上海市奉贤区奉贤中学2018-2019学年高二下学期期末考试数学试题 含解析

上海市奉贤区奉贤中学2018-2019学年高二下学期期末考试数学试题 含解析

www.ks5u.com ‎2018～2019学年奉贤中学高二下期末试卷 一、填空题（54分）‎ ‎1.设集合，，若，则的所有可能的取值构成的集合是_______；‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据集合的包含关系可确定可能的取值，从而得到结果.‎ ‎【详解】由得：或或 所有可能的取值构成的集合为：‎ 本题正确结果：‎ ‎【点睛】本题考查根据集合的包含关系求解参数值的问题，属于基础题.‎ ‎2.若展开式的二项式系数之和为，则________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据二项展开式二项式系数和为可构造方程求得结果.‎ ‎【详解】展开式的二项式系数和为：，解得：‎ 本题正确结果：‎ ‎【点睛】本题考查二项展开式的二项式系数和的应用，属于基础题.‎ ‎3.在长方体中，，，，二面角的大小是_________（用反三角表示）．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据二面角平面角的定义可知为二面角 的平面角，在直角三角形中表示出，进而求得结果.‎ ‎【详解】‎ 由长方体特点可知：平面 又平面，平面 ，‎ 即为二面角的平面角 又，，‎ ‎ ‎ 即二面角的大小为：‎ 本题正确结果：‎ ‎【点睛】本题考查二面角的求解，关键是能够根据二面角平面角的定义确定平面角，将平面角放到直角三角形中来进行求解.‎ ‎4.如图为某几何体的三视图，则其侧面积为_______‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据三视图可知几何体为圆锥，利用底面半径和高可求得母线长；根据圆锥侧面积公式可直接求得结果.‎ ‎【详解】由三视图可知，几何体为底面半径为，高为的圆锥 圆锥的母线长为：‎ 圆锥的侧面积：‎ 本题正确结果：‎ ‎【点睛】本题考查圆锥侧面积的求解问题，关键是能够根据三视图准确还原几何体，考查学生对于圆锥侧面积公式的掌握情况.‎ ‎5.已知球O的半径为R，点A在东经120°和北纬60°处，同经度北纬15°处有一点B，球面上A，B两点的球面距离为___________；‎ ‎【答案】；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据纬度差可确定，根据扇形弧长公式可求得所求距离.‎ ‎【详解】在北纬，在北纬，且均位于东经 ‎ 两点的球面距离为：‎ 本题正确结果：‎ ‎【点睛】本题考查球面距离的求解问题，关键是能够通过纬度确定扇形圆心角的大小，属于基础题.‎ ‎6.若实数x，y满足，则的取值范围是__________；‎ ‎【答案】；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 令，，可将化为，根据三角函数值域可求得结果.‎ ‎【详解】 可令，‎ ‎ ‎ 本题正确结果：‎ ‎【点睛】本题考查利用三角换元的方式求解取值范围的问题，关键是能够将问题转化为三角函数的值域的求解.‎ ‎7.在四棱锥中，设向量，，，则顶点到底面的距离为_________‎ ‎【答案】2；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据法向量的求法求得平面的法向量，利用点到面的距离的向量求解公式直接求得结果.‎ ‎【详解】设平面的法向量 则，令，则， ‎ 点到底面的距离：‎ 本题正确结果：‎ ‎【点睛】本题考查点到面的距离的向量求法，关键是能够准确求解出平面的法向量，考查学生对于点到面距离公式掌握的熟练程度.‎ ‎8.除以9的余数为_______；‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将变为，利用二项式定理展开可知余数因不含因数的项而产生，从而可知余数为.‎ ‎【详解】由题意得：‎ 除以的余数为：‎ 本题正确结果：‎ ‎【点睛】本题考查余数问题的求解，考查学生对于二项式定理的掌握情况，关键是能够配凑出除数的形式，属于常考题型.‎ ‎9.如图，正四棱柱的底面边长为4，记，，若，则此棱柱的体积为______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 建立空间直角坐标系，设出直四棱柱的高h，求出的坐标，由数量积为0求得h，则棱柱的体积可求．‎ ‎【详解】建立如图所示空间直角坐标系，‎ 设，又，‎ 则，，，，‎ ‎，，‎ ‎，，即．‎ 此棱柱的体积为．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查棱柱体积的求法，考查利用空间向量解决线线垂直问题，是中档题．‎ ‎10.在平面直角坐标系中，设点，，点的坐标满足，则在上的投影的取值范围是__________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据不等式组画出可行域，可知；根据向量投影公式可知所求投影为 ‎，利用的范围可求得的范围，代入求得所求的结果.‎ ‎【详解】由不等式组可得可行域如下图阴影部分所示：‎ 由题意可知：，‎ 在上的投影为：‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 本题正确结果：‎ ‎【点睛】本题考查线性规划中的求解取值范围类问题，涉及到平面向量投影公式的应用；关键是能够根据可行域确定向量夹角的取值范围，从而利用三角函数知识来求解.‎ ‎11.正方体的边长为，P是正方体表面上任意一点，集合，满足的点P在正方体表面覆盖的面积为_________；‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别在六个侧面上找到满足到点的距离小于等于的点的集合，可大致分为两类；从而确定满足集合的点构成的图形，通过计算图形面积加和得到结果.‎ ‎【详解】在正方形、、上，满足集合的点构成下图的阴影部分：‎ 在侧面、、覆盖的面积：‎ 在正方形、、上，满足集合的点构成下图的阴影部分：‎ 在侧面、、覆盖的面积：‎ 满足的点在正方体表面覆盖的面积为：‎ 本题正确结果：‎ ‎【点睛】本题考查立体几何中的距离类问题的应用，关键是能够通过给定集合的含义，确定在正方体侧面上满足题意的点所构成的图形，对于学生的空间想象能力有一定要求.‎ ‎12.已知圆，圆，直线分别过圆心，且与圆相交于两点，与圆相交于两点，点是椭圆上任意一点，则的最小值为___________；‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据圆和椭圆的参数方程可假设出点坐标；根据共线、共线可得坐标；写出向量后，根据向量数量积运算法则可求得，从而可知当 时，取得最小值，代入求得结果.‎ ‎【详解】由题意可设：，，‎ 则，‎ ‎，‎ 同理可得：‎ 当时，‎ 本题正确结果：‎ ‎【点睛】本题考查向量数量积的最值的求解问题，关键是能够灵活应用圆和椭圆的参数方程的形式，表示出所需的点的坐标，从而将问题转化为三角函数最值的求解问题.‎ 二、选择题（20分）‎ ‎13.为直线，为平面，则下列命题中为真命题的是（ ）‎ A. 若，，则 B. 则，，则 C. 若，，则 D. 则，，则 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据空间中平面和直线平行和垂直的位置关系可依次通过反例排除，从而得到结果.‎ ‎【详解】选项：若，则与未必平行，错误 选项：垂直于同一平面的两条直线互相平行，正确 选项：垂直于同一平面的两个平面可能相交也可能平行，错误 选项：可能与平行或相交，错误 本题正确选项：‎ ‎【点睛】本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的相关命题的判定，通常通过反例，采用排除法的方式来得到结果，属于基础题.‎ ‎14.魏晋时期数学家刘徽在他的著作九章算术注中，称一个正方体内两个互相垂直的内切圆柱所围成的几何体为“牟合方盖”，刘徽通过计算得知正方体的内切球的体积与“牟合方盖”的体积之比应为：若正方体的棱长为2，则“牟合方盖”的体积为　　‎ A. 16 B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析】‎ 由已知求出正方体内切球的体积，再由已知体积比求得“牟合方盖”的体积．‎ ‎【详解】正方体的棱长为2，则其内切球的半径，‎ 正方体的内切球的体积，‎ 又由已知，．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查球体积的求法，理解题意是关键，是基础题．‎ ‎15.“”是“的展开式中含有常数项”的（ ）‎ A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件 C. 充要条件 D. 非充分非必要条件 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据二项展开式的通项可知当时，只需即可得到常数项，可知充分条件成立；当时，展开式均含有常数项，可知必要条件不成立，从而得到结果.‎ ‎【详解】展开式的通项公式为：‎ 当时，通项公式为：‎ 令，解得：，此时为展开式的常数项，可知充分条件成立 令，解得：‎ 当时，展开式均含有常数项，可知必要条件不成立 ‎“”是“的展开式中含有常数项”的充分不必要条件 本题正确选项：‎ ‎【点睛】本题考查充分条件与必要条件的判定，涉及到二项式定理的应用；关键是能够熟练掌握二项展开式通项公式的形式，进而确定当幂指数为零时所需要的条件，从而确定是否含有常数项.‎ ‎16.对于平面上点和曲线，任取上一点，若线段的长度存在最小值，则称该值为点到曲线的距离，记作，若曲线是边长为的等边三角形，则点集所表示的图形的面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据可画出满足题意的点所构成的平面区域；分别求解区域各个构成部分的面积，加和得到结果.‎ ‎【详解】由定义可知，若曲线为边长为等边三角形，则满足题意的点 构成如下图所示的阴影区域 其中，，，，‎ ‎， ‎ ‎， ‎ 又 ‎ 又 阴影区域面积为：‎ 即点集所表示的图形的面积为：‎ 本题正确选项：‎ ‎【点睛】本题考查新定义运算的问题，关键是能够根据定义，找到距离等边三角形三边和顶点的最小距离小于等于的点所构成的区域，易错点是忽略三角形内部的点，造成区域缺失的情况.‎ 三、解答题（76分）：‎ ‎17.如图，已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，底面，．‎ ‎（1）求直线与直线所成的角的大小；‎ ‎（2）求四棱锥的侧面积；‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据可知所求角为；利用线面垂直性质可知，结合，利用线面垂直判定可证得平面，进而得到；利用直角三角形的关系可求得所求角的正切值，进而得到所求角；（2）利用线面垂直的性质和判定易得四棱锥的四个侧面均为直角三角形，分别求得每个侧面面积，加和得到结果.‎ ‎【详解】（1）四边形是正方形 ‎ 直线与直线所成角即为直线与直线所成角，即 底面，平面 ，‎ 又，平面，‎ 平面，又平面 ‎ ‎，又 ‎ ‎，即直线与直线所成角为：‎ ‎（2）由（1）知：，‎ 底面，平面 ，‎ 又，，平面 平面 平面 ‎ 四棱锥的侧面积为：‎ ‎【点睛】本题考查异面直线所成角的求解、棱锥侧面积的求解问题；关键是能够灵活运用线面垂直的判定和性质，考查基础计算能力.‎ ‎18.已知集合，．‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）若集合，求的取值范围；‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）分别求解出集合和集合，根据交集的定义求得结果；（2）将问题转化为，由（1）可知，从而得到关于的不等式，解不等式求得结果.‎ ‎【详解】；‎ ‎（1）‎ ‎（2），即 又时， 或 或 即的取值范围为：‎ ‎【点睛】本题考查集合运算中的交集运算、求解集合中参数取值范围的问题；关键是能够准确求解出两个集合；易错点是忽略两个集合均为数集的特点，误认为两集合元素不一致，导致求解错误.‎ ‎19.某校从参加高二年级期末考试的学生中抽出60名学生，并统计了他们的物理成绩（成绩均为整数且满分为100分），把其中不低于50分的分成五段，，……，后画出如下部分频率分布直方图，观察图形的信息，回答下列问题：‎ ‎（1）求出物理成绩低于50分的学生人数；‎ ‎（2）估计这次考试物理学科及格率（60分以上为及格）；‎ ‎（3）从物理成绩不及格学生中选x人，其中恰有一位成绩不低于50分的概率为，求此时x的值；‎ ‎【答案】（1）6；（2）75%；（3）4；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用频率分布直方图可求得物理成绩低于分的频率，利用频率乘以总数可得所求频数；（2）根据频率分布直方图可计算得到物理成绩不低于分的频率，从而得到及格率；（3）计算出成绩不低于分的人数，根据古典概型概率计算公式可列出关于的方程，解方程求得结果.‎ ‎【详解】（1）物理成绩低于分的频率为：‎ 物理成绩低于分的学生人数为：人 ‎（2）物理成绩不低于分的频率为：‎ 这次考试物理学科及格率为：‎ ‎（3）物理成绩不及格的学生共有：人 其中成绩不低于分的有：人 由题意可知：，解得：‎ ‎【点睛】本题考查利用频率分布直方图计算频数、根据样本数据特征估计总体数据特征、古典概型概率的应用问题；关键是熟练掌握频率分布直方图的相关知识点，考查概率和统计知识的综合应用.‎ ‎20.已知椭圆的左右顶点分别是，，点在椭圆上，过该椭圆上任意一点P作轴，垂足为Q，点C在的延长线上，且．‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）求动点C的轨迹E的方程；‎ ‎（3）设直线（C点不同A、B）与直线交于R，D为线段的中点，证明：直线与曲线E相切；‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3）证明略；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据顶点坐标可知，将代入椭圆方程可求得，进而得到椭圆方程；（2）设，，可得到，将代入椭圆方程即可得到所求的轨迹方程；（3）设，可得直线方程，进而求得和点坐标；利用向量坐标运算可求得，从而证得结论.‎ 详解】（1）由题意可知：‎ 将代入椭圆方程可得：，解得：‎ 椭圆的方程为：‎ ‎（2）设，‎ 由轴，可得：，即 ‎ 将代入椭圆方程得：‎ 动点的轨迹的方程为：‎ ‎（3）设，则直线方程为：‎ 令，解得： ‎ ‎，‎ 即 直线与曲线相切 ‎【点睛】本题考查直线与椭圆、直线与圆的综合应用问题，涉及到椭圆方程的求解、动点轨迹的求解问题、直线与圆位置关系的证明等知识；求解动点轨迹的常用方法是利用动点表示出已知曲线上的点的坐标，从而代入已知曲线方程整理可得动点轨迹.‎ ‎21.如图所示，某地出土的一种“钉”是由四条线段组成，其结构能使它任意抛至水平面后，总有一端所在的直线竖直向上．并记组成该“钉”的四条等长的线段公共点为，钉尖为．‎ ‎（1）判断四面体的形状，并说明理由；‎ ‎（2）设，当在同一水平面内时，求与平面所成角的大小（结果用反三角函数值表示）；‎ ‎（3）若该“钉”着地后的四个线段根据需要可以调节与底面成角的大小，且保持三个线段与底面成角相同，若，，问为何值时，的体积最大，并求出最大值．‎ ‎【答案】（1）正四面体；理由见解析（2）；（3）当时，最大体积为：；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据线段等长首先确定为四面体外接球球心；又底面，可知为正三棱锥；依次以为顶点均有正三棱锥结论出现，可知四面体棱长均相等，可知其为正四面体；（2）由为四面体外接球球心及底面可得到即为所求角；设正四面体棱长为，利用表示出各边，利用勾股定理构造方程可求得，从而可求得，进而得到结果；（3）取中点，利用三线合一性质可知，从而可用表示出底面边长和三棱锥的高，根据三棱锥体积公式可将体积表示为关于的函数，利用导数求得函数的最大值，并确定此时 的取值，从而得到结果.‎ ‎【详解】（1）四面体为正四面体，理由如下：‎ 四条线段等长，即到四面体四个顶点距离相等 为四面体外接球的球心 又底面 在底面的射影为的外心 四面体为正三棱锥，即，‎ 又任意抛至水平面后，总有一端所在的直线竖直向上，若竖直向上 可得：‎ 可知四面体各条棱长均相等 为正四面体 ‎（2）由（1）知，四面体为正四面体，且为其外接球球心 设中心为，则平面，如下图所示：‎ 即为与平面所成角 设正四面体棱长为 则，‎ 在中，，解得：‎ ‎ ‎ 即与平面所成角为：‎ ‎（3）取中点，连接，‎ ‎，为中点 且 ‎，‎ ‎ ‎ 令，，则 设，，则 令，解得：，‎ 当时，；当时，‎ 当时，取极大值，即为最大值：‎ 即当时，取得最大值，最大值为：‎ 此时，即 综上所述，当时，体积最大，最大值为：‎ ‎【点睛】本题考查立体几何中的几何体特征判断、直线与平面所成角的求解、三棱锥体积的最值的求解问题；求解三棱锥体积的最值问题，关键是要把底面面积和三棱锥的高均利用某一变量来进行表示，从而将所求体积最值问题转化为关于此变量的函数最值问题的求解，进而通过导数或其他求解函数最值的方法求得结果.‎ ‎ ‎ ‎ ‎