点为D，动点E在线段上，则直线与平面所成角的取值范围为____________；‎ ‎【答案】；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当与重合时，直线与平面所成角为0最小，当从向移动时，直线与平面所成角逐渐增大，到达点时角最大．‎ 详解】‎ 如图，是在底面上的射影，是在底面上的射影，由于是中点，则是中点，正四面体棱长为1，则，，，，，‎ ‎∴，‎ ‎，‎ ‎∴．．‎ ‎∴所求角的范围是．‎ 故答案为．‎ ‎【点睛】本题考查直线与平面所成的角，解题时首先要作出直线与平面所成的角，同时要证明所作角就是要求的角，最后再计算，即一作二证三计算．‎ ‎7.一个总体分为A，B两层，其个体数之比为4：1，用分层抽样方法从总体中抽取一个容量为10的样本.已知B层中甲、乙都被抽到的概率为，则总体中的个体数为 _____ 。‎ ‎【答案】40‎ ‎【解析】‎ 设B层中的个体数为，则，则总体中的个体数为 ‎8.有一个体积为2的长方体，它的长、宽、高依次为a，b，1，现将它的长增加1，宽增加2，且体积不变，则所得长方体高的最大值为________；‎ ‎【答案】；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由体积公式得，长宽高变化后体积公式为，这样可用表示，然后结合基本不等式求得最值．‎ ‎【详解】依题意，设新长方体高为，‎ 则，‎ ‎∴，当且仅当时等号成立．‎ ‎∴的最大值为．‎ 故答案为．‎ ‎【点睛】本题考查长方体体积，考查用基本不等式求最值，属于中档题型．‎ ‎9.设关于x，y的不等式组表示的平面区域为．记区域上的点与点距离的最小值为，若，则的取值范围是__________；‎ ‎【答案】；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据不等式组表示的平面区域，又直线过点，因此可对分类讨论，以求得，当时，是到直线的距离，在其他情况下，表示与可行域内顶点间的距离．分别计算验证．‎ ‎【详解】如图，区域表示在第一象限（含轴的正半轴），直线过点，表示直线的上方，当时，满足题意，当时，直线与轴正半轴交于点，当时，，当时，，满足题意，当时，‎ ‎，不满足题意，‎ 综上的取值范围是．‎ 故答案为．‎ ‎【点睛】本题考查二元一次不等式组表示的平面区域，解题关键是在求时要分类讨论．是直接求两点间的距离还是求点到直线的距离，这要区分开来．‎ ‎10.将前12个正整数构成的集合中的元素分成四个三元子集，使得每个三元子集中的三数都满足：其中一数等于另外两数之和，试求不同的分法种数．‎ ‎【答案】8‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】设四个子集为，，2，3，4，其中，，，2，3，4，‎ 设，则，，‎ 所以，故，因此．‎ 若，则由，，，得，，‎ 即有，‎ 再由，，，，‎ 必须，，共得两种情况：，，，；‎ 以及，，，，对应于两种分法：‎ ‎，，，；‎ ‎，，，．‎ 若，则，于是，分别得，．‎ 对于，得到三种分法：‎ ‎，，，；‎ ‎，，，；‎ ‎，，，．‎ 对于，也得三种分法：‎ ‎，，，；‎ ‎，，，；‎ ‎，，，．‎ 因此本题的分组方案共八种．‎ 二、选择题（每题4分，一共16分）：‎ ‎11.对于两个平面和两条直线，下列命题中真命题是（ ）‎ A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析】‎ 根据线面平行垂直的位置关系判断．‎ ‎【详解】A中可能在内，A错；B中也可能在内，B错；与可能平行，C错；，则或，若，则由得，若，则内有直线，而易知，从而，D正确．‎ 故选D．‎ ‎【点睛】本题考查线面平行与垂直的关系，在说明一个命题是错误时可举一反例．说明命题是正确时必须证明．‎ ‎12.学号分别为1，2，3，4的4位同学排成一排，若学号相邻的同学不相邻，则不同的排法种数为( )‎ A. 2 B. 4 C. 6 D. 8‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先排1,2，再将3、4插空，用列举法，即可得出结果.‎ ‎【详解】先排好1、2，数字3、4插空，排除相邻学号，只有2种排法：3142、2413‎ 故选A ‎【点睛】本题主要考查计数原理，熟记概念即可，属于基础题型.‎ ‎13.的展开式的各项系数之和为3，则该展开式中项的系数为（ ）‎ A. 2 B. 8 C. D. -17‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 令得各项系数和，可求得，再由二项式定理求得的系数，注意多项式乘法法则的应用．‎ ‎【详解】令，可得，，‎ 在的展开式中的系数为：．‎ 故选D．‎ ‎【点睛】本题考查二项式定理，在二项展开式中，通过对变量适当的赋值可以求出一些特定的系数，如令可得展开式中所有项的系数和，再令可得展开式中偶数次项系数和与奇数次项系数和的差，两者结合可得奇数项系数和以及偶数项系数和．‎ ‎14.已知正方体棱长为2，P是底面上的动点,，则满足条件的点P构成的图形的面积等于（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ P是底面上的动点，因此只要在底面上讨论即可，以为轴建立平面直角坐标系，设，根据已知列出满足的关系．‎ ‎【详解】‎ 如图，以为轴在平面内建立平面直角坐标系，设，由得，整理得，设直线与正方形的边交于点，则点在内部（含边界），‎ 易知，，∴，．‎ 故选A．‎ ‎【点睛】本题考查空间两点间的距离问题，解题关键是在底面上建立平面直角坐标系，把空间问题转化为平面问题去解决．‎ 三、解答题（10+10+12+12，一共44分）‎ ‎15.袋中有红、黄、白色球各1个，每次任取1个，有放回地抽三次，求基本事件的个数，写出所有基本事件的全集，并计算下列事件的概率：‎ ‎（1）三次颜色各不相同；‎ ‎（2）三次颜色不全相同；‎ ‎（3）三次取出的球无红色或黄色．‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3）；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 按球颜色写出所有基本事件；‎ ‎（1）计数三次颜色各不相同的事件数，计算概率；‎ ‎（2）计数三次颜色全相同的事件数，从对立事件角度计算概率；‎ ‎（3）计数三次取出的球无红色或黄色事件数，计算概率；‎ ‎【详解】按抽取的顺序，基本事件全集为：‎ ‎｛（红红红），（红红黄），（红红蓝），（红黄红），（红黄黄），（红黄蓝），（红蓝红），（红蓝黄），（红蓝蓝），（黄红红），（黄红黄），（黄红蓝），（黄黄红），（黄黄黄），（黄黄蓝），（黄蓝红），（黄蓝黄），（黄蓝蓝），（蓝红红），（蓝红黄），（蓝红蓝），（蓝黄红），（蓝黄黄），（蓝黄蓝），（蓝蓝红），（蓝蓝黄），（蓝蓝蓝）｝，共27个．‎ ‎（1）三次颜色各不相同的事件有（红黄蓝），（红蓝黄），（黄红蓝），（黄蓝红），（蓝红黄），（蓝黄红），共6个，概率为；‎ ‎（2）其中颜色全相同的有3个，因此所求概率为；‎ ‎（3）三次取出的球红黄都有的事件有12个，因此三次取出的球无红色或黄色事件有15个，概率为．‎ 无红色或黄色事件 ‎【点睛】本题考查古典概型概率，解题关键是写出所有基本事件的集合，然后按照要求计数即可，当然有时也可从对立事件的角度考虑．‎ ‎16.已知的展开式中有连续三项的系数之比为1︰2︰3，‎ ‎（1）这三项是第几项？‎ ‎（2）若展开式的倒数第二项为112，求x的值．‎ ‎【答案】（1）第5、6、7项；（2）或；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先求展开式各项的系数，由有连续三项的系数之比为1︰2︰3，求出及项数；‎ ‎（2）再由通项公式写出倒数第二项，由它等于112求出．‎ ‎【详解】（1）展开式各项系数为，由题意，‎ 即，解得，‎ ‎∴这三项第5、6、7项．‎ ‎（2）倒数第二项为，∴＝＝112，，‎ ‎，即，，‎ ‎∴或．‎ ‎【点睛】本题考查二项式定理，考查组合数公式的计算，题中难点有两个，一个是把组合数用阶乘表示出来后求解较方便，一个是解方程时要先取以2为底的对数后才能求解．‎ ‎17.如图①，有一个长方体形状的敞口玻璃容器，底面是边长为20cm的正方形，高为30cm，内有20cm深的溶液．现将此容器倾斜一定角度（图②），且倾斜时底面的一条棱始终在桌面上（图①、②均为容器的纵截面）．‎ ‎（1）要使倾斜后容器内的溶液不会溢出，角的最大值是多少？‎ ‎（2）现需要倒出不少于的溶液，当时，能实现要求吗？请说明理由．‎ ‎【答案】（1）要使倾斜后容器内的溶液不会溢出，的最大值是45°（2）不能实现要求，详见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）当倾斜至上液面经过点B时，容器内溶液恰好不会溢出，此时最大．‎ ‎（2）当时，设剩余的液面为，比较与60°的大小后发现在上，计算此时倒出的液体体积，比小，从而得出结论．‎ ‎【详解】（1）如图③，当倾斜至上液面经过点B时，容器内溶液恰好不会溢出，此时最大．‎ 解法一：此时，梯形的面积等于，‎ 因为，所以，， ‎ 即，解得，．‎ 所以，要使倾斜后容器内的溶液不会溢出，的最大值是45°．‎ ‎　　　　　　③‎ 解法二：此时，的面积等于图①中没有液体部分的面积，即，‎ 因为，所以 ‎，即，‎ 解得，．‎ 所以，要使倾斜后容器内的溶液不会溢出，的最大值是45°．‎ ‎（2）如图④，当时，设上液面为，因为，所以点F在线段上，‎ ‎　　　　　　　④‎ 此时，，,‎ 剩余溶液的体积为，‎ 由题意，原来溶液的体积为，‎ 因为，所以倒出的溶液不满．‎ 所以，要倒出不少于的溶液，当时，不能实现要求．‎ ‎【点睛】本题考查三角函数的实际应用，解题关键是确定倾斜后容器内的溶液的液面位置，然后才能计算解决问题．‎ ‎18.如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，平面，‎ ‎，为的中点.‎ ‎（1）证明：；‎ ‎（2）求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）见解析； （2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）证明，再证明平面，即可证明；‎ ‎（2）以为原点建立空间直角坐标系，再求平面以及平面的法向量，再求两个平面法向量夹角的余弦值，结合图像即可求得二面角的余弦值.‎ ‎【详解】（1）证明：连接，.‎ 因为四边形是菱形且，为的中点，所以.‎ 因为平面，所以，‎ 又，所以平面，‎ 则.‎ 因为，所以. ‎ ‎（2）以为原点建立空间直角坐标系（其中为与的交点），如图所示，则，，，.‎ 设平面的法向量为，‎ 则，，‎ 即，‎ 令，得.‎ 设平面的法向量为，‎ 则，，‎ 即，‎ 令，得.‎ 所以 ，‎ 由图可知二面角为钝角，‎ 故二面角的余弦值为.‎ ‎【点睛】本题主要考查空间几何元素位置关系的证明，考查二面角的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和空间想象转化分析推理能力.‎ 四、附加题（10+10，一共20分）‎ ‎19.在六条棱长分别为2、3、3、4、5、5的所有四面体中，最大的体积是多少？证明你的结论．‎ ‎【答案】；证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据三角形两边之差小于第三边这个性质，按题设数据，所有一边是2的三角形其余两边只可能是（A）3,3；（B）5,5；（C）4，5；（D）3,4，从而题设四面体中，以棱长为2的棱为公共边的两个面的其余两边只可能是下列三种情形：（I）（A）与（B），（II）（A）与（C）；（III）（B）与（C），于是问题转化为对棱长分别为（I）（II）（III）的四面体来计算体积的最大值（或估计）.‎ ‎【详解】由三角形两边之差小于第三边这个性质，按题设数据，所有一边是2的三角形其余两边只可能是（A）3,3；（B）5,5；（C）4，5；（D）3,4，从而题设四面体中，以棱长为2为公共边的两个面的其余两边只可能是下列三种情形：（I）（A）与（B），（II）（A）与（C）；（III）（B）与（C）.‎ 对情形（I）（A）与（B），四边形沿AB折叠后使，则由得 ‎，即是四面体以为底面的高，‎ ‎∴体积为；‎ 对情形（II）（A）与（C）四边形沿AB折叠后使，有两种情形，它们体积相等，记为，∵，∴为钝角，与平面斜交，‎ ‎∴；‎ 对情形（III），（B）与（C），这样的四面体也有两个，体积也相等，记为，‎ ‎.‎ ‎∴最大体积为.‎ ‎【点睛】本题考查四面体的体积，解题关键是找到以棱长为2的棱为突破点，分析以它为边的两个三角形的边长可能有哪些情形，然后一一求出它们的体积（可估计体积大小），再比较.难度较大.‎ ‎20.若，求证：．‎ ‎【答案】见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 引入函数，展开，其中，，‎ 是整数，，注意说明的唯一性，这样有，，然后计算即可.‎ ‎【详解】证明：因为 ‎，‎ 所以，‎ 由题意，‎ 首先证明对于固定的，满足条件的是唯一的．‎ 假设，‎ 则，而，矛盾。‎ 所以满足条件的是唯一的．‎ 下面我们求及的值：‎ 因为 ‎，‎ 显然．‎ 又因为，故，‎ 即．‎ 所以令，‎ ‎，则，，又，‎ 所以．‎ ‎【点睛】本题考查二项式定理的应用，解题关键是引入函数，展开，其中，，是整数，，于是可表示出.本题有一定的难度.‎ ‎ ‎ ‎ ‎