2019-2020学年上海市浦东新区华东师大二附中高二下学期期中数学试卷 (解析版)
2019-2020学年华东师大二附中高二第二学期期中数学试卷一、填空题（共10小题）.1．从单词“shadow ”中任意选取4个不同的字母排成一排，则其中含有“a ”的共有 种排法（用数字作答）2．若a n 是（2+x ）n（n ∈N *，n ≥2，x ∈R ）展开式中x 2项的系数，则lim n→∞(22a 2+23a 3+⋯+2na n)= ． 3．二项式（x −1x）15的展开式中系数最大的项是第 项．4．如图，在矩形区域ABCD 的A ，C 两点处各有一个通信基站，假设其信号覆盖范围分别是扇形区域ADE 和扇形区域CBF （该矩形区域内无其他信号来源，基站工作正常）．若在该矩形区域内随机地选一地点，则该地点无信号的概率是 ．5．记∑ 5i=1a i =a 1+a 2+⋯+a 5，若a 1＝4.47，a 2＝4.51，a 3＝4.61，a 4＝4.65，a 5＝4.76．则∑ 5i=1a i =23．另有正整数A i （1≤i ≤5）的和仍是23，若以A i 来估计a i ，则“误差和”∑ 5i=1|A i −a i |的最小值为 ．6．在平行四边形ABCD 中，O 是AC 与BD 的交点，P 、Q 、M 、N 分别是线段OA 、OB 、OC 、OD 的中点，在APMC 中任取一点记为E ，在B 、Q 、N 、D 中任取一点记为F ，设G 为满足向量OG →=OE →+OF →的点，则在上述的点G 组成的集合中的点，落在平行四边形ABCD 外（不含边界）的概率为 ．7．设函数f （x ）={x 6，x ≥1−2x −1，x ≤−1，则当x ≤﹣1时，则f [f （x ）]表达式的展开式中含x 2项的系数是 ．8．由1，2，3，…，1000这个1000正整数构成集合A ，先从集合A 中随机取一个数a ，取出后把a 放回集合A ，然后再从集合A 中随机取出一个数b ，则ab＞13的概率为 ．9．从0，1，2，…，9这10个整数中任意取3个不同的数作为二次函数f （x ）＝ax 2+bx +c 的系数，则使得f(1)2∈Z 的概率为 ．10．已知当|x |＜12时，有11+2x =1−2x +4x 2−⋯+(−2x)n +⋯，根据以上信息，若对任意|x |＜12都有x(1−x 3)(1+2x)=a 0+a 1x +a 2x 2+……+a n x n +……，则a 11＝ ．二.选择题11．设P 1、P 2、P 3、P 4为空间中的四个不同点，则“P 1、P 2、P 3、P 4中有三点在同一条直线上”是“P 1、P 2、P 3、P 4在同一个平面上”的（ ） A ．充分非必要条件 B ．必要非充分条件 C ．充要条件D ．既非充分也非必要条件12．设α﹣l ﹣β是直二面角，直线a 在平面α内，直线b 在平面β内，且a 、b 与l 均不垂直，则（ ）A ．a 与b 可能垂直，但不可能平行B ．a 与b 可能垂直也可能平行C ．a 与b 不可能垂直，但可能平行D ．a 与b 不可能垂直，也不可能平行13．函数f ：{1，2，3}→{1，2，3}满足f （f （x ））＝f （x ），则这样的函数个数共有（ ） A ．1个B ．4个C ．8个D ．10个14．如图，棱长为2的正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，E 为CC 1的中点，点P ，Q 分别为面A 1B 1C 1D 1和线段B 1C 上动点，则△PEQ 周长的最小值为（ ）A ．2√2B ．√10C ．√11D ．√12三、解答题15．在四棱锥P﹣ABCD中，底面正方形ABCD的边长为2，PA⊥底面ABCD，E为BC的中点，PC与平面PAD所成的角为arctan√22．（1）求PA的长度；（2）求异面直线AE与PD所成角的大小．（结果用反三角函数表示）16．电视传媒为了解某市100万观众对足球节目的收视情况，随机抽取了100名观众进行调查．如图是根据调查结果绘制的观众每周平均收看足球节目时间的频率分布直方图，将每周平均收看足球节目时间不低于1.5小时的观众称为“足球迷”，并将其中每周平均收看足球节目时间不低于2.5小时的观众称为“铁杆足球迷”．（1）试估算该市“足球迷”的人数，并指出其中“铁杆足球迷”约为多少人；（2）该市要举办一场足球比赛，已知该市的足球场可容纳10万名观众．根据调查，如果票价定为100元/张，则非“足球迷”均不会到现场观看，而“足球迷”均愿意前往现场观看．如果票价提高10x元/张（x∈N），则“足球迷”中非“铁杆足球迷”愿意前往观看的人数会减少10x%，“铁杆足球迷”愿意前往观看的人数会减少100xx+11%．问票价至少定为多少元/张时，才能使前往现场观看足球比赛的人数不超过10万人？17．如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，DA＝DC＝2，DD1=√3，E是C1D1的中点，F 是CE的中点．（1）求证：EA∥平面BDF；（2）求证：平面BDF⊥平面BCE；（3）求二面角D﹣EB﹣C的正切值．18．正四棱锥P﹣ABCD的底面正方形边长是3，O是在底面上的射影，PO＝6，Q是AC 上的一点，过Q且与PA、BD都平行的截面为五边形EFGHL．（1）在图中做出截面EFGHL，并写出作图过程；（2）求该截面面积的最大值．参考答案一.填空题1．从单词“shadow ”中任意选取4个不同的字母排成一排，则其中含有“a ”的共有 240 种排法（用数字作答）【分析】由题意知本题是一个分步计数问题，当选取4个字母时从其它5个字母中选3个，再与“a “全排列，有C 53A 44种结果． 解：由题意知本题是一个分步计数问题， 当选取4个字母时从其它5个字母中选3个， 再与“a “全排列，C 53A 44＝240， 即含有“a ”的共有240种． 故答案为240．2．若a n 是（2+x ）n（n ∈N *，n ≥2，x ∈R ）展开式中x 2项的系数，则lim n→∞(22a 2+23a 3+⋯+2na n )=8 ．【分析】由题意可得x 2项的系数为C n 2⋅2n−2，即a n =C n 2⋅2n−2．再把要求的式子 lim n→∞(22a2+23a 3+⋯+2n a n ) 化为 lim n→∞4⋅(11+1C 32+⋯+1C n 2)，即lim n→∞8⋅(1−1n )，从而得到结果． 解：∵a n 是（2+x ）n （n ∈N *，n ≥2，x ∈R ）展开式中x 2项的系数，又 （2+x ）n 的展开式的通项公式为T r +1=C n r •2n ﹣r •x r ，令r ＝2，可得x 2项的系数为C n 2⋅2n−2． ∴a n =C n 2⋅2n−2． ∴lim n→∞(22a 2+23a 3+⋯+2n a n )=lim n→∞(221+23C n 2⋅2+⋯+2nC n 2⋅2n−2)=lim n→∞(221+22C 32+⋯+22C n 2)=lim n→∞4⋅(11+1C 32+⋯+1C n 2)=lim n→∞4⋅(11+22×3+23×4⋯+2n(n−1))=lim n→∞8⋅(1−12+12−13+13−14+⋯+1n−1−1n ) =lim n→∞8⋅(1−1n)=8，故答案为：8．3．二项式（x −1x）15的展开式中系数最大的项是第 9 项．【分析】根据二项式系数的性质可得，（x −1x）15展开式中，二项式系数最大是C 157=C 158，由此可得结论．解：根据二项式系数的性质可得，（x −1x）15展开式中，二项式系数最大是C 157=C 158，是第8项或第9项，又（x −1x ）15展开式中的奇数项为“+”，偶数项符号为“﹣”，∴二项式（x −1x）15的展开式中系数最大的项是第9项． 故答案为：9．4．如图，在矩形区域ABCD 的A ，C 两点处各有一个通信基站，假设其信号覆盖范围分别是扇形区域ADE 和扇形区域CBF （该矩形区域内无其他信号来源，基站工作正常）．若在该矩形区域内随机地选一地点，则该地点无信号的概率是 1−π4 ．【分析】求出有信号的区域面积，利用几何概型的概率公式进行计算即可得到结论． 解：扇形区域ADE 和扇形区域CBF 的面积之和为14×π×12×2=π2，矩形的面积S＝2，则该地点无信号的面积S ＝2−π2，则对应的概率P =2−π22=1−π4， 故答案为：1−π45．记∑ 5i=1a i =a 1+a 2+⋯+a 5，若a 1＝4.47，a 2＝4.51，a 3＝4.61，a 4＝4.65，a 5＝4.76．则∑ 5i=1a i =23．另有正整数A i （1≤i ≤5）的和仍是23，若以A i 来估计a i ，则“误差和”∑ 5i=1|A i −a i |的最小值为 1.96 ．【分析】先将∑ 5i=1a i =23分解为a 1+a 2+a 3+a 4+a 5＝23，以A i 来估计a i ，根据绝对值的性质和物理上处理误差的原理，a 1＝a 2＝4，a 3＝a 4＝a 5＝5时，∑ 5i=1|A i −a i |取到最小值，代入题中的表达式即可求出这个最小值． 解：根据题意，∑ 5i=1a i =a 1+a 2+a 3+a 4+a5=23当“误差和”∑ 5i=1|A i −a i |取最小值时，a 1＝a 2＝4，a 3＝a 4＝a 5＝5，此时：∑ 5i=1|A i −a i |=|4﹣4.47|+|4﹣4.51|+|5﹣4.61|+|5﹣4.65|+|5﹣4.76|＝1.96， 故答案为：1.966．在平行四边形ABCD 中，O 是AC 与BD 的交点，P 、Q 、M 、N 分别是线段OA 、OB 、OC 、OD 的中点，在APMC 中任取一点记为E ，在B 、Q 、N 、D 中任取一点记为F ，设G 为满足向量OG →=OE →+OF →的点，则在上述的点G 组成的集合中的点，落在平行四边形ABCD 外（不含边界）的概率为34．【分析】本题主要考查了古典概型的综合运用，属中档题．关键是列举出所有G 点的个数，及落在平行四边形ABCD 不含边界）的G 点的个数，再将其代入古典概型计算公式进行求解．解：由题意知，G 点的位置受到E 、F 点取法不同的限制，令（E ，F ）表示E 、F 的一种取法，则（A ，B ），（A ，Q ），（A ，N ），（A ，D ） （P ，B ），（P ，Q ），（P ，N ），（P ，D ） （M ，B ），（M ，Q ），（M ，N ），（M ，D ）（C ，B ），（C ，Q ），（C ，N ），（C ，D ）共有16种取法，而只有（P ，Q ），（P ，N ），（M ，Q ），（M ，N ）落在平行四边形内，故符合要求的G 的只有4个，落在平行四边形ABCD 外（不含边界）的概率P =16−416=34． 故答案为：347．设函数f （x ）={x 6，x ≥1−2x −1，x ≤−1，则当x ≤﹣1时，则f [f （x ）]表达式的展开式中含x 2项的系数是 60 ．【分析】根据分段函数的解析式先求出f [f （x ）]表达式，再根据利用二项展开式的通项公式写出第r +1项，整理成最简形式，令x 的指数为2求得r ，再代入系数求出结果解：由函数f （x ）={x 6，x ≥1−2x −1，x ≤−1，当x ≤﹣1时，f （x ）＝﹣2x ﹣1， 此时f （x ）min ＝f （﹣1）＝2﹣1＝1， ∴f [f （x ）]＝（﹣2x ﹣1）6＝（2x +1）6， ∴T r +1＝C 6r 2r x r ，当r ＝2时，系数为C 62×22＝60， 故答案为：608．由1，2，3，…，1000这个1000正整数构成集合A ，先从集合A 中随机取一个数a ，取出后把a 放回集合A ，然后再从集合A 中随机取出一个数b ，则ab＞13的概率为16672000 ．【分析】P （ab ＞13）＝1﹣P （ab ≤13），由ab ≤13，得a ≤13b ，求出P （ab ≤13）=3332000，由此能求出ab＞13的概率．解：由1，2，3，…，1000这个1000正整数构成集合A ，先从集合A 中随机取一个数a ， 取出后把a 放回集合A ，然后再从集合A 中随机取出一个数b ， P （ab＞13）＝1﹣P （ab≤13），∵a b≤13，∴a ≤13b ，∴P （a b≤13）=3332000，则a b＞13的概率P （a b＞13）＝1−3332000=16672000． 故答案为：16672000．9．从0，1，2，…，9这10个整数中任意取3个不同的数作为二次函数f （x ）＝ax 2+bx +c 的系数，则使得f(1)2∈Z 的概率为4181．【分析】由题意可得 f （1）＝a +b +c 是偶数，分①a ，b ，c 里面三个都是偶数和②a ，b ，c 里面一个偶数、两个奇数，两种情况，分别求得满足条件的（a ，b ，c ）的个数，相加即得所求基本事件的个数，从而可求出使得f(1)2∈Z 的概率．解：由题意可得 f （1）＝a +b +c 是偶数， 若a ，b ，c 里面三个都是偶数，则（a ，b ，c ）（a ≠0）共有A 53−A 42=48个，若a ，b ，c 里面一个偶数，两个奇数，则（a ，b ，c ）（a ≠0）共有C 52C 51A 33−A 52=280个，∴使得f(1)2∈Z 的事件共有48+280＝328个，从0，1，2，…，9这10个整数中任意取3个不同的数的事件共A 103−A 92=648个，∴使得f(1)2∈Z 的概率为P =328648=4181， 故答案为：4181．10．已知当|x |＜12时，有11+2x =1−2x +4x 2−⋯+(−2x)n +⋯，根据以上信息，若对任意|x |＜12都有x(1−x 3)(1+2x)=a 0+a 1x +a 2x 2+……+a n x n +……，则a 11＝ 1102 ．【分析】推导出|x |＜12，11−x =1+（x 3）1+（x 3）2+（x 3）3+…+（x 3）n+…，求出|x |＜12，都有x(1−x )(1+2x)=a 0+a 1x +a 2x 2+⋯+a n x n +⋯的泰勒展开式中含x 11的项是T＝（﹣2x ）10×1×x +（﹣2x ）6×x ×x 3+（﹣2x ）4×x ×x 6+（﹣2x ）1×x ×x 9＝1102x 11．由此能求出a 11． 解：|x |＜12时，有11+2x=1﹣2x +4x 2﹣…+（﹣2x ）n +…|x |＜12，11−x 3=1+（x 3）1+（x 3）2+（x 3）3+…+（x 3）n +…，∴|x |＜12，都有x (1−x 3)(1+2x)=a 0+a 1x +a 2x 2+⋯+a nx n +⋯的泰勒展开式中含x 11的项是：T ＝（﹣2x ）10×1×x +（﹣2x ）6×x ×x 3+（﹣2x ）4×x ×x 6+（﹣2x ）1×x ×x 9＝1102x 11． 解得a 11＝1102． 故答案为：1102． 二.选择题11．设P 1、P 2、P 3、P 4为空间中的四个不同点，则“P 1、P 2、P 3、P 4中有三点在同一条直线上”是“P 1、P 2、P 3、P 4在同一个平面上”的（ ） A ．充分非必要条件 B ．必要非充分条件 C ．充要条件D ．既非充分也非必要条件【分析】“P 1、P 2、P 3、P 4中有三点在同一条直线上”⇒“P 1、P 2、P 3、P 4在同一个平面上”，“P1、P2、P3、P4在同一个平面上”知“P1、P2、P3、P4中可以任意三点不在同一条直线上”，由此能求出结果．解：设P1、P2、P3、P4为空间中的四个不同点，则“P1、P2、P3、P4中有三点在同一条直线上”⇒“P1、P2、P3、P4在同一个平面上”，“P1、P2、P3、P4在同一个平面上”知“P1、P2、P3、P4中可以任意三点不在同一条直线上”，∴“P1、P2、P3、P4中有三点在同一条直线上”是“P1、P2、P3、P4在同一个平面上”的充分非必要条件．故选：A．12．设α﹣l﹣β是直二面角，直线a在平面α内，直线b在平面β内，且a、b与l均不垂直，则（）A．a与b可能垂直，但不可能平行B．a与b可能垂直也可能平行C．a与b不可能垂直，但可能平行D．a与b不可能垂直，也不可能平行【分析】利用空间中线线间的位置关系求解．解：∵α﹣l﹣β是直二面角，直线a在平面α内，直线b在平面β内，且a、b与l均不垂直，∴当a∥l，且b∥l时，由平行公理得a∥b，即a，b可能平行，故A与D错误；当a，b垂直时，若二面角是直二面角，则a⊥l，与已知矛盾，∴a与b不可能垂直，也有可能平行．故选：C．13．函数f：{1，2，3}→{1，2，3}满足f（f（x））＝f（x），则这样的函数个数共有（）A．1个B．4个C．8个D．10个【分析】将f（1）、f（2）、f（3）取不同的值进行讨论，得出结论．解：1、f（1）＝f（2）＝f（3）＝1或2或3，共3个．2、f（1）＝1；f（2）＝f（3）＝2或3，共2个．f（2）＝2；f（1）＝f（3）＝1或3，共2个．f（3）＝3；f（1）＝f（2）＝1或2，共2个．3、f（1）＝1；f（2）＝2；f（3）＝3；1个所以这样的函数共有10个．故选D．14．如图，棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为CC1的中点，点P，Q分别为面A1B1C1D1和线段B1C上动点，则△PEQ周长的最小值为（）A．2√2B．√10C．√11D．√12【分析】由题意得：△PEQ周长取最小值时，P在B1C1上，在平面B1C1CB上，设E关于B1C的对称点为M，关于B1C1的对称点为N，求出MN，即可得到△PEQ周长的最小值．解：由题意得：△PEQ周长取最小值时，P在B1C1上，在平面B1C1CB上，设E关于B1C的对称点为M，关于B1C1的对称点为N，连结MN，当MN与B1C1的交点为P，MN与B1C的交点为M时，则MN是△PEQ周长的最小值，EM＝2，EN=√2，∠MEN＝135°，∴MN=4+2−2×2×√2×(−2)=√10．2∴△PEQ周长的最小值为√10．故选：B．三、解答题15．在四棱锥P﹣ABCD中，底面正方形ABCD的边长为2，PA⊥底面ABCD，E为BC的．中点，PC与平面PAD所成的角为arctan√22（1）求PA的长度；（2）求异面直线AE 与PD 所成角的大小．（结果用反三角函数表示）【分析】（1）推导出CD ⊥PA ，CD ⊥AD ，从而CD ⊥平面PAD ，进而是∠CPD 是PC与平面PAD 所成的角，由PC 与平面PAD 所成的角为arctan √22．得tan ∠CPD =CD PD=2PD =√22，求出PD ＝2√2，由此能求出PA ． （2）以A 为原点，AB 为x 轴，AD 为y 轴，AP 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线AE 与PD 所成角的大小．解：（1）∵在四棱锥P ﹣ABCD 中，底面正方形ABCD 的边长为2，PA ⊥底面ABCD ，∴CD ⊥PA ，CD ⊥AD ，又PA ∩AD ＝A ，∴CD ⊥平面PAD ，∴∠CPD 是PC 与平面PAD 所成的角，∵PC 与平面PAD 所成的角为arctan √22． ∴tan ∠CPD =CD PD =2PD =√22，解得PD ＝2√2， ∴PA =√PD 2−AD 2=√(2√2)2−22=2．（2）以A 为原点，AB 为x 轴，AD 为y 轴，AP 为z 轴，建立空间直角坐标系， A （0，0，0），E （2，1，0），P （0，0，2），D （0，2，0），AE →=（2，1，0），PD →=（0，2，﹣2），设异面直线AE 与PD 所成角为θ，则cos θ=|AE →⋅PD →||AE →|⋅|PD →|=√5⋅√8=√1010， ∴异面直线AE 与PD 所成角的大小θ＝arccos √1010．16．电视传媒为了解某市100万观众对足球节目的收视情况，随机抽取了100名观众进行调查．如图是根据调查结果绘制的观众每周平均收看足球节目时间的频率分布直方图，将每周平均收看足球节目时间不低于1.5小时的观众称为“足球迷”，并将其中每周平均收看足球节目时间不低于2.5小时的观众称为“铁杆足球迷”．（1）试估算该市“足球迷”的人数，并指出其中“铁杆足球迷”约为多少人；（2）该市要举办一场足球比赛，已知该市的足球场可容纳10万名观众．根据调查，如果票价定为100元/张，则非“足球迷”均不会到现场观看，而“足球迷”均愿意前往现场观看．如果票价提高10x元/张（x∈N），则“足球迷”中非“铁杆足球迷”愿意前往观看的人数会减少10x%，“铁杆足球迷”愿意前往观看的人数会减少100xx+11%．问票价至少定为多少元/张时，才能使前往现场观看足球比赛的人数不超过10万人？【分析】（1）求出后三组数据的频率之和，利用频率乘以样本容量得频数求得“足球迷”的人数和“铁杆足球迷”人数；（2）设票价为100+10x元，求出一般“足球迷”和“铁杆足球迷”中去现场看球的人数，根据现场观看足球比赛的人数不超过10万人，列出不等式．通过解不等式求得正整数x 的值，可得答案．解：（1）样本中“足球迷”出现的频率＝（0.16+0.10+0.06）×0.5＝16%，“足球迷”的人数＝100×16%＝16（万），“铁杆足球迷”＝100×（0.06×0.5）＝3（万）∴16万“足球迷”中，“铁杆足球迷”约有3万人；（2）设票价为100+10x元，则一般“足球迷”中约有13（1﹣10x%）万人，“铁杆足球迷”约有3(1−100xx+11%)万人去现场看球，令13(1−10x%)+3(1−100xx+11%)=16−13x10−3xx+11≤10，化简得：13x2+113x﹣660≥0解得：x≤−16513，或x≥4，由x∈N，∴x≥4，即平均票价至少定为100+40＝140元，才能使前往现场观看足球比赛的“足球迷”不超过10万人．17．如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，DA＝DC＝2，DD1=√3，E是C1D1的中点，F 是CE的中点．（1）求证：EA∥平面BDF；（2）求证：平面BDF⊥平面BCE；（3）求二面角D﹣EB﹣C的正切值．【分析】（1）连接AC交BD于O点，连接OF，欲证EA∥平面BDF，在平面BDF内寻找一直线与直线EA平行即可，而OF是△ACE的中位线，OF∥AE，又AE⊄平面BDF，OF⊂平面BDF，满足定理条件；（2）欲证平面BDF⊥平面BCE，找线面垂直，根据线面垂直的判定定理可知DF⊥平面BCE，又DF⊂平面BDF，从而得到结论；（3）由（2）知DF⊥平面BCE，过F作FG⊥BE于G点，连接DG，则DG在平面BCE 中的射影为FG，则∠DGF即为二面角D﹣EB﹣C的平面角，在三角形DGF中求出此角的正切值即可．解：（1）连接AC交BD于O点，连接OF，可得OF是△ACE的中位线，OF∥AE，又AE⊄平面BDF，OF⊂平面BDF，所以EA∥平面BDF；（2）计算可得DE＝DC＝2，又F是CE的中点，所以DF⊥CE又BC⊥平面CDD1C1，所以DF⊥BC，又BC∩CE＝C，所以DF⊥平面BCE又DF⊂平面BDF，所以平面BDF⊥平面BCE（理）；（3）由（2）知DF⊥平面BCE，过F作FG⊥BE于G点，连接DG，则DG在平面BCE 中的射影为FG，从而DG⊥BE，所以∠DGF即为二面角D﹣EB﹣C的平面角，设其大小为θ，计算得DF=√3，FG=√22，tanθ=DFFG=√618．正四棱锥P﹣ABCD的底面正方形边长是3，O是在底面上的射影，PO＝6，Q是AC 上的一点，过Q且与PA、BD都平行的截面为五边形EFGHL．（1）在图中做出截面EFGHL，并写出作图过程；（2）求该截面面积的最大值．【分析】（1）Q是AC上的一点，过Q作EL∥BD，交AB于点E，交AD于点L，过Q作QG∥PA，交PC于点G，过点E作EF∥PA，交PB于F，过点L作HL∥PA，交PD于点H，连结FG，GH，FH，从而得到过Q且与PA，BD都平行的截面EFGHL．（2）由PA∥截面EFGHL，BD∥截面EFGHL，得PA∥EF，PA∥HL，PA∥GQ，BD ∥EL，BD∥FH，推导出PO⊥平面ABCD，BD⊥AC，PO⊥BD，从而BD⊥平面PAC，BD⊥PA，EF⊥EL，由FH∥BD，P﹣ABCD是正四棱锥，得到截面EFGHL是由两个全等的直角梯形组成，△AEL是等腰直角三角形，由此能求出截面EFGHL的面积最大值．解：（1）由题可知，Q是AC上的一点，过Q且与PA，BD都平行的截面为五边形EFGHL，过Q作EL∥BD，交AB于点E，交AD于点L，过Q作QG∥PA，交PC于点G，过点E作EF∥PA，交PB于F，过点L作HL∥PA，交PD于点H，连结FG，GH，FH，∴EF∥PA，HL∥PA，GQ∥PA，∴EF∥HL∥GQ，∴E，F，G，H，L共面，Q∈平面EFGHL，EL∥BD，EL⊂平面EFGHL，∴BD∥平面EFGHL，同理，PA∥平面EFGHL，∴过Q且与PA，BD都平行的截面EFGHL如右图．（2）由题意可知，PA∥截面EFGHL，BD∥截面EFGHL，∴PA∥EF，PA∥HL，PA∥GQ，BD∥EL，BD∥FH，∵O是P在底面上的射影，PO＝6，∴PO⊥平面ABCD，BD⊥AC，∴PO⊥BD，且AC∩BD＝O，∴BD⊥平面PAC，则BD⊥PA，∴EF⊥EL，∵FH∥BD，P﹣ABCD是正四棱锥，∴PH＝PF，∴△PFG≌△PHG，∴GF＝GH，∴截面EFGHL是由两个全等的直角梯形组成，∵EL∥BD，∴△AEL是等腰直角三角形，设EQ＝x，则QL＝x，∴EFPA =BEBA=OQOA=3√22−x3√22，∴EF＝（1−√23x）PA，同理，QG＝（1−√26x）PA，∵PA=√PO2+OA2=9√22，设截面EFGHL面积为S，则S＝（EF+QG）EQ＝（2−√22x）•9√22x，∴S=−92x2+9√2x=−92（x−√2）2+9，当且仅当x=√2时，S有最大值为9，∴截面EFGHL的面积最大值为9．。
2019-2020学年高二下学期期中考试数学试题(解析版)
2019-2020学年高二第二学期期中数学试卷一、选择题（共10小题）.1．（x +1）n 的展开式共有11项，则n 等于（ ） A ．9B ．10C ．11D ．82．已知函数f （x ）＝sin x ，其导函数为f '（x ），则f '（π3）＝（ ）A ．−12B ．32C ．12D ．−323．从0，1，2，3这四个数中任取两个不同的数组成一个两位数，则这个两位数是偶数的概率为（ ） A ．13B ．49C ．12D ．594．在（x +2）5的展开式中，二项式系数的最大值为（ ） A ．5B ．15C ．10D ．205．已知正态密度曲线的函数关系式是f （x ）=2πσe (x−μ)22σ2，设有一正态总体，它的概率密度曲线是函数f （x ）的图象，且f （x ）=18πe (x−10)28（x ∈R ），则这个正态总体的平均数μ与标准差σ分别是（ ） A ．10与8 B ．10与2C ．8与10D ．2与106．设n ∈N*，则Cn01n 80+Cn11n ﹣181+C n21n ﹣282+C n31n ﹣383+……+C nn−1118n ﹣1+Cnn 108n 除以9的余数为（ ）A ．0B ．8C ．7D ．27．在比赛中，如果运动员甲胜运动员乙的概率是23，那么在五次比赛中，运动员甲恰有三次获胜的概率是（ ）A．40243B．80243C．110243D．202438．设（1+x）n＝a0+a1x+a2x2+a3x3+……+a n x n，若a0+a1+a2+a3+……+a n＝64，则展开式中系数最大的项是（）A．15x2B．21x3C．20x3D．30x39．某旅游公司为了推出新的旅游产品项目，派出五名工作人员前往重庆的三个网红景点一“洪崖洞夜景、轻轨穿楼、长江索道”进行团队游的可行性调研．若每名工作人员只去一个景点，每个景点至少有一名工作人员前往，其中工作员甲、乙需要到同一景点调研，则不同的人员分配方案种数为（）A．18 B．36 C．54 D．7210．设函数f(x)=ax+xx−1(x＞1)，若a是从1，2，3三数中任取一个，b是从2，3，4，5四数中任取一个，那么f（x）＞b恒成立的概率为（）A．16B．14C．34D．56二、多项选择题（本大题共2小题，每小题5分，共10分.全部选对得5分，部分选对得3分，有选错得0分）11．若随机变量X服从两点分布，其中P(X=0)=13，E（X）、D（X）分别为随机变量X均值与方差，则下列结论正确的是（）A．P（X＝1）＝E（X）B．E（3X+2）＝4C．D（3X+2）＝4 D．D(X)=4912．已知函数f（x）＝xlnx，若0＜x1＜x2，则下列结论正确的是（）A．x2f（x1）＜x1f（x2）B．x1+f（x1）＜x2+f（x2）C ．f(x 1)−f(x 2)x 1−x 2＜0D ．当lnx ＞﹣1时，x 1f （x 1）+x 2f （x 2）＞2x 2f （x 1） 三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分） 13．函数在f （x ）＝﹣x +1x在[1，2]上的最大值是 ．14．随机变量ξ服从正态分布N （1，σ2），已知P （ξ＜0）＝0.3，则P （ξ＜2）＝ ．15．设（1+ax ）2020＝a 0+a 1x +a 2x 2+……+a 2019x 2019+a 2020x 2020，若a 1+2a 2+3a 3+…+2019a 2019+2020a 2020＝2020a ，则实数a ＝ ．16．在《爸爸去哪儿》第二季第四期中，村长给6位“萌娃”布置一项搜寻空投食物的任务．已知：①食物投掷地点有远、近两处；②由于Grace 年纪尚小，所以要么不参与该项任务，但此时另需一位小孩在大本营陪同，要么参与搜寻近处投掷点的食物；③所有参与搜寻任务的小孩须被均分成两组，一组去远处，一组去近处，那么不同的搜寻方案有 种．（以数字作答）四、解答题（本大题共6小题，共计70分） 17．有4名学生和2位老师站成一排合影． （1）若2位老师相邻，则排法种数为多少？ （2）若2位老师不相邻，则排法种数为多少？18．甲、乙、丙三位学生各自独立地解同一道题，已知甲、乙做对该题的概率都为13，丙做对该题的概率为14，且三位学生能否做对相互独立，设随机变量X 表示这三位学生中做对该题的人数，其分布列为：X0123P13a b136（1）求a，b的值；（2）求X的数学期望．19．在（x+2）10的展开式中，求：（1）含x8项的系数；（2）如果第3r项和第r+2项的二项式系数相等，求r的值，20．在一次购物抽奖活动中，假设10张奖券中有一等奖奖券1张，可获价值50元的奖品，有二等奖奖券3张，每张可获价值10元的奖品，其余6张没有奖品．（1）顾客甲从10张奖券中任意抽取1张，求中奖次数X的概率分布．（2）顾客乙从10张奖券中任意抽取2张，①求顾客乙中奖的概率；②设顾客乙获得的奖品总价值Y元，求Y的概率分布及期望．21．2018年10月28日，重庆公交车坠江事件震惊全国，也引发了广大群众的思考﹣﹣如何做一个文明的乘客．全国各地大部分社区组织居民学习了文明乘车规范．A社区委员会针对居民的学习结果进行了相关的问卷调查，并将得到的分数整理成如图所示的统计图．（Ⅰ）求得分在[70，80）上的频率；（Ⅱ）求A社区居民问卷调査的平均得分的估计值；（同一组中的数据以这组数据所在区间中点的值作代表）（Ⅲ）由于部分居民认为此项学习不具有必要性，A社区委员会对社区居民的学习态度作调查，所得结果统计如下：（表中数据单位：人）认为此项学习十分必要认为此项学习不必要50岁以上400600 50岁及50岁以下800200根据上述数据，计算是否有99.9%的把握认为居民的学习态度与年龄相关．附：K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，其中n＝a+b+c+d．P（K2≥k0）0.1000.0500.0100.001 k0 2.706 3.841 6.63510.82822．已知函数f（x）＝（ax2+x+a）e﹣x（a∈R）．（Ⅰ）当a＝0时，求f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；（Ⅱ）若a≥0，求函数f（x）的单调区间；（Ⅲ）若对任意的a≤0，f（x）≤bln（x+1）在x∈[0，+∞）上恒成立，求实数b的取值范围．参考答案一、单项选择题（本大题共10小题，每小题5分，共50分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）1．（x+1）n的展开式共有11项，则n等于（）A．9 B．10 C．11 D．8【分析】直接利用二项式定理的性质写出结果即可．解：因为（x+1）n的展开式共有11项，则n+1＝11⇒n＝10；故选：B．【点评】本题考查二项式定理的简单性质的应用，基本知识的考查．2．已知函数f（x）＝sin x，其导函数为f'（x），则f'（π3）＝（）A．−12B．32C．12D．−32【分析】可以求出导函数f′（x）＝cos x，从而可得出f′(π3)的值．解：∵f（x）＝sin x，∴f′（x）＝cos x，∴f′(π3)=cosπ3=12．故选：C．【点评】本题考查了基本初等函数的求导公式，已知函数求值的方法，考查了计算能力，属于基础题．3．从0，1，2，3这四个数中任取两个不同的数组成一个两位数，则这个两位数是偶数的概率为（）A．13B．49C．12D．59【分析】基本事件总数n＝3×3＝9，这个两位数是偶数包含的基本事件个数m＝1×3+1×2＝5．由此能求出这个两位数是偶数的概率．解：从0，1，2，3这四个数中任取两个不同的数组成一个两位数，基本事件总数n＝3×3＝9，这个两位数是偶数包含的基本事件个数m＝1×3+1×2＝5．∴这个两位数是偶数的概率为p=mn=59．故选：D．【点评】本题主要考查概率的求法，考查古典概型计算公式等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力．4．在（x+2）5的展开式中，二项式系数的最大值为（）A．5 B．15 C．10 D．20【分析】展开式中共有6项，根据展开式中间两项的二项式系数最大，故第3，4项的二项式系数最大，问题得以解决．解：展开式中共有6项，根据展开式中间两项的二项式系数最大故第3，4项的二项式系数最大，故C52＝C53＝10，故选：C．【点评】本题主要考查二项式系数的性质及二项展开式的通项公式是解决二项展开式的特定项问题的工具，属于基础题． 5．已知正态密度曲线的函数关系式是f （x ）=2πσe (x−μ)22σ2，设有一正态总体，它的概率密度曲线是函数f （x ）的图象，且f （x ）=8πe (x−10)28（x ∈R ），则这个正态总体的平均数μ与标准差σ分别是（ ） A ．10与8B ．10与2C ．8与10D ．2与10【分析】把已知函数解析式转化为正态密度曲线的函数关系式求解．解：∵f （x ）=18πe (x−10)28=22π(x−10)22×22，∴平均数μ＝10，标准差σ＝2． 故选：B ．【点评】本题考查正态密度曲线的函数，是基础题． 6．设n ∈N*，则Cn 01n 80+C n 11n ﹣181+C n 21n ﹣282+C n 31n ﹣383+……+C nn−1118n ﹣1+Cnn 108n 除以9的余数为（ ）A ．0B ．8C ．7D ．2【分析】直接利用二项式定理把条件转化即可求解结论． 解：因为Cn 01n 80+C n 11n ﹣181+C n 21n ﹣282+C n 31n ﹣383+……+C nn−1118n ﹣1+Cnn 108n ＝（1+8）n ＝9n ； 故除以9的余数为0； 故选：A ．【点评】本题考查余数的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意组合数性质及二项式定理的合理运用．7．在比赛中，如果运动员甲胜运动员乙的概率是23，那么在五次比赛中，运动员甲恰有三次获胜的概率是（ ） A ．40243B ．80243C ．110243D ．20243【分析】由条件利用n 次独立重复实验中恰好发生k 次的概率计算公式，计算求得结果． 解：根据每次比赛中，甲胜运动员乙的概率是23，故在五次比赛中，运动员甲恰有三次获胜的概率是C 53•(23)3•(1−23)2=80243， 故选：B ．【点评】本题主要考查n 次独立重复实验中恰好发生k 次的概率计算公式，属于基础题． 8．设（1+x ）n ＝a 0+a 1x +a 2x 2+a 3x 3+……+a n x n ，若a 0+a 1+a 2+a 3+……+a n ＝64，则展开式中系数最大的项是（ ） A ．15x 2B ．21x 3C ．20x 3D ．30x 3【分析】由题意可得 a 0+a 1+a 2+…+a n ＝（1+1）n ＝64，得 n ＝6，由此求得展开式中系数最大的项．解：因为 a 0+a 1+a 2+…+a n ＝（1+1）n ＝64，得 n ＝6， 故展开式中系数最大的项是第四项；即∁63x 3＝20x 3；故选：C ．【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项式系数的性质，属于中档题． 9．某旅游公司为了推出新的旅游产品项目，派出五名工作人员前往重庆的三个网红景点一“洪崖洞夜景、轻轨穿楼、长江索道”进行团队游的可行性调研．若每名工作人员只去一个景点，每个景点至少有一名工作人员前往，其中工作员甲、乙需要到同一景点调研，则不同的人员分配方案种数为（ ） A ．18B ．36C ．54D ．72【分析】根据分步计数原理，把2元素组合一个复合元素，再进行组合和分配，问题得以解决．解：由于工作员甲、乙需要到同一景点调研，把A，B看作一个复合元素，则本题等价于4个元素分配到3个位置，每一个位置至少一个，故有C42A33＝36种，故选：B．【点评】本题考查了排列组合混合问题，先选后排是最基本的思想．10．设函数f(x)=ax+xx−1(x＞1)，若a是从1，2，3三数中任取一个，b是从2，3，4，5四数中任取一个，那么f（x）＞b恒成立的概率为（）A．16B．14C．34D．56【分析】先把f（x）的解析式变形，用分离常数法，然后用均值不等式求出最小值，本题是一个古典概型，试验发生包含的所有事件是12个，满足条件的事件是10个，列举出结果．解：x＞1，a＞0，f（x）＝ax+x−1+1x−1=ax+1x−1+1＝a（x﹣1）+1x−1+1+a≥2√a+1+a＝（√a+1）2，当且仅当x=√1a+1＞1时，取“＝”，∴f（x）min＝（√a+1）2，于是f（x）＞b恒成立就转化为（√a+1）2＞b成立．设事件A：“f（x）＞b恒成立”，则基本事件总数为12个，即（1，2），（1，3），（1，4），（1，5）；（2，2），（2，3），（2，4），（2，5）；（3，2），（3，3），（3，4），（3，5）；事件A包含事件：（1，2），（1，3）；（2，2），（2，3），（2，4），（2，5）；（3，2），（3，3），（3，4），（3，5）共10个由古典概型得P（A）=1012=56，故选：D．【点评】在使用古典概型的概率公式时，应该注意：（1）要判断该概率模型是不是古典概型；（2）要找出随机事件A包含的基本事件的个数和试验中基本事件的总数；当解析式中含有分式，且分子分母是齐次的，注意运用分离常数法来进行式子的变形，在使用均值不等式应注意一定，二正，三相等．二、多项选择题（本大题共2小题，每小题5分，共10分.全部选对得5分，部分选对得3分，有选错得0分）11．若随机变量X服从两点分布，其中P(X=0)=13，E（X）、D（X）分别为随机变量X均值与方差，则下列结论正确的是（）A．P（X＝1）＝E（X）B．E（3X+2）＝4C．D（3X+2）＝4 D．D(X)=49【分析】推丑陋同P（X＝1）=23从而E（X）=0×13+1×23=23，D（X）＝（0−23）2×13+（1−23）2×23=29，由此能过河卒子同结果．解：随机变量X服从两点分布，其中P(X=0)=13，∴P（X＝1）=23，E （X ）=0×13+1×23=23，D （X ）＝（0−23）2×13+（1−23）2×23=29，在A 中，P （X ＝1）＝E （X ），故A 正确；在B 中，E （3X +2）＝3E （X ）+2＝3×23+2=4，故B 正确；在C 中，D （3X +2）＝9D （X ）＝9×29=2，故C 错误； 在D 中，D （X ）=29，故D 错误． 故选：AB ．【点评】本题考查命题真假的判断，考查离散型随机变量的分布列、数学期望、方差等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．12．已知函数f （x ）＝xlnx ，若0＜x 1＜x 2，则下列结论正确的是（ ） A ．x 2f （x 1）＜x 1f （x 2）B ．x 1+f （x 1）＜x 2+f （x 2）C ．f(x 1)−f(x 2)x 1−x 2＜0D ．当lnx ＞﹣1时，x 1f （x 1）+x 2f （x 2）＞2x 2f （x 1）【分析】根据条件分别构造不同的函数，求函数的导数，利用函数单调性和导数之间的关系进行判断即可． 解：A ．正确；因为令g （x ）=f(x)x=lnx ，在（0，+∞）上是增函数，∴当 0＜x 1＜x 2 时，g （x 1）＜g （x 2），∴f(x 1)x 1＜f(x 2)x 2即x 2f （x 1）＜x 1f （x 2）．B ．错误；因为令g （x ）＝f （x ）+x ＝xlnx +x ∴g ′（x ）＝lnx +2，∴x ∈（e ﹣2，+∞）时，g ′（x ）＞0，g （x ）单调递增，x ∈（0，e ﹣2）时，g ′（x ）＜0，g （x ）单调递减．∴x 1+f （x 1）与x 2+f （x 2）无法比较大小．C ．错误；因为令g （x ）＝f （x ）﹣x ＝xlnx ﹣x ，g ′（x ）＝lnx ，∴x ∈（0，1）时，g ′（x ）＜0，g （x ）在（0，1）单调递减，x ∈（1，+∞）时，g ′（x ）＞0，g （x ）在（1，+∞）单调递增，∴当0＜x 1＜x 2＜1时，g （x 1）＞g （x 2）， ∴f （x 1）﹣x 1＞f （x 2）﹣x 2， ∴f （x 1）﹣f （x 2）＞x 1﹣x 2， ∴f(x 1)−f(x 2)x 1−x 2＜0．当1＜x 1＜x 2 时，g （x 1）＜g （x 2） ∴f （x 1）﹣x 1＜f （x 2）﹣x 2， ∴f （x 1）﹣f （x 2）＜x 1﹣x 2， ∴f(x 1)−f(x 2)x 1−x 2＞0．D．正确；因为lnx＞﹣1时，f（x）单调递增，又∵A正确，∴x1•f（x1）+x2•f（x2）﹣2x2f（x1）＞x1[f（x1）﹣f（x2）]+x2[f（x2）﹣f（x1）]＝（x1﹣x2）[f（x1）﹣f（x2）]＞0．故选：AD．【点评】本题主要考查命题的真假判断，在求解中用到了利用导数判断函数的单调性，并用到了函数单调性的定义．需要学习掌握的是构造函数的办法，综合性较强，有一定的难度．三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）在[1，2]上的最大值是0 ．13．函数在f（x）＝﹣x+1x【分析】先求导数，得单调性，进而得出最大值．＜0，解：因为f′（x）＝﹣1−1x2所以f（x）在[1，2]上单调递减，f（x）max＝f（1）＝﹣1+1＝0，故答案为：0．【点评】本题考查利用导数求单调性进而得出最大值．14．随机变量ξ服从正态分布N（1，σ2），已知P（ξ＜0）＝0.3，则P（ξ＜2）＝0.7 ．【分析】随机变量ξ服从正态分布N（1，σ2），得到曲线关于x＝1对称，根据曲线的对称性得到小于0的和大于2的概率是相等的，从而做出大于2的数据的概率，根据概率的性质得到结果．解：随机变量ξ服从正态分布N（1，σ2），∴曲线关于x＝1对称，∴P（ξ＜0）＝P（ξ＞2）＝0.3，∴P（ξ＜2）＝1﹣0.3＝0.7，故答案为：0.7【点评】本题考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义，考查概率的性质，是一个基础题，这种题目可以出现在选择或填空中，是一个送分题目．15．设（1+ax）2020＝a0+a1x+a2x2+……+a2019x2019+a2020x2020，若a1+2a2+3a3+…+2019a2019+2020a2020＝2020a，则实数a＝0 ．【分析】结合所求式子与已知的式子特点，可以对原函数求导数，然后利用赋值法求解即可．解：对已知的式子两边同时求导数可得：2020a（1+ax）2019=a1+2a2x+3a3x2+⋯+2020a2020x2019，令x＝1则：2020a（1+ax）2019＝a1+2a2+3a3+…+2020a2020，又因为：a1+2a2+3a3+…+2019a2019+2020a2020＝2020a，所以（1+a）2019＝1，所以a＝0．故答案为：0．【点评】本题考查二项式定理的系数的性质、赋值法的应用．同时考查了学生的运算能力，属于基础题．16．在《爸爸去哪儿》第二季第四期中，村长给6位“萌娃”布置一项搜寻空投食物的任务．已知：①食物投掷地点有远、近两处；②由于Grace年纪尚小，所以要么不参与该项任务，但此时另需一位小孩在大本营陪同，要么参与搜寻近处投掷点的食物；③所有参与搜寻任务的小孩须被均分成两组，一组去远处，一组去近处，那么不同的搜寻方案有 40 种．（以数字作答）【分析】根据题意，分2种情况讨论：①、Grace 不参与该项任务，需一位小孩在大本营陪同，则其余4人被均分成两组，一组去远处，一组去近处；②、Grace 参与该项任务，则从其余5人中选2人去近处，剩余3人搜寻远处，分别求出每种情况的方案数目；由分类计数原理计算可得答案． 解：根据题意，分2种情况讨论： ①、Grace 不参与该项任务，在其余5人中，任选1人在大本营陪同，有C 51＝5种情况， 剩余4人，平均分成2组，有C 42C 22A 22=3种分组方法，在将2组对应2个地点，有A 22＝2种情况，此时一共有5×3×2＝30种方案； ②、Grace 参与该项任务，在其余5人中，任选2人与Grace 一起搜寻近处投掷点的食物，有C 52＝10种情况， 而剩余3人搜寻远处投掷点的食物，有1种情况， 则此时一共有10×1＝10种方案；则一共有30+10＝40种符合题意的分配方案； 故答案为：40．【点评】本题考查排列、组合的运用，要先认真分析题意，注意2种方案参与的人数不同．四、解答题（本大题共6小题，共计70分） 17．有4名学生和2位老师站成一排合影．（1）若2位老师相邻，则排法种数为多少？（2）若2位老师不相邻，则排法种数为多少？【分析】（1）2位老师站在一起，可以采取绑定法计数，先绑定2位老师，再将2者看作一人与4名学生进行全排列；（2）2位老师互不相邻，可先排4名学生，然后把2位老师插空，最后用乘法原理计数．解：（1）先把2位老师“捆绑”看做1元素，与其余4个元素进行排列，再对2位老师进行排列，共有A22A55＝240种，（2）先让4名学生站好，有A44种排法，这时有5个“空隙”可供2位老师选取，共有A44A52＝480种．【点评】本题考查排列、组合及简单计数问题，解题的关键是熟练掌握计数原理及排列组合的公式，掌握一些特殊的计数技巧，如本题中绑定法，插空法．要注意每种方法与相应问题的对应．18．甲、乙、丙三位学生各自独立地解同一道题，已知甲、乙做对该题的概率都为13，丙做对该题的概率为14，且三位学生能否做对相互独立，设随机变量X表示这三位学生中做对该题的人数，其分布列为：X0123P13a b136（1）求a，b的值；（2）求X的数学期望．【分析】（1）利用相互独立事件概率乘法公式和互斥事件概率加法公式能求出a，利用对立事件概率计算公式能求出b．（2）由离散型随机变量的分布列能求出数学期望E（X）．解：（1）∵甲、乙做对该题的概率都为13，丙做对该题的概率为14，且三位学生能否做对相互独立， ∴a =13×(1−13)×(1−14)+(1−13)×13×(1−14)+(1−13)×(1−13)×14=49， b ＝1﹣P （X ＝0）﹣P （X ＝1）﹣P （X ＝3）＝1−13−49−136=736．（2）E （X ）=0×13+1×49+2×736+3×136=1112． 【点评】本题考查概率的求法，考查离离散型随机变量的数学期望的求法，考查相互独立事件概率乘法公式、互斥事件概率加法公式、对立事件概率计算公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题． 19．在（x +2）10的展开式中，求： （1）含x 8项的系数；（2）如果第3r 项和第r +2项的二项式系数相等，求r 的值， 【分析】先求出展开式的通项．（1）令通项中x 的指数为8，求出k 的值即可； （2）写出该两项的二项式系数，令其相等，求出r 的值． 解：（1）二项式展开式的通项如下：T r+1=C 10r 2r x 10−r ，由已知令10﹣r ＝8， 所以r ＝2．所以含x 8项的系数为C 10222=180．（2）第3r 项与第r +2项的二项式系数相等， 则C 103r−1=C 10r+1，即3r ﹣1＝r +1或3r ﹣1+r +1＝10． 解得r ＝1或r =52（舍）．故r 的值为1．【点评】本题考查二项式展开式系数的性质，利用通项法研究特定项的问题，同时考查学生的化简运算能力．属于基础题．20．在一次购物抽奖活动中，假设10张奖券中有一等奖奖券1张，可获价值50元的奖品，有二等奖奖券3张，每张可获价值10元的奖品，其余6张没有奖品． （1）顾客甲从10张奖券中任意抽取1张，求中奖次数X 的概率分布． （2）顾客乙从10张奖券中任意抽取2张， ①求顾客乙中奖的概率；②设顾客乙获得的奖品总价值Y 元，求Y 的概率分布及期望．【分析】（1）抽奖一次，只有中奖和不中奖两种情况，1表示中奖，0表示不中奖，则X 的取值只有0，1两种，分别求出相应的概率，由此能求出X 的分布列．（2）①顾客乙中奖可分为互斥的两类：所抽取的2张奖券有1张中奖和2张都中奖，由此利用互斥事件概率加法公式能求出顾客乙中奖的概率．②顾客乙所抽取的2张奖券中有0张中奖，1张中奖（1张1等奖或1张2等奖）或2张都中奖（2张二等奖或2张1等奖或1张2等奖1张2等奖），Y 的可能取值为0，10，20，50，60，分别求出相应的概率，由此能求出随机变量Y 的概率分布列和数学期望．解：（1）抽奖一次，只有中奖和不中奖两种情况， 1表示中奖，0表示不中奖，则X 的取值只有0，1两种，P （X ＝0）=C 61C 101=35，P （X ＝1）=C 41C 101=25，∴X 的分布列为：X1P3525（2）①顾客乙中奖可分为互斥的两类：所抽取的2张奖券有1张中奖和2张都中奖， ∴顾客乙中奖的概率为：P =C 41C 61+C 42C 102=23．②顾客乙所抽取的2张奖券中有0张中奖，1张中奖（1张1等奖或1张2等奖）或2张都中奖（2张二等奖或2张1等奖或1张2等奖1张2等奖）， ∴Y 的可能取值为0，10，20，50，60，P （Y ＝0）=C 62C 102=13， P （Y ＝10）=C 41C 61C 102=25，P （Y ＝20）=C 32C 102=115， P （Y ＝50）=C 11C 61C 102=215， P （Y ＝60）=C 11C 31C 102=115，∴随机变量Y 的概率分布列为：Y 010205060P1325115215115EY =0×13+10×25+20×115+50×215+60×115=16（元）．【点评】本题考查概率的求法，考查离离散型随机变量的数学期望的求法，考查互斥事件概率加法公式、古典概型等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．21．2018年10月28日，重庆公交车坠江事件震惊全国，也引发了广大群众的思考﹣﹣如何做一个文明的乘客．全国各地大部分社区组织居民学习了文明乘车规范．A 社区委员会针对居民的学习结果进行了相关的问卷调查，并将得到的分数整理成如图所示的统计图．（Ⅰ）求得分在[70，80）上的频率；（Ⅱ）求A社区居民问卷调査的平均得分的估计值；（同一组中的数据以这组数据所在区间中点的值作代表）（Ⅲ）由于部分居民认为此项学习不具有必要性，A社区委员会对社区居民的学习态度作调查，所得结果统计如下：（表中数据单位：人）认为此项学习十分必要认为此项学习不必要50岁以上400600 50岁及50岁以下800200根据上述数据，计算是否有99.9%的把握认为居民的学习态度与年龄相关．附：K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，其中n＝a+b+c+d．P（K2≥k0）0.1000.0500.0100.001 k0 2.706 3.841 6.63510.828【分析】（Ⅰ）由频率分布直方图计算所求的频率值；（Ⅱ）利用各组的中间值与对应的频率乘积的和，计算平均分；（Ⅲ）根据2×2列联表计算观测值，对照临界值得出结论．解：（Ⅰ）由频率分布直方图，计算得分在[70，80）上的频率为1﹣0.1﹣0.15﹣0.2﹣0.15﹣0.1＝0.3；（Ⅱ）由（Ⅰ）知各组的中间值与对应的频率如下表，中间值455565758595频率0.10.150.20.30.150.1计算问卷调査的平均得分为45×0.1+55×0.15+65×0.2+75×0.3+85×0.15+95×0.1＝70.5；（Ⅲ）根据2×2列联表，认为此项学习十分必要认为此项学习不必要合计50岁以上400600100050岁及50岁以下8002001000总计12008002000计算K2=2000×(400×200−600×800)21000×1000×1200×800≈333.333＞10.828，所以有99.9%的把握认为居民的学习态度与年龄相关．【点评】本题考查了频率分布直方图和样本数字特征的应用问题，也考查了独立性检验的应用问题，是基础题．22．已知函数f（x）＝（ax2+x+a）e﹣x（a∈一、选择题）．（Ⅰ）当a＝0时，求f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；（Ⅱ）若a≥0，求函数f（x）的单调区间；（Ⅲ）若对任意的a≤0，f（x）≤bln（x+1）在x∈[0，+∞）上恒成立，求实数b的取值范围．【分析】（Ⅰ）当a＝0时，f（x）＝x•e﹣x，f′（x）＝e﹣x﹣x•e﹣x＝e﹣x（1﹣x），可得f′（0）＝1，f（0）＝0，即可得出切线方程．（Ⅱ）由题意，f'（x）＝（2ax+1）e﹣x﹣（ax2+x+a）e﹣x＝﹣e﹣x[ax2+（1﹣2a）x+a ﹣1]＝﹣e﹣x（x﹣1）（ax+1﹣a）．对a分类讨论：a＝0，a＞0，即可得出．（Ⅲ）令g（a）＝e﹣x（x2+1）a+xe﹣x，a∈（﹣∞，0]，当x∈[0，+∞）时，e﹣x（x2+1）≥0，g（a）单调递增，则g(a)max=g(0)=xe−x．可得g（a）≤bln（x+1）对∀a ∈（﹣∞，0]恒成立等价于bln（x+1）≥g（a）max＝g（0），即xe﹣x≤bln（x+1），对x∈[0，+∞）恒成立，对b分类讨论，利用单调性即可得出．解：（Ⅰ）当a＝0时，f（x）＝x•e﹣x，∴f′（x）＝e﹣x﹣x•e﹣x＝e﹣x（1﹣x）……（1分）∴f′（0）＝1，f（0）＝0，∴函数f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为y＝x．……（Ⅱ）由题意，f'（x）＝（2ax+1）e﹣x﹣（ax2+x+a）e﹣x＝﹣e﹣x[ax2+（1﹣2a）x+a ﹣1]＝﹣e﹣x（x﹣1）（ax+1﹣a）．……（ⅰ）当a＝0时，f'（x）＝﹣e﹣x（x﹣1），令f'（x）＞0，得x＜1；f'（x）＜0，得x＞1，所以f（x）在（﹣∞，1）单调递增，（1，+∞）单调递减；……（ⅱ）当a＞0时，1−1a＜1，令f'（x）＞0，得1−1a ＜x＜1；f'（x）＜0，得x＜1−1a或x＞1，……所以f（x）在(1−1a ，1)单调递增，在(−∞，1−1a)，（1，+∞）单调递减，………（Ⅲ）令g（a）＝e﹣x（x2+1）a+xe﹣x，a∈（﹣∞，0]，当x∈[0，+∞）时，e﹣x（x2+1）≥0，g（a）单调递增，则g(a)max=g(0)=xe−x，………………则g（a）≤bln（x+1）对∀a∈（﹣∞，0]恒成立等价于bln（x+1）≥g（a）max＝g （0），即xe﹣x≤bln（x+1），对x∈[0，+∞）恒成立．………（ⅰ）当b≤0时，∀x∈（0，+∞），bln（x+1）＜0，xe﹣x＞0，此时xe﹣x＞bln（x+1），不合题意，舍去．…………（ⅱ）当b＞0时，令h（x）＝bln（x+1）﹣xe﹣x，x∈[0，+∞），则h′(x)=bx+1−(e−x−xe−x)=bex+x2−1(x+1)e x，……其中（x+1）e x＞0，∀x∈[0，+∞），令p（x）＝be x+x2﹣1，x∈[0，+∞），则p（x）在区间[0，+∞）上单调递增，……①当b≥1时，p（x）≥p（0）＝b﹣1≥0，所以对∀x∈[0，+∞），h'（x）≥0，则h（x）在[0，+∞）上单调递增，故对任意x∈[0，+∞），h（x）≥h（0）＝0，即不等式bln（x+1）≥xe﹣x在[0，+∞）上恒成立，满足题意．…………②当0＜b＜1时，由p（0）＝b﹣1＜0，p（1）＝be＞0及p（x）在区间[0，+∞）上单调递增，所以存在唯一的x0∈（0，1）使得p（x0）＝0，且x∈（0，x0）时，p（x）＜0．即h'（x）＜0，所以h（x）在区间（0，x0）上单调递减，则x∈（0，x0）时，h（x）＜h（0）＝0，即bln（x+1）＜xe﹣x，不符合题意．……综上所述，b≥1．…………【点评】本题考查了利用利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法、分类讨论方法、等价转化方法，考查学生的运算推理能力，属于难题．。
2019-2020学年上海市浦东新区高二下学期期中数学试卷(含答案解析)
2019-2020学年上海市浦东新区高二下学期期中数学试卷一、单选题（本大题共6小题，共18.0分）1.方程[(x−1)2+(y+2)2](x2−y2)=0表示的图形是()A. 两条相交直线B. 两条直线与点(1,−2)C. 两条平行线D. 四条直线2.若抛物线上一点到其焦点的距离为，则点的坐标为()A. B. C. D.3.若圆(x−a)2+y2=4与椭圆x24+y23=1有公共点，则a的取值范围是()A. [−4,4]B. [−5,5]C. [−2,2]D. {0}4.已知直线l与椭圆x24+y22=1交于A、B两点，弦AB的中点为P(1,1)，则直线l的方程是()A. x+2y−3=0B. 2x+y−3=0C. 2x−y−1=0D. x−2y+1=05.设i是虚数单位，则复数的虚部是()A. B. C. D.6.命题“存在x0∈R，使2x0≤0”的否定是()A. 不存在x0∈R，使2x0>0B. 存在x0∈R，使2x0≥0C. 对任意的x∈R，使2x≤0D. 对任意的x∈R，使2x>0二、单空题（本大题共12小题，共36.0分）7.已知点A(2,−1)，B(−3,−2)，若直线l：x+2ay+1=0与线段AB相交，则a的取值范围是______．8.已知直线ax+4y−2=0与直线x+ay+1=0重合，则a=______ ．9.过抛物线y2=2px(P>0)的焦点的直线x−my+m=0与抛物线交于A、B两点，且△OAB(O为坐标原点)的面积为2√2，则m6+m4=______ ．10.已知是圆的切线，切点为，．是圆的直径，与圆交于点，，则圆的半径．11.经过点(−2,3)且与直线2x+y−5=0垂直的直线方程是的倾斜角是______．12. 已知圆C 的方程为x 2+y 2=4，点M(t,3)，若圆C 上存在两点A ，B 满足MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，则t 的取值范围是______ ．13. 椭圆： (a > b >0)的左、右焦点分别为、，焦距为 .若直线与椭圆 的一个交点满足，则该椭圆的离心率等于________． 14. 设F 1，F 2是双曲线x 2a 2−y 2b 2=1(a,b >0)的左、右焦点，若双曲线右支上存在一点P 满足|PF 2|=|F 1F 2|，且cos∠PF 1F 2=45，则双曲线的两条渐近线的方程分别是 ． 15. 已知点P 为椭圆x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)上任意一点，F 1、F 2分别为椭圆的左、右焦点，I 为△PF 1F 2的内心，若S △PIF 1+S △PIF 2=λS △F 1IF 2成立，则λ的值为______ ．16. 已知双曲线x 2a 2−y 2b 2=1(a >0,b >0的左、右焦点分别为F 1、F 2，以F 1F 2为直径的圆被直线x a +yb =1截得的弦长为√6a ，则双曲线的离心率为______：17. 已知P 为抛物线y 2=4x 上一个动点，Q 为圆x 2+(y −3)2=1上一个动点，那么点P 到点Q 的距离与点P 到抛物线的准线距离之和的最小值是______ ．18. 在平面直角坐标系xOy 中，点A(1,0)，动点M 满足以MA 为直径的圆与y 轴相切．过A 作直线x +(m −1)y +2m −5=0的垂线，垂足为B ，则|MA|+|MB|的最小值为__________．三、解答题（本大题共7小题，共84.0分）19. 已知椭圆C ：()的短轴长为2，离心率为(1)求椭圆C 的方程(2)若过点M(2,0)的引斜率为的直线与椭圆C 相交于两点G 、H ，设P 为椭圆C 上一点，且满足(为坐标原点)，当时，求实数的取值范围？20.圆锥锥曲线：用不同角度的平面截两个共母线且有公共轴和顶点的圆锥得到截面轮廓线，这些不同类型的曲线统称为圆锥曲线(如图).直角坐标系，圆锥曲线C的方程x2+y2n=1，O为原点．(如图)(1)为获得(如图)中用与圆锥轴线垂直方向的平面截得类型的圆锥曲线，可取n=______；(2)为获得(如图)中用与圆锥轴线平行方向的平面截得类型的圆锥曲线，可取n=______；(3)上问2(2)中，对应取定n值的曲线，其离心率e=______；(4)上问2(2)中，对应取定n值的曲线，其渐近线方程是______；(5)为得到比(2)中开口更大同类曲线，写出一个新取值n=______21.如图，椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)经过点P(2,3)，离心率e=12，直线1的方程为y=4．(Ⅰ)求椭圆C的方程；(Ⅱ)AB是经过(0,3)的任一弦(不经过点P)，设直线AB与直线l相交于点M，记PA，PB，PM的斜率分别为k1，k2，k3.问：是否存在常数λ，使得1k1十1k2=λk3？若存在，求λ的值．22. 已知圆O ：x 2+y 2=43，椭圆C ：x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的短轴长等于圆O 半径的√6倍，C 的离心率为√22． (1)求C 的方程；(2)若直线l 与C 交于A ，B 两点，且与圆O 相切，证明：OA ⊥OB ．23. 已知点M 是⊙O ：x 2+y 2=4上一动点，A(4,0)，点P 为线段AM 的中点，(1)求点P 的轨迹C 的方程(2)过点A 的直线与轨迹C 有公共点，求的斜率k 的取值范围．24.已知方程x2−ax+b=0(a,b∈R)，其中一个根是3−2i，求a,b的值．25.如图，正方体ABCD−A′B′C′D′的棱长为4，点E、F为棱CD、B′C′的中点．(1)求证：CF//平面B′ED′；(2)求直线B′E到平面ACF所成角的正弦值．【答案与解析】1.答案：B解析：解：由方程得：(x−1)2+(y+2)2=0①，或(x2−y2)=0②，①表示点(1,−2)，②表示两条直线：x+y=0，x−y=0，故答案选B．由方程得：[(x−1)2+(y+2)2]=0①，或(x2−y2)=0②，①表示点(1,−2)，②表示两条直线：x+y=0，x−y=0；进而可得答案．两个因式之积等于0，至少有一个因式等于0．2.答案：C解析：试题分析：根据抛物线y2=8x可知p=4，准线方程为x=−2，进而根据抛物线的定义可知点P到其焦点的距离等于点P到其准线x=−2的距离，求得P点的横坐标，代入抛物线方程即可求得纵坐标．解：根据抛物线y2=8x，知p=4，根据抛物线的定义可知点P到其焦点的距离等于点P到其准线x=−2的距离，得x p=7，把x代入抛物线方程解得y=±2，故选C考点：抛物线的性质点评：本题主要考查了抛物线的性质．属基础题3.答案：A解析：解：∵椭圆x24+y23=1中，|x|≤2，|y|≤√3，圆(x−a)2+y2=4的圆心坐标(a,0)，半径r=2．∴若椭圆x24+y23=1与圆(x−a)2+y2=4有公共点，则实数a的取值范围|a|≤4；故选：A．作出草图，结合图象可知当椭圆x24+y23=1与圆(x−a)2+y2=4有公共点时，|a|≤4．本题考查椭圆的简单性质，椭圆与圆的位置关系的应用，作出草图，结合图象事半而功倍．4.答案：A解析：利用“点差法”可求得直线AB的斜率，再利用点斜式即可求得直线l的方程．本题考查椭圆的简单性质与直线的点斜式方程，求直线l的斜率是关键，也是难点，着重考查点差法，属于中档题．【解得】解：设A(x1,y1)，B(x2,y2)，P(1,1)是线段AB的中点，则x1+x2=2，y1+y2=2，依题意，{x12+2y12=4 x22+2y22=4，①−②得：(x1+x2)(x1−x2)=−2(y1+y2)(y1−y2)，由题意知，直线l的斜率存在，∴k AB=y2−y1x2−x1=−12⋅x1+x2y1+y2=−12，∴直线l的方程为：y−1=−12(x−1)，整理得：x+2y−3=0．P(1,1)在椭圆内，故成立．故选A．5.答案：B解析：试题分析：．考点：1.复数的计算；2.复数中的实部和虚部．6.答案：D解析：解：根据特称命题的否定是全称命题，得；命题“存在x0∈R，使2x0≤0”的否定是“对任意的x∈R，使2x>0”．故选：D．根据特称命题的否定是全称命题，可以直接写出答案来．本题考查了特称命题与全称命题的应用问题，应记住“特称命题的否定是全称命题，全称命题的否定是特称命题”．7.答案：[−12,3 2 ]解析：解：直线l：x+2ay+1=0过定点P(−1,0)，点A(2,−1)，B(−3,−2)，如图：要使直线l：x+2ay+1=0与线段AB相交，则(2−2a+1)(−3−4a+1)≤0，解得−12≤a≤32．∴a的取值范围是[−12,3 2 ].故答案为：[−12,3 2 ].直线l：x+2ay+1=0与线段AB相交，说明A，B在直线的两侧(或其中一点在直线上)，由此可得关于a的不等式求解．本题考查两直线的位置关系，考查简单的线性规划，考查数学转化思想，是基础题．8.答案：−2解析：解：∵直线ax+4y−2=0与直线x+ay+1=0重合，∴1a =a4=1−2，解得a=−2．故答案为：−2．利用直线与直线平行的性质直接求解．本题考查实数值的求法，考查直线与直线重合的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．9.答案：2解析：解：由题意，可知该抛物线的焦点为(p2,0)，它过直线，代入直线方程，可知：p 2+m=0求得m=−p2∴直线方程变为：y=−2px+1A，B两点是直线与抛物线的交点，∴它们的坐标都满足这两个方程．∴(−2px+1)2=2px∴△=(4p +2p)2−16p2=4p2+16>0∴方程的解x1=4p+2p−√4p2+168p2，x2=4p+2p+√4p2+168p2；代入直线方程，可知：y1=1−4p+2p−√4p2+164p，y2=1−4p+2p+√4p2+164p，△OAB的面积可分为△OAP与△OBP的面积之和，而△OAP与△OBP若以OP为公共底，则其高即为A，B两点的y轴坐标的绝对值，∴△OAP与△OBP的面积之和为：S=12⋅p2⋅|y1−y2|=p28⋅√4p2+16=2√2求得p=2，∵m=−p2m2=1∴m6+m4=13+12=1+1=2故答案为：2先根据抛物线的方程求得焦点的坐标，代入直线方程求得m和p的关系式，进而把直线与抛物线方程联立消去y，求得方程的解，进而根据直线方程可分别求得y1和y2，△OAB的面积可分为△OAP与△OBP的面积之和，而△OAP与△OBP若以OP为公共底，则其高即为A，B两点的y轴坐标的绝对值，进而可表示三角形的面积进而求得p ，则m 的值可得，代入m 6+m 4中，即可求得答案． 本题主要考查了椭圆的简单性质，直线，抛物线与椭圆的关系．考查了学生综合分析问题和基本的运算能力．10.答案：解析：试题分析：在直角三角形中，由切割线定理可得，即，解得．考点：1.勾股定理；2.切割线定理．11.答案：arctan 12解析：解：设与直线2x +y −5=0垂直的直线方程为x −2y +m =0，把点(−2,3)代入可得−2−6+m =0，∴m =8，故所求的直线的方程为x −2y +8=0， 故直线的斜率为k =12，则直线方程是的倾斜角是arctan 12， 故答案为：arctan 12．设与直线2x +y −5=0垂直的直线方程为x −2y +m =0，把点(−2,3)代入可得m 值，从而得到所求的直线方程，即可求出直线的倾斜角．本题考查用待定系数法求直线的方程，两直线垂直，斜率之积等于−1，设出与直线2x +y −5=0垂直的直线方程为x −2y +m =0是解题的关键．12.答案：[−3√3,3√3]解析：解：如图，连结OM 交圆于点D ． ∵MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，∴A 是MB 的中点， ∵圆x 2+y 2=4的直径是4， ∴MA =AB ≤4， 又∵MD ≤MA ，OD =2， ∴OM ≤6，即点M到原点距离小于等于6，∴t2+9≤36，∴−3√3≤t≤3√3，故答案为：[−3√3,3√3]．由向量等式可得，A是MB的中点，利用圆x2+y2=4的直径是4，可得MA≤4，即点M到原点距离小于等于6，由此列式可得t的取值范围．本题考查向量知识的运用，考查直线与圆的位置关系，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题13.答案：解析：【解题程序化】：条件：1、椭圆：2、直线与椭圆有一个交点M3、问题：求解椭圆的离心率途径：1、直线直线倾斜角为60°2、焦点三角形形状3、通过焦点三角形三边的比例关系求出a，c即可【解题步骤】:由直线斜率是可知，直线倾斜角为60°即设则解得：∴该椭圆离心率【个人体验】：本题综合了直线的斜率与倾斜角、椭圆的定义和离心率的知识，考察学生的推理计算能力和数形结合的思想方法，难度中等。
2019-2020学年上海市浦东新区华东师大二附中高二下学期期末数学试卷 (解析版)
2019-2020学年上海市浦东新区华东师大二附中高二第二学期期末数学试卷一、填空题（共10小题）.1．不等式的解集为．2．集合A＝{x|x＝sin，k∈Z}的真子集的个数是．3．（1﹣2x）2020＝a0+a1x+a2x2+…+a2020x2020，则a0+a1+a2+…+a2020＝．4．如图，四面体ABCD中，PA，PB，PC两两垂直，且|PA|＝|PB|＝|PC|＝2，则点P到平面ABC的距离为．5．若x＞0，y＞0，且xy﹣（x+y）＝1，则x+y的取值范围为．6．若某圆锥的侧面展开图是一个半径为1的半圆，求圆锥的表面积．7．（2x﹣）6展开式中的常数项为（用数字作答）8．不等式|2x﹣y|＜|5﹣2x|对任意x∈[1，2]都成立，则实数y的取值范围为．9．4名学生参加3个兴趣小组活动，每人参加一个或两个小组，那么3个兴趣小组都恰有2人，参加的不同的分组共有种．10．如图，直线l⊥平面α，垂足为O，正四面体（所有棱长都相等的三棱锥）ABCD的棱长为1，B是直线l上的动点，C是平面α上的动点，求O到点D的距离的最大值为．二、选择题11．某中学有高中生960人，初中生480人，为了了解学生的身体状况，采用分层抽样的方法，从该校学生中抽取容量为n的样本，其中高中生有24人，那么n等于（）A．12B．18C．24D．3612．今年3月9日湖北武汉某方舱医院“休仓”，某省驰援湖北“抗疫”的5名身高各不相同的医护人员站成一排合影留念，庆祝圆满完成“抗疫”任务，若恰好从中间往两边看都依次变低的概率为（）A．B．C．D．13．定义：若平面点集A中的任一个点（x0，y0），总存在正实数r，使得集合{（x，y）|＜r}⊆A，则称A为一个“K集”给出下列集合：①{（x，y）|x2+y2＝1}；②{（x，y）|x+y＜6}；③{（x，y）|x+y+2≥0}；④{（x，y）|0＜x2+（y﹣）2＜1}．其中是“K集”的是（）A．①④B．②③C．②④D．③④14．一矩形的一边在x轴上，另两个顶点在函数y＝（x＞0）的图象上，如图，则此矩形绕x轴旋转而成的几何体的体积的最大值是（）A．πB．C．D．三、解答题：15．已知集合A＝{x|x2﹣（3a﹣1）x+2a2﹣a＜0}，集合B＝{x|x2﹣4x+3＜0}．（1）当a＝2时，求A∩B；（2）命题P：x∈A，命题Q：x∈B，若P是Q的充分条件，求实数a的取值范围．16．已知f（x）＝|2x﹣m|﹣|x+2m|（m＞0）的最小值为．（Ⅰ）求m的值；（Ⅱ）已知a＞0，b＞0，且a2+b2＝m，求证：．17．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，AB⊥BC，AA1＝AB＝BC＝2．（1）求证：BC1⊥平面A1B1C；（2）点N在线段BB1上运动，求A1N与B1C所成角的范围．18．已知集合A＝{a1，a2，a3，…，a n}，其中a i∈R，1≤i≤n，n＞2，l（A）表示a i+a j（1≤i＜j≤n）中所有不同值的个数．（1）设集合P＝{1，2，3，4}，Q＝{1，3，9，27}，分别求l（P），l（Q）；（2）若集合A＝{1，3，9，…，3n）（n＞1，n∈N），证：l（A）＝；（3）l（A）是否存在最小值？若存在，求出这个最小值；若不存在，说明理由．参考答案一、填空题1．不等式的解集为（﹣∞，0）∪[1，+∞）．【分析】化简不等式为分式不等式，然后转化为二次不等式解答即可．解：不等式，可化为，即：x（1﹣x）≤0且x≠0解得x＜0或x≥1故答案为：（﹣∞，0）∪[1，+∞）2．集合A＝{x|x＝sin，k∈Z}的真子集的个数是7．【分析】先结合正弦函数的周期性解出集合A，再通过真子集个数的计算公式即可得出答案．解：因为正弦函数y＝sin x的周期为2π，不妨让k取1，2，3，4，得到集合A＝{1，0，﹣1}，集合A中共有3个元素，故集合A得真子集得个数是23﹣1＝7个．故答案为：7．3．（1﹣2x）2020＝a0+a1x+a2x2+…+a2020x2020，则a0+a1+a2+…+a2020＝1．【分析】利用赋值法，令x＝1代入即可．解：令x＝1得，（1﹣2）2020＝a0+a1+a2+…+a2020，则a0+a1+a2+…+a2020＝1，故答案为：14．如图，四面体ABCD中，PA，PB，PC两两垂直，且|PA|＝|PB|＝|PC|＝2，则点P到平面ABC的距离为．【分析】以P为原点，PA为x轴，PB为y轴，PC为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出点P到平面ABC的距离．解：∵四面体ABCD中，PA，PB，PC两两垂直，且|PA|＝|PB|＝|PC|＝2，∴以P为原点，PA为x轴，PB为y轴，PC为z轴，建立空间直角坐标系，P（0，0，0），A（2，0，0），B（0，2，0），C（0，0，2），＝（﹣2，0，0），＝（﹣2，2，0），＝（﹣2，0，2），设平面ABC的法向量＝（x，y，z），则，取x＝1，得＝（1，1，1），∴点P到平面ABC的距离为d＝＝＝．故答案为：．5．若x＞0，y＞0，且xy﹣（x+y）＝1，则x+y的取值范围为[2+2，+∞）．【分析】由题意可得x+y+1＝xy≤（）2，即（x+y）2﹣4（x+y）﹣4≥0，解此不等式求得x+y的取值范围．解：由x，y∈（0，+∞），且xy﹣（x+y）＝1，可得x+y+1＝xy≤（）2，化简可得（x+y）2﹣4（x+y）﹣4≥0，解得x+y≤2﹣2（舍去），或x+y≥2+2．综上可得x+y的取值范围是[2+2，+∞），故答案为：[2+2，+∞）．6．若某圆锥的侧面展开图是一个半径为1的半圆，求圆锥的表面积．【分析】由圆锥的底面周长是π，求出圆锥的底面半径是r＝，再由圆锥的母线长为l ＝1，能求出圆锥的表面积．解：圆锥的底面周长是π，设圆锥的底面半径是r，则2πr＝π．解得r＝，∵圆锥的母线长为l＝1，∴圆锥的表面积是S＝πrl+πr2＝＝．故答案为：．7．（2x﹣）6展开式中的常数项为240（用数字作答）【分析】在二项展开式的通项公式中，令x的幂指数等于0，求出r的值，即可求得常数项．解：（2x﹣）6展开式的通项公式为T r+1＝•26﹣r•（﹣1）r•x6﹣3r，令6﹣3r＝0，求得r＝2，可得展开式中的常数项为•24＝240，故答案为：240．8．不等式|2x﹣y|＜|5﹣2x|对任意x∈[1，2]都成立，则实数y的取值范围为（3，5）．【分析】由指数函数的单调性，可得|2x﹣y|＜5﹣2x，再由绝对值不等式的解法，结合指数函数的单调性和恒成立思想，可得y的范围．解：由x∈[1，2]，可得2x∈[2，4]，5﹣2x＞0，不等式|2x﹣y|＜|5﹣2x|对任意x∈[1，2]都成立，即为|2x﹣y|＜5﹣2x，则有2x﹣5＜y﹣2x＜5﹣2x，可得2•2x﹣5＜y＜5，由f（x）＝2•2x﹣5在[1，2]递增，可得f（x）的值域为[﹣1，3]，则3＜y＜5，即y的取值范围是（3，5）．故答案为：（3，5）．9．4名学生参加3个兴趣小组活动，每人参加一个或两个小组，那么3个兴趣小组都恰有2人，参加的不同的分组共有90种．【分析】根据题意，分析可得：4名学生中有2人参加了两个小组，其他2人参加了1个小组，先计算在4人中任选2人，参加2个兴趣小组的情况数目，再分类讨论参加2个兴趣小组的情况数目，由分步计数原理计算可得答案．解：根据题意，分析可得：4名学生中有2人参加了两个小组，其他2人参加了1个小组，在4人中任选2人，参加2个兴趣小组，有C42＝6种选法；分2种情况讨论：①，选出2人参加的兴趣小组完全相同，则剩下的2人参加剩下的1个小组，有C32＝3种情况，②，选出2人参加的兴趣小组只有1个相同，有C32C21A22＝12种情况，则一共有6（12+3）＝90种分组方法；故答案为：9010．如图，直线l⊥平面α，垂足为O，正四面体（所有棱长都相等的三棱锥）ABCD的棱长为1，B是直线l上的动点，C是平面α上的动点，求O到点D的距离的最大值为．【分析】直线BC与动点O的位置关系是：点O是以BC为直径的球面上的点，O到AD 的距离为四面体上以BC为直径的球面上的点到AD的距离，点O到AD的最大距离为AD到球心的距离（即BC与AD的公垂线）+球半径，由此能求出O到点D的距离的最大值．解：由题意，直线BC与动点O的位置关系是：点O是以BC为直径的球面上的点，所以O到AD的距离为四面体上以BC为直径的球面上的点到AD的距离，分别取AD、BC中点E、F，连结AF，DF，则AF＝DF＝＝，∴EF＝＝，点O到AD的最大距离为AD到球心的距离（即BC与AD的公垂线）+球半径，∴O到AD的距离的最大值为：OE max＝+＝，∴O到点D的距离的最大值为：OD max＝＝＝．故答案为：．二、选择题11．某中学有高中生960人，初中生480人，为了了解学生的身体状况，采用分层抽样的方法，从该校学生中抽取容量为n的样本，其中高中生有24人，那么n等于（）A．12B．18C．24D．36【分析】利用分层抽样的性质列出方程，由此能求出结果．解：由分层抽样的性质得：＝，解得n＝36．故选：D．12．今年3月9日湖北武汉某方舱医院“休仓”，某省驰援湖北“抗疫”的5名身高各不相同的医护人员站成一排合影留念，庆祝圆满完成“抗疫”任务，若恰好从中间往两边看都依次变低的概率为（）A．B．C．D．【分析】基本事件总数n＝＝120，恰好从中间往两边看都依次变低包含的基本事件个数m＝＝6．由此能求出恰好从中间往两边看都依次变低的概率．解：某省驰援湖北“抗疫”的5名身高各不相同的医护人员站成一排合影留念，基本事件总数n＝＝120，恰好从中间往两边看都依次变低包含的基本事件个数m＝＝6．∴恰好从中间往两边看都依次变低的概率为p＝＝＝．故选：B．13．定义：若平面点集A中的任一个点（x0，y0），总存在正实数r，使得集合{（x，y）|＜r}⊆A，则称A为一个“K集”给出下列集合：①{（x，y）|x2+y2＝1}；②{（x，y）|x+y＜6}；③{（x，y）|x+y+2≥0}；④{（x，y）|0＜x2+（y﹣）2＜1}．其中是“K集”的是（）A．①④B．②③C．②④D．③④【分析】根据K集的定义逐个验证选项，即可得到答案．①x2+y2＝1表示以原点为圆心，1为半径的圆，则在该圆上任意取一点（x0，y0），均不满足{（x，y））|＜r}⊆A，故①不是“K集”；②平面点集A中的任一点（x0，y0），满足{（x，y）|＜r}⊆A，故②该集合是“K集”；③在曲线x+y+2＝0任意取点（x0，y0），以任意正实数r为半径的圆面，均不满足{（x，y）|＜r}⊆A，故③该集合不是“K集”；④表示以点（0，）为圆心，1为半径除去圆心和圆周的圆面，该平面点集A中的任一点（x0，y0），满足{（x，y）|＜r}⊆A，故④该集合是“K集”．解：①：x2+y2＝1表示以原点为圆心，1为半径的圆，则在该圆上任意取一点（x0，y0），以任意正实数r为半径的圆面，均不满足{（x，y））|＜r}⊆A，故①不是“K集”；②A＝{（x，y）|x+y＜6}时，在平面点集A中的任取一点（x0，y0），则该点到直线的距离为d，取r＝d，则满足{（x，y）|＜r}⊆A，故②该集合是“K集”；③A＝{（x，y）|x+y+2≥0}，在曲线x+y+2＝0任意取点（x0，y0），以任意正实数r为半径的圆面，均不满足{（x，y）|＜r}⊆A，故③该集合不是“K集”；④A＝{（x，y）|0＜x2+（y﹣）2＜1}表示以点（0，）为圆心，1为半径除去圆心和圆周的圆面，在该平面点集A中的任一点（x0，y0），则该点到圆周上的点的最短距离为d，取r＝d，则满足{（x，y）||＜r}⊆A，故④该集合是“K集”．故选：C．14．一矩形的一边在x轴上，另两个顶点在函数y＝（x＞0）的图象上，如图，则此矩形绕x轴旋转而成的几何体的体积的最大值是（）A．πB．C．D．【分析】先求出y的范围，再设出点AB的坐标，根据AB两点的纵坐标相等得到x2•x1＝1，再求出高h，根据圆柱体的体积公式得到关于y的代数式，最后根据基本不等式求出体积的最大值．解：∵y＝＝≤当且仅当x＝1时取等号，∴x+＝∵矩形绕x轴旋转得到的旋转体一个圆柱，设A点的坐标为（x1，y），B点的坐标为（x2，y），则圆柱的底面圆的半径为y，高位h＝x2﹣x1，∵f（x1）＝，f（x2）＝，∴＝，即（x2﹣x1）（x2•x1﹣1）＝0，∴x2•x1＝1，∴h2＝（x2+x1）2﹣4x2•x1＝（x1+）2﹣4＝﹣4，∴h＝，∴V圆柱＝πy2•h＝πy＝•≤π•（）＝π，当且仅当y＝时取等号，故此矩形绕x轴旋转得到的旋转体的体积的最大值为π，故选：C．三、解答题：15．已知集合A＝{x|x2﹣（3a﹣1）x+2a2﹣a＜0}，集合B＝{x|x2﹣4x+3＜0}．（1）当a＝2时，求A∩B；（2）命题P：x∈A，命题Q：x∈B，若P是Q的充分条件，求实数a的取值范围．【分析】（1）把a＝2代入化简A，求解一元二次不等式化简B，再由交集运算得答案；（2）由P是Q的充分条件，得A⊆B．然后对a分类求解A，再由两集合端点值间的关系列不等式组求解．解：（1）当a＝2时，A＝{x|x2﹣（3a﹣1）x+2a2﹣a＜0}＝{x|2＜x＜3}，B＝{x|x2﹣4x+3＜0}＝{x|1＜x＜3}．A∩B＝{x|2＜x＜3}∩{x|1＜x＜3}＝{x|2＜x＜3}；（2）P：x∈A，Q：x∈B，若P是Q的充分条件，则A⊆B．当a＜1时，A＝{x|2a﹣1＜x＜a}，B＝{x|1＜x＜3}，∴，解得a∈∅；当a≥1时，A＝{x|a＜x＜2a﹣1}，B＝{x|1＜x＜3}，∴，解得1≤a≤2．∴实数a的取值范围是[1，2]．16．已知f（x）＝|2x﹣m|﹣|x+2m|（m＞0）的最小值为．（Ⅰ）求m的值；（Ⅱ）已知a＞0，b＞0，且a2+b2＝m，求证：．【分析】（Ⅰ）去绝对值变成分段函数，根据分段函数的单调性可求出f（x）的最小值，与已知最小值相等列式可求出；（Ⅱ）利用分析法结合基本不等式即可证明．解：（Ⅰ）f（x）＝|2x﹣m|﹣|x+2m|＝，∴f（x）∴f（x）在区间（﹣∞，]上单调递减，在区间[，+∞）上单调递增，∴f（x）min＝f（）＝﹣3m＝﹣，∴m＝1；（Ⅱ）由（Ⅰ）a＞0，b＞0，且a2+b2＝1，要证，只要证b4+a4≥ab，即证（a2+b2）2﹣2a2b2≥ab，即证2a2b2+ab﹣1≤0，即证（2ab﹣1）（ab+1）≤0，即证2ab≤1，即证2ab≤a2+b2，显然1＝a2+b2≥2ab，当且仅当a＝b＝时取等号．∴．17．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，AB⊥BC，AA1＝AB＝BC＝2．（1）求证：BC1⊥平面A1B1C；（2）点N在线段BB1上运动，求A1N与B1C所成角的范围．【分析】（1）推导出BC1⊥B1C，A1B1⊥BB1，A1B1⊥B1C1，从而A1B1⊥平面BCC1B1，进而BC1⊥A1B1，由此能证明BC1⊥平面A1B1C．（2）以B为原点，BC为x轴，BA为y轴，BB1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出A1N与B1C所成角的范围．解：（1）证明：∵在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，AB⊥BC，AA1＝AB＝BC＝2．∴四边形BCC1B1是正方形，∴BC1⊥B1C，∵BB1⊥平面ABC，AB⊥BC，∴A1B1⊥BB1，A1B1⊥B1C1，∵BB1∩B1C1＝B1，∴A1B1⊥平面BCC1B1，∵BC1⊂平面BCC1B1，∴BC1⊥A1B1，∵A1B1∩B1C＝B1，∴BC1⊥平面A1B1C．（2）解：点N在线段BB1上运动，由（1）知，A1B1⊥平面BCC1B1，BC1⊂平面BCC1B1，∴A1B1⊥B1C，∴当N与B1重合时，A1N与B1C所成角取最大值，以B为原点，BC为x轴，BA为y轴，BB1为z轴，建立空间直角坐标系，A1（0，2，2），N（0，0，t），（0≤t≤2），B1（0，0，2），C（2，0，0），＝（0，﹣2，t﹣2），＝（2，0，﹣2），设A1N与B1C所成角为θ，则cosθ＝＝＝，∴t＝2时，cosθ取最小值0，t＝0时，cosθ取最大值，∴N与B重合时，θ取最小值，N与B1重合时，θ取最大值，∴A1N与B1C所成角的范围是[，]．18．已知集合A＝{a1，a2，a3，…，a n}，其中a i∈R，1≤i≤n，n＞2，l（A）表示a i+a j（1≤i＜j≤n）中所有不同值的个数．（1）设集合P＝{1，2，3，4}，Q＝{1，3，9，27}，分别求l（P），l（Q）；（2）若集合A＝{1，3，9，…，3n）（n＞1，n∈N），证：l（A）＝；（3）l（A）是否存在最小值？若存在，求出这个最小值；若不存在，说明理由．【分析】（1）直接利用定义把集合P，Q中的值代入，即可求出l（P）和l（Q）；（2）先由a i+a j（1≤i＜j≤n）最多有个值，可得，再利用定义推得所有a i+a j（1≤i＜j≤n）的值两两不同，即可证明结论；（3）l（A）存在最小值，设a1＜a2＜…＜a n，则＜a1+a n ＜a2+a n＜…＜a n﹣1+a n，由此可得到l（A）的最小值2n﹣3．解：（1）根据题中的定义可知：由1+2＝3，1+3＝4，1+4＝5，2+3＝5，2+4＝6，3+4＝7，得l（P）＝5；由1+3＝4，1+9＝10，1+27＝28，2+9＝12，3+27＝30，9+27＝36，得l（Q）＝6．（2）证明：因为a i+a j（1≤i＜j≤n）最多有个值，所以，又集合A＝{1，3，9，…，3n}，任取a i+a j，a k+a l（1≤i＜j≤n，1≤k＜l≤n），当j≠l时，不妨设j＜l，则，即a i+a j≠a k+a l．当j＝l，i≠k时，a i+a j≠a k+a l，因此，当且仅当i＝k，j＝l时，a i+a j＝a k+a l，即所有a i+a j（1≤i＜j≤n）的值两两不同，所以．（3）l（A）存在最小值，且最小值为2n﹣3，不妨设a1＜a2＜…＜a n，所以＜a1+a n＜a2+a n＜…＜a n﹣1+a n，所以a i+a j（1≤i＜j≤n）中至少有2n﹣3 个不同的数，即l（A）≥2n﹣3，事实上，设a1，a2，a3，…，a n成等差数列，考虑a i+a j（1≤i＜j≤n），根据等差数列的性质，当i+j≤n时，a i+a j＝a1+a i+j﹣1，当i+j＞n时，a i+a j＝a i+j﹣n+a n，因此每个a i+a j（1≤i＜j≤n）等于a1+a k（2≤k≤n）中的一个，或者等于a l+a n（2≤l≤n﹣1）中的一个，所以对这样的A，l（A）＝2n﹣3，所以l（A）的最小值为2n﹣3．。
上海市华东师范大学第二附属中学2018-2019学年高二下学期期中考试数学试题(原卷版)
华东师大二附中2019届高二数学期中考试试卷一、填空题：1.设是平面外两条直线，且，那么是的________条件.2.已知直线及平面，下列命题中：①；②；③；④.所有正确命题的序号为________.3.地球北纬圈上有两地分别在东经和处，若地球半径为，则两地的球面距离为________.4.如果一个球和立方体的每条棱都相切，那么称这个球为立方体的棱切球，那么单位立方体的棱切球的体积是________.5.若三棱锥的所有的顶点都在球的球面上，且平面，，，，则球的表面积为__________．6.如图所示，四棱锥的底面是边长为的正方形，侧棱，，则它的5个面中，互相垂直的面有__________对.7.下图由一个边长为2的正方形及四个正三角形构成，将4个正三角形沿着其与正方形的公共边折起后形成的四棱锥的体积为________.8.有一块四边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形,如图所示，，则这块菜地的面积为________.9.四面体的6条棱所对应的6个二面角中，钝二面角最多有________个.10.如图1，平面中的角的内角平分线分面积所成的比，把这个结论类比到空间：在三棱锥（如图2）中，平面平分二面角且与相交于，则类比的结论是____________.二、选择题：11.当我们停放自行车时，只要将自行车旁的撑脚放下，自行车就稳了，这用到了（）A. 三点确定一平面B. 不共线三点确定一平面C. 两条相交直线确定一平面D. 两条平行直线确定一平面12.正方体被平面所截得的图形不可能是（）A. 正三角形B. 正方形C. 正五边形D. 正六边形13.如图，正方体的棱线长为1，线段上有两个动点E、F，且，则下列结论中错误的是A.B.C. 三棱锥的体积为定值D.14.由一些单位立方体构成的几何图形，主视图和左视图如图所示，则这样的几何体体积的最小值是（）（每个方格边长为1）A. 5B. 6C. 7D. 8三、解答题：15.在正方体中，分别是的中点.求证：空间．．四边形是菱形.16.在棱长为2的正方体中，（如图）是棱的中点，是侧面的中心.（1）求三棱锥的体积；（2）求异面直线与的夹角；（3）求与底面所成的角的大小.（结果用反三角函数表示）17.如图，在正三棱柱中，是的中点，是线段上的动点，且.（1）若，求证：；（2）求二面角的余弦值；（3）若直线与平面所成角的大小为，求的最大值18.平面图形很多可以推广到空间中去，例如正三角形可以推广到正四面体，圆可以推广到球，平行四边形可以推广到平行六面体，直角三角形也可以推广到直角四面体，如果四面体中棱两两垂直，那么称四面体为直角四面体. 请类比直角三角形中的性质给出2个直角四面体中的性质，并给出证明.（请在结论中选择1个，结论4，5中选择1个，写出它们在直角四面体中的类似结论，并给出证明，多选不得分，其中表示斜边上的高，分别表示内切圆与外接圆的半径）直角三角形直角四面体。
上海市华东师范大学第二附属中学2019-2020学年高二下学期期中数学试题(原卷版)
当点A、B、C在平面 的异侧时，平面 与平面 相交，如下图：
故选: C
【点睛】此题为基础题，判断平面与平面的位置关系.
13.从集合 中任意选择三个不同的数，使得这三个数组成等差数列，这样的等差数列有（）个
【详解】若此平面与平面 平行，这样的平面有2个到三顶点距离为 ；
若此平面与平面 相交，
则一定过三角形其中两边的中点，
由于三角形边长为 ，
因此如过 的中点 和 的中点 的平面，
到三顶点距离为 的有两个，这样共有6个，
所以所求平面个数为 ．
故答案为： ．
【点睛】本题考查点到平面的距离，由于是三角形的三个顶点到平面的距离相等，因此要分类讨论，即三角形所在平面与所求平面平行和相交两种情形，相交时为保证距离相等，平面必定过三角形两边中点．属于较易题.
①当直线 与a成60°角时， 与b成30°角；
②当直线 与a成60°角时， 与b成45°角；
⑤直线 与a所成角的最大值为60°；
④直线 与a所成角的最小值为30°；
其中正确的是___________.（填写所有正确结论的编号）
二、选择题（16分）
11.已知一组数据 、 、 、 、 的平均数是 ，则这组数据的中位数是（）
【解析】
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ【分析】
利用插空法求解.
【详解】现将 名男生全排列，然后再将 名女生插入 名男生之间，则共有 种排列方法.
故答案为： .
【点睛】本题考查排列与组合，考查插空法的运用，属于基础题.
6.已知正三角形 的边长 ，则到三个顶点的距离都为2的平面有___个；
【答案】8
【解析】
20182019学年上海市浦东新区华师大二附中高二下期中数学试卷解析版.docx
2018-2019学年上海市浦东新区华师大二附中高二（下）期中数学试卷一、选择题（本大题共4小题，共12.0分） 1. 当我们停放自行车时，只要将自行车旁的撑脚放下，自行车就稳了，这用到了（ ）A. 三点确定一平面B. 不共线三点确定一平面C. 两条相交直线确定一平面D. 两条平行直线确定一平面2. 正方体被平面所截得的图形不可能是（ ）A. 正三角形B. 正方形C. 正五边形D. 正六边形3. 如图正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为2，线段B 1D 1上有两个动点E 、F ，且EF =12，则下列结论中错误的是（ ）A. AC ⊥BEB. EF//平面ABCDC. 三棱锥A −BEF 的体积为定值D. △AEF 的面积与△BEF 的面积相等4. 由一些单位立方体构成的几何图形，主视图和左视图如图所示，则这样的几何体体积的最小值是（ ）（每个方格边长为1）A. 5B. 6C. 7D. 8二、填空题（本大题共10小题，共30.0分）5. 设a ，b 是平面M 外两条直线，且a ∥M ，那么a ∥b 是b ∥M 的______条件．6. 已知直线a ，b 及平面α，下列命题中：①{b ⊥αa⊥b⇒a ∥α；②{b//αa⊥b⇒a ⊥α；③{b//αa//b⇒a ∥α；④{b ⊥αa//b⇒a ⊥α．正确命题的序号为______（注：把你认为正确的序号都填上）． 7. 地球北纬45°圈上有A ，B 两地分别在东经80°和170°处，若地球半径为R ，则A ，B 两地的球面距离为______．8. 如果一个球和立方体的每条棱都相切，那么称这个球为立方体的棱切球，那么单位立方体的棱切球的体积是______．9. 若三棱锥S -ABC 的所有的顶点都在球O 的球面上．SA ⊥平面ABC ．SA =AB =2，AC =4，∠BAC =π3，则球O 的表面积为______． 10. 如图所示，四棱锥P -ABCD 的底面ABCD是边长为a 的正方形，侧棱PA =a ，PB =PD =√2a ，则它的5个面中，互相垂直的面有______对．11.如图由一个边长为2的正方形及四个正三角形构成，将4个正三角形沿着其与正方形的公共边折起后形成的四棱锥的体积为______．12.有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形（如图），∠ABC=45°，AB=AD=1，DC⊥BC，则这块菜地的面积为______．13.四面体的6条棱所对应的6个二面角中，钝二面角最多有______个．14.在平面中△ABC的角C的内角平分线CE分△ABC面积所成的比S△AECS△BEC =ACBC，将这个结论类比到空间：在三棱锥A-BCD中，平面DEC平分二面角A-CD-B且与AB交于E，则类比的结论为______．三、解答题（本大题共4小题，共48.0分）15.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是BC，A1D1的中点．求证：空间四边形B1EDF是菱形．16.在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，（如图）E是棱C1D1的中点，F是侧面AA1D1D的中心．（1）求三棱锥A1-D1EF的体积；（2）求异面直线A1E与AB的夹角；（3）求EF与底面A1B1C1D1所成的角的大小．（结果用反三角函数表示）17.如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1=2AB，N是CC1的中点，M是线段AB1上的动点，且AM=λAB1．（1）若λ=1，求证：MN⊥AA1；2（2）求二面角B1-AB-N的余弦值；（3）若直线N与平面ABN所成角的大小为θ，求sinθ的最大值．18.平面图形很多可以推广到空间中去，例如正三角形可以推广到正四面体，圆可以推广到球，平行四边形可以推广到平行六面体，直角三角形也可以推广到直角四面体，如果四面体ABCD中棱AB，AC，AD两两垂直，那么称四面体ABCD为直角四面体．请类比直角三角形中的性质给出2个直角四面体中的性质，并给出证明．（请在结论1～3中选择1个，结论4，5中选择1个，写出它们在直角四面体中的类似结论，并给出证明，多选不得分，其中h表示斜边上的高，r，R分别表示内切圆与外接圆的半径）直角三角形ABC直角四面体ABCD 条件AB⊥AC AB⊥AC，AB⊥AD，AC⊥AD结论1AB2+AC2=BC2答案和解析1.【答案】B【解析】解：自行车前后轮与撑脚分别接触地面，此时三个接触点不在同一条线上，所以可以确定一个平面，即地面，从而使得自行车稳定．故选：B．自行车前后轮与撑脚分别接触地面，使得自行车稳定，此时自行车与地面的三个接触点不在同一条线上．本题考查不同线的三个点确定一个平面，属于简单题．2.【答案】C【解析】解：如图所示，平面与正方体相交与不同的位置，可以出现正三角形，正方形，正六边形，不可能出现正五边形，．故选：C．平面与正方体相交与不同的位置，可以出现不同的几何图形，不可能出现正五边形本题考查了截一个几何体，明确几何体的特征，是解好本题的关键．本题属基础题．3.【答案】D【解析】解：连结BD，则AC⊥平面BB1D1D，BD∥B1D1，∴AC⊥BE，EF∥平面ABCD，三棱锥A-BEF的体积为定值，从而A，B，C正确．∵点A、B到直线B1D1的距离不相等，∴△AEF的面积与△BEF的面积不相等，故D错误．故选：D．连结BD，则AC⊥平面BB1D1D，BD∥B1D1，点A、B到直线B1D1的距离不相等，由此能求出结果．本题考查命题真假的判断，是基础题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．4.【答案】C【解析】解：通过主视图和左视图分析出原几何体的形状如图所示，可知最少共有7个单位立方体．则几何体的体积最小值为7．故选：C．通过主视图和左视图分析出原几何体的形状，可以得到原几何体的体积本题考查由三视图还原几何体，空间想象能力，属于基础题．5.【答案】充分不必要【解析】解：证明充分性：若a∥b，结合a∥M，且b在平面M外，可得b∥M，是充分条件；证明必要性：若b∥M，结合a∥M，且a，b是平面M外，则a，b可以平行，也可以相交或者异面，所以不是必要条件．故a∥b是b∥M的“充分不必要”故答案为：充分不必要．判断由a∥b能否得到b∥M，再判断由b∥M能否得到a∥b即可．本题考查空间线面平行，线线平行之间的关系，充分条件和必要条件，属于简单题．6.【答案】④【解析】解：对于①若b⊥α，a⊥b，则a⊂α或a∥α；对于②，a⊥b，b∥α则a也可与α平行；对于③a⊂α时，不成立；对于④，根据两条平行线中有一条垂直于平面，则另一条也垂直于平面，故正确故答案为④．对于四个选项一一进行判断，不成立可列举反例验证说明．本题的考点是平面的基本性质及推论，主要考查线、面的位置关系，注意掌握反例排除．7.【答案】πR3【解析】解：地球表面上从A地（北纬45°，东经80°）到B地（北纬45°，西经170°），A，B两地都在北纬45°上，对应的纬圆半径是，经度差是90°．∴AB=R，得球心角是．∴A，B两地的球面距离是．故答案为：．由于甲、乙两地在同一纬度圈上，计算经度差，求出甲、乙两地对应的AB弦长，以及球心角，然后求出球面距离．本题考查球面距离及其他计算，考查空间想象能力，是基础题．8.【答案】√2π3【解析】解：球和立方体的每条棱都相切，则球的直径为立方体的面对角线长度，∴单位立方体的棱切球的半径为，则球的体积为．故答案为：．由题意画出图形，求得球的半径，再计算体积得答案．本题考查空间想象能力，球的体积计算，是基础题．9.【答案】20π【解析】解：如图，三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球面上，∵SA⊥平面ABC．SA=AB=2，AC=4，∠BAC=，∴BC==2，∴AC2=BC2+AB2，∴∠ABC=90°．∴△ABC截球O所得的圆O′的半径r=AC=2，∴球O的半径R==，∴球O的表面积S=4πR2=20π．故答案为：20π．由余弦定理求出BC=2，利用正弦定理得∠ABC=90°．从而△ABC截球O所得的圆O′的半径r=AC=2，进而能求出球O的半径R，由此能求出球O的表面积．本题考查三棱锥、球、勾股定理等基础知识，考查抽象概括能力、数据处理能力、运算求解能力，考查应用意识、创新意识，考查化归与转化思想、分类与整合思想、数形结合思想，是中档题．10.【答案】5【解析】解：底面ABCD是边长为a的正方形，侧棱PA=a，PB=PD=a，可得PA⊥底面ABCDPA⊂平面PAB，PA⊂平面PAD，可得：面PAB⊥面ABCD，面PAD⊥面ABCD，AB⊥面PAD，可得：面PAB⊥面PAD，BC⊥面PAB，可得：面PAB⊥面PBC，CD⊥面PAD，可得：面PAD⊥面PCD；故答案为：5先找出直线平面的垂线，然后一一列举出互相垂直的平面即可．本题考查平面与平面垂直的判定，考查棱锥的结构，是基础题．11.【答案】4√23【解析】解：由已知中由一个边长为2的正方形及四个正三角形构成故该棱锥的底面面积S=2×2=4侧高为正三角形的高则棱锥的高h==故折起后形成的四棱锥的体积V==故答案为：由已知中正四棱锥的展开图为一个边长为2的正方形及四个正三角形，我们可以分别计算出棱锥的底面面积和高，代入棱锥体积公式，即可求出折起后形成的四棱锥的体积．本题考查的知识点是棱棱的体积，其中根据已知条件，计算出棱锥的底面面积，及结合正四棱锥中（其中h为棱锥的高，H为棱锥的侧高，a 为底面的棱长）求出棱锥的高，是解答本题的关键．12.【答案】2+√22【解析】解：DC=ABsin 45°=，BC=ABsin 45°+AD=+1，S梯形ABCD=（AD+BC）DC=（2+）=+，S=S梯形ABCD=2+．故答案为：2+求出直观图中，DC，BC，S梯形ABCD，然后利与用平面图形与直观图形面积的比是，求出平面图形的面积．本题考查斜二测画法，直观图与平面图形的面积的比例关系的应用，考查计算能力．13.【答案】3【解析】解：将三棱锥的顶点，向下压到与底重合，侧面的3个二面角都是180°，将这个顶点稍稍提高一点点，离开底面，此时3个侧面的二面角都是钝角．故答案为：3．通过定性分析，对四面体取特殊情况可以得到钝二面角的个数本题考查利用极限思想，通过定性分析来解决问题，属于简单题．14.【答案】V A−CDEV B−CDE =S△ACDS△BDC【解析】解：在平面中△ABC的角C的内角平分线CE分△ABC面积所成的比=，将这个结论类比到空间：在三棱锥A-BCD中，平面DEC平分二面角A-CD-B 且与AB交于E，则类比的结论为根据面积类比体积，长度类比面积可得：，故答案为：．三角形的内角平分线定理类比到空间三棱锥，根据面积类比体积，长度类比面积，从而得到．本题考查了类比推理，将平面中的性质类比到空间．15.【答案】证明：取AD中点G，连接FG，BG，可得B1B∥FG，B1B=FG，∴四边形B1BGF为平行四边形，则BG∥B1F，由ABCD-A1B1C1D1为正方体，且E，G分别为BC，AD的中点，可得BEDG为平行四边形，∴BG∥DE，BG=DE，则B1F∥DE，且B1F=DE，∴四边形B1EDF为平行四边形，由△B1BE≌△B1A1F，可得B1E=B1F，∴四边形B1EDF是菱形；．【解析】由题意画出图形，取AD中点G，连接FG，BG，可证四边形B1BGF为平行四边形，得BG∥B1F，再由ABCD-A1B1C1D1为正方体，且E，G分别为BC，AD 的中点，可得BEDG为平行四边形，得BG∥DE，BG=DE，从而得到B1F∥DE，且B1F=DE，进一步得到四边形B1EDF为平行四边形，再由△B1BE≌△B1A1F，可得B1E=B1F，得到四边形B1EDF是菱形；本题考查正方体内线段之间的关系，空间四边形的证明，属于简单题．16.【答案】解：（1）由题意知，V三棱锥A1−D1EF =V三棱锥F−A1D1E=13•S△A1D1E•h=13×（12×2×1）×1=13；（2）∵A1B1∥AB，∴∠EA1B1或其补角即为异面直线A1E与AB所成角，在△EA1B1，A1E=EB1=√5，A1B1=2，∴cos∠EA1B1=A1E2+A1B12−EB122A1E⋅A1B1=5+4−52×√5×2=√55，∴异面直线A1E与AB所成角为arccos√55；（3）取A1D1中点M，联结MF，∵MF∥A1A且A1A⊥平面A1B1C1D1，∴MF⊥平面A1B1C1D1，∴∠FEM即为EF与底面A1B1C1D1所成的角，MF=12AA1=1，ME=√2∴tan∠FEM=MFME =1√2=√22，∴EF与底面A1B1C1D1所成的角的大小为arctan√22．【解析】（1）对三棱锥A1-D1EF换底，换成以F为顶点，△A1D1E为底的三棱锥，求出底面△A1D1E的面积和对应的高，得到所求的体积；（2）找到异面直线A1E与AB所成的角，在△EA1B1内由余弦定理求出；（3）找出直线EF与底面A1B1C1D1所成的角，再计算大小．本题考查三棱锥等体积转化，求异面直线所成的角，直线与平面所成的角，属于中档题．17.【答案】解：（1）取AA1中点D，联结MD和ND，∵λ=12，∴M为AB1中点，又D为AA1中点，∴MD∥B1A1，∵B1A1⊥AA1，∴MD⊥AA1，同理ND⊥AA1，∴AA1⊥平面MND，∴MN⊥AA1；（2）取AB中点E，A1B1中点F，联结EN、EF、FN，则EN⊥AB，EF⊥AB，∠FEN即为二面角B1-AB-N的平面角，设AB=2a（a＞0），则EF=4a，EN=FN=√7a，∴cos∠FEN=EF2+EN2−FN22EF⋅EN =2√77，即二面角B1-AB-N的余弦值为2√77；（3）设AB=2a（a＞0），M到平面ABN的距离为d，则S△ABM=λS△ABB1=λ•12•2a•4a=4λa2，S △ABN =12•2a •√7a =√7a 2；由等体积法，V 三棱锥N -ABM =V 三棱锥M -ABN ，即13•S △ABM •√3a =13•S △ABM •d ， 可得d =4√217λa ， 而MN =√[(2a)2+(2λa)2−2⋅2a ⋅2λa ⋅cos60°]+(2a −4λa)2=2a √5λ2−5λ+2，∴sinθ=dMN =2√217•√5λ2−5λ+2=2√217•√5−5⋅λ+2⋅(λ)=2√217•√2(λ−4)2+8≤2√217•√8=4√7035，当且仅当1λ=54，即λ=45时，等号成立， 即sinθ的最大值为4√7035．【解析】（1）取AA 1中点D ，通过线线垂直证明AA 1⊥平面MND ，从而得到MN ⊥AA 1； （2）取AB 中点E ，A 1B 1中点F ，联结EN 、EF 、FN ，则∠FEN 即为二面角B 1-AB-N 的平面角，再利用余弦定理求出其余弦值．（3）利用等体积法，求出M 到平面ABN 的距离及MN 的长度，从而表示出sinθ关于λ的函数，求出最大值．本题考查通过线面垂直证明线线垂直，二面角的求法，以及线面角的正弦值的表示，属于中档题．18.【答案】解：记△ABC 、△ABD 、△ACD 、△BCD 的面积依次为S 1、S 2、S 3、S ，平面BCD 与AB 、AC 、AD 所成角依次为α、β、γ，点A 到平面BCD 的距离为d ，r ，R 分别表示内切球与外接球的半径，内切球的球心为证明：设AB =a 、AC =b 、AD =c ，过A 作AE ⊥BC ，垂足为E ，联结DE ，过A 作AH ⊥DE ，垂足为H ， 易证：DE ⊥BC ，AH ⊥平面BCD ，则d =AH ，结论1：S12+S22+S32=(12ab)2+(12ac)2+(1 2bc)2=14(a2b2+a2c2+b2c2)，在Rt△ABC中，AE=AC⋅ABBC=√a2+b2．DE=√AD2+AE2=√c2+a2b2a2+b2，S2=(12√a2+b2√c2+a2b2a2+b2)2=14(a2b2+a2c2+b2c2)∴S12+S22+S32=S2；结论2：d=AH=√DE =c⋅√a2+b2√c2+a2b2a2+b2=√a2b2+a2c2+b2c2，∴sinα=da =√a2b2+a2c2+b2c2．同理，sinβ=ac√a2b2+a2c2+b2c2，sinγ=√a2b2+a2c2+b2c2，∴sin2α+sin2β+sin2γ=a2b2+a2c2+b2c2a2b2+a2c2+b2c2=1；结论3：∵d=√a2b2+a2c2+b2c2，∴1d2=a2b2+a2c2+b2c2a2b2c2，又1AB2+1AC2+1AD2=1a2+1b2+1c2=a2b2+a2c2+b2c2a2b2c2，∴1 d2=1AB2+1AD2+1AC2结论4：∵V D-ABC=V O-ABC+V OABD+V O-ACD+V O-BCD，∴1 6abc=13⋅12ab⋅r+13⋅12ac⋅r+13⋅12bc⋅r+13⋅12√a2c2+b2c2+a2b2⋅r．从而1r =ababc+acabc+bcabc+√a2b2+a2c2+b2c2abc=1c+1b+1a+1d，即1r=1AB+1AC+1AD+1d；结论5：将直角四面体ABCD补形成为以AB、AC、AD为长、宽、高的长方体，则长方体的体对角线即为直角四面体ABCD的外接球的直径，即（2R）2=AB2+BC2+CA2．【解析】在得到结论时，直角三角形中的长度类比成直角四面体的面积，角度类比成二面角，等面积类比成等体积，外接圆类比成外接球．结论1：分别表示、、，然后证明结论2：在△DAE中利用等面积法，表示出高d，然后分别表示sin2α、sin2β、sin2γ，再证明sin2α+sin2β+sin2γ=1结论3：利用结论2中得到的d的表达式，再表示出，再证明结论4：内切球的球心与四个顶点相连接，把三棱锥分成四个小的三棱锥，利用V D-ABC=V O-ABC+V O-ABD+V O-ACD+V O-BCD进行证明结论5：将直角四面体ABCD补形成为以AB、AC、AD为长、宽、高的长方体，再进行证明．本题考查平面图形向立体图形的推广，涉及到侧面积的表示，线面角的表示，几何体的体积分割法求内切球半径，补齐几何体求外接球半径等，属于难题．。
2019-2020学年上海师大二附中高二下学期期末数学试卷 (解析版)
2019-2020学年上海师大二附中高二第二学期期末数学试卷一、填空题（共12小题）.1．已知C＝C（n∈N*，n≥6），则n＝．2．已知复数z满足z•（1+i）＝2，其中i为虚数单位，则z＝．3．若复数z＝（i为虚数单位），则|z|＝．4．在（2x﹣1）7的二项展开式中，第四项的系数为．5．有6名男医生和5名女医生，从中选出2名男医生和1名女医生组成一个医疗小组，则不同的选法共有．6．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，异面直线AD1与A1C1所成的角的大小为．7．若一个球的体积为，则它的表面积为．8．平面α截半径为2的球O所得的截面圆的面积为π，则球心O到平面α的距离为．9．已知方程x2+（k+2i）x+2+ki＝0至少有一个实根，则实数k的值为．10．从集合{1，2，3，4，5}中随机取一个数a，从集合{1，3，5}中随机取一个数b，则“事件a≥b”发生的概率是．11．关于x的方程x2+mx+2＝0（m∈R）的一个根是1+ni（n∈R+），在复平面上的一点Z 对应的复数z满足|z|＝1，则|z﹣m﹣ni|的取值范围是．12．已知f（x）＝，将f（x）的图象与x轴围成的封闭图形绕x轴旋转一周，所得的旋转体的体积为．二、选择题：（本题满分20分）本大题共有4题，每题都给出四个结论，其中有且只有一个结论是正确的，必须把答题纸上相应题序内的正确结论代号涂黑，选对得5分，否则一律得零分.13．“直线l垂直于△ABC的边BC”是“直线l垂直于△ABC的边AB，AC”的（）A．充分非必要条件B．必要非充分条件C．充要条件D．既非充分又非必要条件14．某校共有高一、高二、高三学生共有1290人，其中高一480人，高二比高三多30人，为了解该校学生健康状态，现采用分层抽样方法进行调查，在抽取的样本中有高一学生96人，则该样本中的高三学生人数为（）A．84B．78C．81D．9615．已知轴截面是正方形的圆柱的高与球的直径相等，则圆柱的全面积与球的表面积的比是（）A．6：5B．5：4C．4：3D．3：216．（理科）已知z＝a+bi（a、b∈R，i是虚数单位），z1，z2∈C，定义：D（z）＝||z||＝|a|+|b|，D（z1，z2）＝||z1﹣z2||．给出下列命题：（1）对任意z∈C，都有D（z）＞0；（2）若是复数z的共轭复数，则恒成立；（3）若D（z1）＝D（z2）（z1、z2∈C），则z1＝z2；（4）对任意z1、z2、z3∈C，结论D（z1，z3）≤D（z1，z2）+D（z2，z3）恒成立，则其中真命题是（）A．（1）（2）（3）（4）B．（2）（3）（4）C．（2）（4）D．（2）（3）三、解答题：（本题满分76分）本大题共有6题，解答下列各题必须在答题纸的规定区域（对应的题号）内写出必要的步骤.17．在四棱锥P﹣ABCD的底面矩形中，AB＝1，AD＝3，又已知PA⊥平面ABCD，PA＝1．（1）求异面直线PB与CD所成角的大小；（2）求四棱锥P﹣ABCD的体积．18．已知（1﹣2x）7＝a0+a1x+a2x2+…+a7x7，求：（1）a1+a2+a3+…+a7；（2）a1+a3+a5+a7；（3）a0+a2+a4+a6；（4）|a0|+|a1|+|a2|+…+|a7|．19．（16分）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝2，CC1＝4，M为棱CC1上一点．（1）若C1M＝1，求直线A1M和平面A1B1C1D1所成的角；（2）若C1M＝2，求证BM⊥平面A1B1M．20．（16分）如图，圆锥SO的底面半径OA＝1，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形．（1）求此圆锥的体积；（2）求从底面圆周上一点绕其侧面一周再回到该点的最短路线的长度；（3）如图，设M，N为半圆弧AC的3等分点，求O到平面AMS的距离．21．（16分）已知正四棱锥P﹣ABCD的全面积为2，记正四棱锥的高为h．斜高为h'．（1）设底面ABCD的边长为a，请写出h'与a的等量关系；（2）试用h表示底面ABCD的边长a，并求正四棱锥体积V的最大值；（3）当V取最大值时，求二面角P﹣BC﹣A的大小（结果用反三角函数值表示）．参考答案一、填空：（本题满分54分）本大题共有12题，1-6每题4分，7-12每题5分，要求在答题纸相应题序的空格内直接填写结果，每个空格填对得分，否则一律得零分.1．已知C＝C（n∈N*，n≥6），则n＝8．【分析】由题意利用组合数的性质，求得n的值．解：已知C＝C（n∈N*，n≥6），∴2+6＝n，则n＝8，故答案为：8．2．已知复数z满足z•（1+i）＝2，其中i为虚数单位，则z＝1﹣i．【分析】利用复数的运算法则即可得出．解：∵复数z满足z•（1+i）＝2，∴z（1+i）（1﹣i）＝2（1﹣i），∴2z＝2（1﹣i），化为z＝1﹣i．故答案为1﹣i．3．若复数z＝（i为虚数单位），则|z|＝．【分析】利用复数的运算法则模的计算公式即可得出．解：∵复数z＝＝＝＝﹣1+2i．∴|z|＝．故答案为：．4．在（2x﹣1）7的二项展开式中，第四项的系数为﹣560．【分析】直接利用二项式定理写出结果即可即可．解：在（2x﹣1）7的二项展开式中，第四项的系数为：＝﹣560．故答案为：﹣560．5．有6名男医生和5名女医生，从中选出2名男医生和1名女医生组成一个医疗小组，则不同的选法共有75．【分析】解：根据题意，分2步进行分析：①、选取男医生，在6名男医生中选取2人即可，②、选取女医生，在5名女医生中选取1人即可，由组合数公式可得每一步的选取方法数目，进而由分步计数原理计算可得答案．解：根据题意，分2步进行分析：①、选取男医生，在6名男医生中选取2人即可，有C62＝15种选法，②、选取女医生，在5名女医生中选取1人即可，有C51＝5种选法，则不同的选取方法有15×5＝75种；故答案为：75．6．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，异面直线AD1与A1C1所成的角的大小为60°．【分析】由正方体的性质可知，AD1∥BC1，于是∠A1C1B即为所求，易知△A1C1B是等边三角形，可得∠A1C1B＝60°，故而得解．解：由正方体的性质可知，AD1∥BC1，所以∠A1C1B即为异面直线AD1与A1C1所成的角，由于A1B＝C1B＝A1C1，所以△A1C1B是等边三角形，所以∠A1C1B＝60°．故答案为：60°．7．若一个球的体积为，则它的表面积为12π．【分析】有球的体积，就可以利用公式得到半径，再求解其面积即可．解：由得，所以S＝4πR2＝12π．8．平面α截半径为2的球O所得的截面圆的面积为π，则球心O到平面α的距离为．【分析】先求截面圆的半径，然后求出球心到截面的距离．解：∵截面圆的面积为π，∴截面圆的半径是1，∵球O半径为2，∴球心到截面的距离为．故答案为：．9．已知方程x2+（k+2i）x+2+ki＝0至少有一个实根，则实数k的值为．【分析】关于x的方程x2+（k+2i）x+2+ki＝0有实根，考虑到k是实数，用复数相等的条件求解．解：∵方程x2+（k+2i）x+2+ki＝0有实根，不妨令x为实数，∴，消去x得+2＝0，∴k＝±2．故答案为：±2．10．从集合{1，2，3，4，5}中随机取一个数a，从集合{1，3，5}中随机取一个数b，则“事件a≥b”发生的概率是．【分析】试验发生包含的事件是分别从两个集合中取两个数字，共有5×3种结果，满足条件的事件是满足a≥b，可以列举出所有的事件，根据概率公式得到结果．解：由题意知，试验发生包含的事件是分别从两个集合中取两个数字，共有5×3＝15种结果，满足条件的事件是满足a≥b，可以列举出所有的事件，当b＝1时，a＝1，2，3，4，5，当b＝3时，a＝3，4，5，当b＝3时，a＝5，共有5+3+1＝9个，∴根据古典概型的概率公式得到概率是．故答案为：．11．关于x的方程x2+mx+2＝0（m∈R）的一个根是1+ni（n∈R+），在复平面上的一点Z 对应的复数z满足|z|＝1，则|z﹣m﹣ni|的取值范围是[，]．【分析】由题意求得方程的另一个根为1﹣ni，由根与系数的关系可得m＝﹣2，n2＝1．满足|z|＝1的复数z在以原点O为圆心的单位圆上，而|z﹣m﹣ni|表示点z到点M（m，n）的距离，求得|OM|的值，即可得到|z﹣m﹣ni|的取值范围．解：∵关于x的方程x2+mx+2＝0（m∈R）的一个根是1+ni（n∈R+），∴另一个根为1﹣ni，由根与系数的关系可得（1+ni）+（1﹣ni）＝﹣m，且（1+ni）（1﹣ni）＝2．解得m＝﹣2，n2＝1．满足|z|＝1的复数z在以原点O为圆心的单位圆上，而|z﹣m﹣ni|表示点z到点M（m，n）的距离．而|OM|＝＝＝，故|z﹣m﹣ni|的最小值为﹣1，最大为+1故|z﹣m﹣ni|的取值范围为[﹣1，+1]，故答案为[﹣1，+1]．12．已知f（x）＝，将f（x）的图象与x轴围成的封闭图形绕x轴旋转一周，所得的旋转体的体积为．【分析】根据曲线旋转后的图形，即可得到结论．解：当0≤x≤2时，函数f（x）与x轴围成的封闭图形绕x轴旋转一周为两个圆锥，其中圆锥的高为1，底面半径为1，底面圆的半径为1，所以对应几何体的体积为V＝2×π•12•1＝．故答案为：．二、选择题：（本题满分20分）本大题共有4题，每题都给出四个结论，其中有且只有一个结论是正确的，必须把答题纸上相应题序内的正确结论代号涂黑，选对得5分，否则一律得零分.13．“直线l垂直于△ABC的边BC”是“直线l垂直于△ABC的边AB，AC”的（）A．充分非必要条件B．必要非充分条件C．充要条件D．既非充分又非必要条件【分析】根据充分条件和必要条件的定义结合线面垂直的性质定理进行判断即可．解：若直线l垂直于△ABC的边AB，AC，∵AB∩AC＝A，∴l⊥平面ABC，则直线l垂直于△ABC的边BC，即必要性成立，反正若直线l垂直于△ABC的边BC，则直线l不一定垂直于平面ABC，故直线l垂直于△ABC的边AB，AC不成立，故“直线l垂直于△ABC的边AB，AC”是“直线l垂直于△ABC的边BC”的必要非充分条件，故选：B．14．某校共有高一、高二、高三学生共有1290人，其中高一480人，高二比高三多30人，为了解该校学生健康状态，现采用分层抽样方法进行调查，在抽取的样本中有高一学生96人，则该样本中的高三学生人数为（）A．84B．78C．81D．96【分析】根据分层抽样的定义建立比例关系即可．解：∵高一480人，高二比高三多30人，∴设高三x人，则x+x+30+480＝1290，解得x＝390，故高二420，高三390人，若在抽取的样本中有高一学生96人，则该样本中的高三学生人数为人，故选：B．15．已知轴截面是正方形的圆柱的高与球的直径相等，则圆柱的全面积与球的表面积的比是（）A．6：5B．5：4C．4：3D．3：2【分析】设圆柱的底面半径，求出圆柱的全面积以及球的表面积，即可推出结果．解：设圆柱的底面半径为r，则圆柱的全面积是：2πr2+2rπ×2r＝6πr2球的全面积是：4πr2，所以圆柱的全面积与球的表面积的比：3：2故选：D．16．（理科）已知z＝a+bi（a、b∈R，i是虚数单位），z1，z2∈C，定义：D（z）＝||z||＝|a|+|b|，D（z1，z2）＝||z1﹣z2||．给出下列命题：（1）对任意z∈C，都有D（z）＞0；（2）若是复数z的共轭复数，则恒成立；（3）若D（z1）＝D（z2）（z1、z2∈C），则z1＝z2；（4）对任意z1、z2、z3∈C，结论D（z1，z3）≤D（z1，z2）+D（z2，z3）恒成立，则其中真命题是（）A．（1）（2）（3）（4）B．（2）（3）（4）C．（2）（4）D．（2）（3）【分析】由新定义逐一核对四个命题得答案．解：对于（1），当z＝0时，D（z）＝|0|＝|0|+|0|＝0，命题（1）错误；对于（2），设z＝a+bi，则，则D（）＝||＝|a|+|﹣b|＝|a|+|b|＝|z|＝D（z），命题（2）正确；对于（3），若D（z1）＝D（z2）（z1、z2∈C），则z1＝z2错误，如z1＝1+i，z2＝1﹣i，满足D（z1）＝D（z2）（z1、z2∈C），但z1≠z2；对于（4），设z1＝a+bi，z2＝c+di，z3＝e+fi，则D（z1，z2）＝||z1﹣z2||＝||（a﹣c）+（b﹣d）i||＝|a﹣c|+|b﹣d|，D（z2，z3）＝||z2﹣z3||＝||（c﹣e）+（d﹣f）i||＝|c﹣e|+|d﹣f|，D（z1，z3）＝||z1﹣z3||＝|（a﹣e）+（b﹣f）i|＝|a﹣e|+|b﹣f|，由|a﹣e|＝|（a﹣c）+（c﹣e）|≤|a﹣c|+|c﹣e|，|b﹣f|＝|（b﹣d）+（d﹣f）|≤|b﹣d|+|d﹣f|，得D（z1，z3）≤D（z1，z2）+D（z2，z3）恒成立，（4）正确．∴正确的命题是（2）（4）．故选：C．三、解答题：（本题满分76分）本大题共有6题，解答下列各题必须在答题纸的规定区域（对应的题号）内写出必要的步骤.17．在四棱锥P﹣ABCD的底面矩形中，AB＝1，AD＝3，又已知PA⊥平面ABCD，PA＝1．（1）求异面直线PB与CD所成角的大小；（2）求四棱锥P﹣ABCD的体积．【分析】（1）由已知可得AB∥CD，则∠PBA为异面直线PB与CD所成角，再由已知可得三角形PAB为等腰直角三角形，则答案可求；（2）直接由棱锥体积公式求解．解：（1）∵ABCD为矩形，则AB∥CD，∴∠PBA为异面直线PB与CD所成角．∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AB，在Rt△PAB中，由PA＝AB＝1，可得∠PBA＝45°，即异面直线PB与CD所成角的大小为45°；（2）在矩形ABCD中，AB＝1，AD＝3，可得S矩形ABCD＝1×3＝3，又PA⊥平面ABCD，PA＝1，∴．18．已知（1﹣2x）7＝a0+a1x+a2x2+…+a7x7，求：（1）a1+a2+a3+…+a7；（2）a1+a3+a5+a7；（3）a0+a2+a4+a6；（4）|a0|+|a1|+|a2|+…+|a7|．【分析】（1）根据所给的等式可得常数项a0＝1，在所给的等式中，令x＝1可得a0+a1+a2+a3+…+a7＝﹣1，从而求得a1+a2+a3+…+a7的值．（2）在所给的等式中，分别令x＝1、x＝﹣1，可得2个等式，化简这2个等式即可求得a1+a3+a5+a7的值．（3）用①加上②再除以2可得a0+a2+a4+a6的值．（4）在（1+2x）7中，令x＝1，可得|a0|+|a1|+|a2|+…+|a7|的值．解：（1）∵已知（1﹣2x）7＝a0+a1x+a2x2+…+a7x7，∴常数项a0＝1．在所给的等式中，令x＝1可得a0+a1+a2+a3+…+a7＝﹣1，∴a1+a2+a3+…+a7＝﹣2．（2）在所给的等式中，令x＝1可得a0+a1+a2+a3+…+a7＝﹣1①，令x＝﹣1可得得a0﹣a1+a2﹣a3+…﹣a7＝37②，用①减去②再除以2可得a1+a3+a5+a7＝﹣1094．（3）用①加上②再除以2可得a0+a2+a4+a6＝1093．（4）在（1+2x）7中，令x＝1，可得|a0|+|a1|+|a2|+…+|a7|＝37＝2187．19．（16分）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝2，CC1＝4，M为棱CC1上一点．（1）若C1M＝1，求直线A1M和平面A1B1C1D1所成的角；（2）若C1M＝2，求证BM⊥平面A1B1M．【分析】（1）由长方体的性质可知，C1M⊥面A1B1C1D1，即点M在面A1B1C1D1上的投影为点C1，因此∠MA1C1为直线A1M和平面A1B1C1D1所成的角，利用三角函数知识求出tan∠MA1C1即可得解；（2）首先由线面垂直的性质定理可知A1B1⊥BM，然后在△B1BM中，由勾股定理可知BM⊥B1M，最后根据线面垂直的判定定理即可得证．解：（1）连接MA1，由长方体的性质可知，C1M⊥面A1B1C1D1，即点M在面A1B1C1D1上的投影为点C1，∴∠MA1C1即为直线A1M和平面A1B1C1D1所成的角，∵C1M＝1，A1C1＝A1B1＝，∴tan∠MA1C1＝＝＝，故直线A1M和平面A1B1C1D1所成的角为arctan．（2）由长方体的性质可知，A1B1⊥面B1BCC1，∵BM⊂面B1BCC1，∴A1B1⊥BM．∵C1M＝2，∴M为CC1的中点，∴C1M＝CM＝2，B1M＝BM＝CM＝，∴，即BM⊥B1M，∵A1B1、B1M⊂面A1B1M，且A1B1∩B1M＝B1，∴BM⊥面A1B1M．20．（16分）如图，圆锥SO的底面半径OA＝1，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形．（1）求此圆锥的体积；（2）求从底面圆周上一点绕其侧面一周再回到该点的最短路线的长度；（3）如图，设M，N为半圆弧AC的3等分点，求O到平面AMS的距离．【分析】（1）由已知求出圆锥母线长，进一步求得高，代入圆锥体积公式求解；（2）画出圆锥侧面展开图，由余弦定理求从底面圆周上一点绕其侧面一周再回到该点的最短路线的长度；（3）连接AM，OM，SM，取AM的中点G，连接OG，SG，证明AM⊥平面SOG，则平面SOG⊥SAM，在平面SOG内，过O作OH⊥SG，可得OH⊥平面SAM．求解直角三角形得答案．解：（1）设圆锥的高为h，母线长为l，由圆锥底面圆的周长与展开图的弧长相等，可得，则l＝3．∴圆锥的高为h＝．则圆锥的体积V＝；（2）沿母线SC剪开再展开，至SC′，则，由母线长l＝3，可得CC′＝．即从底面圆周上一点绕其侧面一周再回到该点的最短路线的长度为；（3）∵M为半圆弧AC的3等分点（靠近A），连接AM，OM，SM，则△AOM是等边三角形，取AM的中点G，连接OG，SG，则OG⊥AM，SG⊥AM，又OG∩SG＝G，∴AM⊥平面SOG，而AM⊂平面SAM，则平面SOG⊥SAM，又平面SOG∩平面SAM＝SG，在平面SOG内，过O作OH⊥SG，可得OH⊥平面SAM．在Rt△SOG中，由SO＝，OG＝，得．∴OH＝＝．21．（16分）已知正四棱锥P﹣ABCD的全面积为2，记正四棱锥的高为h．斜高为h'．（1）设底面ABCD的边长为a，请写出h'与a的等量关系；（2）试用h表示底面ABCD的边长a，并求正四棱锥体积V的最大值；（3）当V取最大值时，求二面角P﹣BC﹣A的大小（结果用反三角函数值表示）．【分析】（1）由已知写出四棱锥的求面积，整理可得h'与a的等量关系；（2）利用勾股定理把h′用a与h表示，再把体积写出关于h的函数，然后利用基本不等式求最值；（3）结合（2）求出V取最大值时的a与h的值，求出二面角P﹣BC﹣A的平面角的正切值，利用反三角得答案．解：（1）由正四棱锥P﹣ABCD的全面积为2，斜高为h'，底面ABCD的边长为a，得，即a2+2ah′＝2；（2）取BC的中点E，连接PE，设正方形ABCD的中心为O，连接PO，OE，可知PE＝h′，PO＝h，OE＝，则h′＝．又由（1）知，a2+2ah′＝2，则，整理得：a＝（h＞0）．＝＝．当且仅当h＝，即h＝1时正四棱锥体积V有最大值为；（3）由（2）知，当V取最大值时，PO＝h＝1，此时a＝，OE＝，则tan．即二面角P﹣BC﹣A的大小为arctan．。
【全国百强校】上海市华东师范大学第二附属中学2020-2021学年高二下学期期中考试数学试题
【解析】
由勾股定理逆定理得PA⊥AD，PA⊥AB，∴PA⊥面ABCD，PA⊥CD，PA⊥CB.由直线与平面垂直的判定定理及平面与平面垂直的判定定理易得结论．平面PAB⊥平面PAD，平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB⊥平面PBC，平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD⊥平面PCD.
答案：5.
7．
【全国百强校】上海市华东师范大学第二附属中学【最新】高二下学期期中考试数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、填空题
1．设 是平面 外两条直线，且 ，那么 是 的________条件.
2．已知直线 及平面 ，下列命题中：
④ 可以得到直线 与平面 垂直，所以正确.
【点睛】
本题考查直线与直线，直线与平面的位置关系，属于简单题.
3．
【解析】
【分析】
由于甲、乙两地在同一纬度圈上，计算经度差，求出甲、乙两地对应的 弦长，以及球心角，然后求出球面距离．
【详解】
地球表面上从 地（北纬 ，东经 ）到 地（北纬 ，西经 ）
两地都在北纬 上，对应的的纬圆半径是 ,经度差是
D．
14．由一些单位立方体构成的几何图形，主视图和左视图如图所示，则这样的几何体体积的最小值是（）（每个方格边长为1）
A．5B．6C．7D．8
三、解答题
15．在正方体 中， 分别是 的中点.
求证：空间四边形 是菱形.
16．在棱长为2的正方体 中，（如图） 是棱 的中点， 是侧面 的中心.
（1）求三棱锥 的体积；
5．
【解析】
如图，三棱锥 的所有顶点都在球 的球面上，
因为 平面 ，
上海市高二数学下学期期中试卷含答案(共3套)
2.复数 z = m 2 - m - 4 + m 2 - 5m - 6 i (m ∈ R )，如果 z 是纯虚数，那么 m = ______.{9. 设 x , x 是 实 系 数 一 元 二 次 方 程 ax 2 + bx + c = 0 的 两 个 根 ， 若 x 是 虚 数 ， 是实数，则xS = 1 + 1 + 1 ⎪ + 1 ⎪ + 1 ⎪ + 1 ⎪ + 1 ⎪ = __________.⎝ x 2 ⎭ ⎝ x 2 ⎭ ⎝ x 2 ⎭ ⎝ x 2 ⎭ ⎝ x 2 ⎭上海市华师大二附中高二第二学期期中数学试卷一、填空题（40 分）1.向量 AB 对应复数 -3 + 2i ，则向量 BA 所对应的复数为____________.( ) ( )3. 平面 α 的斜线与 α 所成的角为 30︒ ，那此斜线和 α 内所有不过斜足的直线中所成的角的最大值为 __________.4.在长方体 ABCD - A B C D z 中，如果对角线 AC 与过点 A 的相邻三个面所围成的角为 α , β , γ ,那么1 1 1 11cos 2 α + cos 2 β + cos 2 γ = _________.5.已知 z - 3i = 5 ，则 z + 2 的最大值为_________.6.异面直线 a 与 b 所成的角为 50︒ ，P 为空间一点，则过 P 点且与 a , b 所成的角都是 50︒ 的直线有_________ 条.7.圆锥底面半径为 10，母线长为 30，从底面圆周上一点，绕侧面一周再回到该点的最短路线的长度是________.8.已知集合 A = z z = i + i 2 + i 3 ++ i n , n ∈ N *}， B = {z z = z ⋅ z , z ∈ A , z ∈ A }，则集合 B 中的元素1 2 1 2共有________个.x 21 12 1 2x ⎛ x ⎫2 ⎛ x ⎫4 ⎛ x ⎫8 ⎛ x ⎫16 ⎛ x ⎫32x 210.已知正方体 ABCD - A B C D 的棱长为 1，在正方体的表面上与点 A 距离为 1 1 1 1线，则曲线的长度为_________.二、选择题（4×4=16）11.下列命题中，错误的是（ A ）过平面 α 外一点可以作无数条直线与平面α 平行 （ B ）与同一个平面所成的叫相等的两条直线必平行（ C ）若直线 l 垂直平面 α 内的两条相交直线，则直线 l 必垂直平面 α （ D ）垂直于同一个平面的两条直线平行12.下列命题中，错误的是（ ）（ A ）圆锥所有的轴截面是全等的等腰三角形（ B ）圆柱的轴截面是过母线的截面中面积最大的一个（ C ）圆锥的轴截面是所有过顶点的界面中面积最大的一个（ D ）当球心到平面的距离小于球面半径时，球面与平面的交线总是一个圆2 3 3的所有点形成一条曲15.已知复数 z 满足 (1 + i )z = -1 + 5i ， z = a - 2 - i ，其中 i 为虚数单位， a ∈ R ，若 z - z < z ，求 13.已知复数z , z 满足 z - z = 1 - z z ，则有（）-1 2 1 2 1 2（ A ） z < 0且 z < 1（ B ） z < 1或 z < 11212（ C ） z = 1且 z = 1（ D ） z = 1或 z = 11 21214.如图，正四面体 ABCD 的顶点 A , B , C 分别在两两垂直的三条射线 O x , Oy , Oz 上，则在下列命题中，错误的是（ ）（ A ） O - ABC 是正三棱锥（ B ）直线 O B || 平面ACD（ C ）直线 AD 与OB 所成的角是 45 0（ D ）二面角 D - OB - A 为 45 0三、解答题（8+10+12+14）1 121 2 1实数 a 的取值范围.16.如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，P A⊥平面ABCD，P A=AB=1,B C=2,E为PD 的中点.（1）求直线CE与平面ABCD所成角的大小；（2）求二面角E-AC-D的大小,（结果用反三角函数值表示）17.如图，在正三棱锥A-BCD中，AB=5,点A到底面BCD的距离为1，E为棱BC的中点.（1）求异面直线AE与CD所成角的大小；（结果用反三角函数值表示）（2）求正三棱锥A-BCD的表面积.P (Re z ,Im z ).1所在直线18.已知 z 是实系数一元二次方程 x 2 + 2bx + c = 0 的虚根，记它在直角坐标平面上的对应点位z（1）若 (b , c )在直线 2 x + y = 0 上，求证： P 在圆 C : (x - 1)2 + y 2 = 1 上；z1（2）给定圆 C : (x - m )2 + y 2 = r 2 (m , r ∈ R , r > 0 )，则存在唯一的线段 S 满足：①若 P 在圆 C 上，则 (b , c )在线段 S 上；z②若 (b , c )是线段 S 上一点（非端点），则 P 在圆 C 上，写出线段 S 的表达式，并说明理由；z（3）由（2）知线段 s 与圆 C 之间确定了一种对应关系，通过这种对应关系的研究，填写表一（表中 s 是 1（1）中圆 C 的对应线段）. 1表一线段 s 与线段 s 1 的关系m , r的取值或表达式s 所在直线平行于 ss 所在直线平分线段 s1线段 s 与线段 s 长度相等1（上海市高二下学期期中数学卷一.填空题1.在正方体ABCD-A BC D中，异面直线A B与AD所成的角大小为111112.已知向量a=(3,x2+2,3)，b=(x-4,2,x)，若a⊥b，则实数x的值是3.球的表面积为16πcm2，则球的体积为cm34.一条直线a上的3个点A、B、C到平面M的距离都为1，这条直线和平面的关系是5.正四面体侧面与底面所成二面角的余值6.圆柱的轴截面是正方形，且面积为4，则圆柱的侧面积为7.如图是三角形ABC的直观图，∆ABC平面图形是（填正三角形、锐角三角形、钝角三角形、直角三角形或者等腰三角形）8.把地球看作是半径为R的球，A点位于北纬30°，东经20°，B点位于北纬30°，东经80°，求A、B两点间的球面距离（结果用反三角表示）9.下列命题（1）n条斜线段长相等，则它们在平面内的射影长也相等；2）直线a、b不在平面α内，它们在平面α内的射影是两条平行直线，则a∥b；（3）与同一平面所成的角相等的两条直线平行；（4）一条直线与一个平面所成的角是θ，那么它与平面内任何其它直线所成的角都不小于θ；其中正确的命题题号是10.由曲线x2=2y、x2=-2y、x=2、x=-2围成的图形绕y轴旋转一周所得的旋转体的体积为V，1满足x2+y2≤4、x2+(y-1)2≥1、x2+(y+1)2≥1的点组成的图形绕y轴旋转一周所得的旋转体的体积为V，试写出V与V的一个关系式21211.如图，空间四边形OABC中，M、N分别是对边O A、BC的中点，点G在线段MN上，分MN所成的定比为2，OG=xOA+yOB+zOC，则x、y、z的值分别为12.如图，A BCD-A BC D是棱长为1的正方体，任作平面α与对角线AC垂直，使得α与正方体的每11111个面都有公共点，这样得到的截面多边形的面积为S，周长为l的范围分别是、（用集合表示）A.8πB.3πC.D.6π二.选择题13.已知m、n为异面直线，m⊂平面α，n⊂平面β，αβ=l，则l（）A.与m、n都相交B.与m、n至少一条相交C.与m、n都不相交D.至多与m、n中的一条相交14.已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）10π3315.连结球面上两点的线段称为球的弦，半径为4的球的两条弦AB、CD的长度分别等于27、43，M、N分别为AB、CD的中点，每条弦的两端都在球面上运动，有下列四个命题：①弦AB、CD可能相交于点M；②弦AB、CD可能相交于点N；③MN的最大值为5；④MN的最小值为1；其中真命题的个数为（）A.1个B.2个C.3个D.4个16.四棱锥P-ABCD底面为正方形，侧面P AD为等边三角形，且侧面P AD⊥底面ABCD，点M在底面正方形ABCD内运动，且满足MP=MC，则点M在正方形ABCD内的轨迹一定是（）A B C D三.简答题17.直三棱柱ABC-A B C的底面为等腰直角三角形，∠BAC=90︒，AB=AC=2，111AA=22，E、F分别是BC、AA的中点，求：11（1）EF与底面所成角的大小；（2）异面直线EF和A B所成角的大小；118.图1是某储蓄罐的平面展开图，其中∠GCD=∠EDC=∠F=90︒，且AD=CD=DE=CG，FG=FE，若将五边形C DEFG看成底面，AD为高，则该储蓄罐是一个直五棱柱；（1）图2为面ABCD的直观图，请以此为底面将该储蓄罐的直观图画完整；（2）已知该储蓄罐的容积为V=1250cm3，求制作该储蓄罐所需材料的总面积S（精确到整数位，材料厚度，接缝及投币口的面积忽略不计）19.如图，在正四棱柱ABCD-A BC D中，AB=4，AA=8；11111（1）求异面直线B C与AC所成角的大小；（用反三角函数形式表示）111（2）若E是线段DD上（不包含线段的两端点）的一个动点，请提出一个与三棱锥体积有关的数学问题（注：1三棱锥需以点E和已知正四棱柱八个顶点中的三个为顶点构成），并解答所提出的问题；220.如图，在底面是菱形的四棱锥P-ABCD中，∠ABC=60︒，P A=AC=a，PB=PD=2a，点E在PD上，且PE:ED=2:1；（1）证明：P A⊥平面ABCD；（2）在棱PB上是否存在一点F，使三棱锥F-ABC是正三棱锥？证明你的结论；（3）求以AC为棱，EAC与DAC为面的二面角θ的大小；21.已知圆锥的侧面展开图是一个半圆；（1）求圆锥的母线与底面所成的角；（2）过底面中心O且平行于母线AB的截平面，若截面与圆锥侧面的交线是焦参数（焦点1到准线的距离）为p的抛物线，求圆锥的全面积；（3）过底面点C作垂直且于母线AB的截面，若截面与圆锥侧面的交线是长轴为2a的椭圆，求椭圆的面积（椭圆x2y2+a b2=1的面积S=πab）；8参考答案一.填空题1.π32π12.2或-33.4.平行5.6.4π23357.直角三角形8.R arccos9.（4）10.V=V1211.x=11333，y=z=12.[,]，{32} 6324二.选择题13.B14.B15.C16.B三.解答题17.（1）ππ；（2）. 4618.（1）略；（2）691.19.（1）arccos 10 1020.（1）略；（2）π6；（2）略..π6πa2 21.（1）；（2）12πp2；（3）.33B C上海市高二（下）期中数学试卷一.填空题1．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，异面直线A1B与AD所成的角大小为．2．已知向量，，若，则实数x的值是．3．球的表面积为16πcm2，则球的体积为cm3．4．一条直线a上的3个点A、、到平面M的距离都为1，这条直线和平面的关系是．5．正四面体侧面与底面所成二面角的余值．6．圆柱的轴截面是正方形，且面积为4，则圆柱的侧面积为．7．如图是三角形ABC的直观图，△ABC平面图形是（填正三角形、锐角三角形、钝角三角形、直角三角形或者等腰三角形）8．把地球看作是半径为R的球，A点位于北纬30°，东经20°，B点位于北纬30°，东经80°，求A、B两点间的球面距离（结果用反三角表示）9．下列命题：（1）n条斜线段长相等，则它们在平面内的射影长也相等；（2）直线a、b不在平面α内，它们在平面α内的射影是两条平行直线，则a∥b；（3）与同一平面所成的角相等的两条直线平行；（4）一条直线与一个平面所成的角是θ，那么它与平面内任何其它直线所成的角都不小于θ；其中正确的命题题号是．10．由曲线x2=2y，x2=﹣2y，x=2，x=﹣2围成的图形绕y轴旋转一周所得的旋转体的体积为V1；满足x2+y2≤4，x2+（y﹣1）2≥1，x2+（y+1）2≥1的点组成的图形绕y轴旋转一周所得的旋转体的体积为V2，试写出V1与V2的一个关系式．11．如图，空间四边形OABC中，M、N分别是对边OA、BC的中点，点G在线段MN上，分所成的定比为2，，则x、y、z的值分别为．12．如图，ABCD﹣A1B1C1D1是棱长为1的正方体，任作平面α与对角线AC1垂直，使得α与正方体的每个面都有公共点，这样得到的截面多边形的面积为S，周长为l的范围分别是、（用集合表示）二.选择题13．已知m，n为异面直线，m⊂平面α，n⊂平面β，α∩β=l，则l（）A．与m，n都相交B．与m，n中至少一条相交C．与m，n都不相交D．至多与m，n中的一条相交14．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．B．3πC．D．6π15．连接球面上两点的线段称为球的弦．半径为4的球的两条弦AB、CD的长度分别等于、，M、N分别为AB、CD的中点，每条弦的两端都在球面上运动，有下列四个命题：①弦AB、CD可能相交于点M；②弦AB、CD可能相交于点N；③MN的最大值为5；④MN的最小值为1其中真命题的个数为（）A．1个B．2个C．3个D．4个16．四棱锥P﹣ABCD底面为正方形，侧面PAD为等边三角形，且侧面PAD⊥底面ABCD，点M 在底面正方形ABCD内运动，且满足MP=MC，则点M在正方形ABCD内的轨迹一定是（）A．B．C．D．三.简答题17．直三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面为等腰直角三角形，∠BAC=90°，AB=AC=2，AA1=2分别是BC、AA1的中点．求：（Ⅰ）FE与底面所成角的大小；（Ⅱ）异面直线EF和A1B所成角的大小．，E、F18．图1是某储蓄罐的平面展开图，其中∠GCD=∠EDC=∠F=90°，且AD=CD=DE=CG，FG=FE．若将五边形CDEFG看成底面，AD为高，则该储蓄罐是一个直五棱柱．（1）图2为面ABCD的直观图，请以此为底面将该储蓄罐的直观图画完整；（2）已知该储蓄罐的容积为V=1250cm3，求制作该储蓄罐所需材料的总面积S（精确到整数位，材料厚度、接缝及投币口的面积忽略不计）．19．如图，在正四棱柱 ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1 中，AB=4，AA 1=8．（1）求异面直线 B 1C 与 A 1C 1 所成角的大小；（用反三角函数形式表示）（2）若 E 是线段 DD 1 上（不包含线段的两端点）的一个动点，请提出一个与三棱锥体积有关 的数学问题（注：三棱锥需以点 E 和已知正四棱柱八个顶点中的三个为顶点构成）；并解答所提出的问题．20．如图，在底面是菱形的四棱锥P﹣ABCD中，∠ABC=60°，PA=AC=a，PB=PD=PD上，且PE：ED=2：1；（1）证明：PA⊥平面ABCD；（2）在棱PB上是否存在一点F，使三棱锥F﹣ABC是正三棱锥？证明你的结论；（3）求以AC为棱，EAC与DAC为面的二面角θ的大小．a，点E在21．已知圆锥的侧面展开图是一个半圆；（1）求圆锥的母线与底面所成的角；（2）过底面中心O1且平行于母线AB的截平面，若截面与圆锥侧面的交线是焦参数（焦点到准线的距离）为p的抛物线，求圆锥的全面积；（3）过底面点C作垂直且于母线AB的截面，若截面与圆锥侧面的交线是长轴为2a的椭圆，求椭圆的面积（椭圆的面积S=πab）．上海市高二（下）期中数学试卷参考答案与试题解析一.填空题1．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，异面直线A1B与AD所成的角大小为．【考点】LM：异面直线及其所成的角．【分析】推导出AD⊥平面ABB1A1，从而AD⊥A1B，由此能示出异面直线A1B与AD所成的角大小．【解答】解：在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，∵AD⊥平面ABB1A1，A1B平面ABB1A1，∴AD⊥A1B，∴异面直线A1B与AD所成的角大小为故答案为：．．2．已知向量，，若，则实数x的值是4或﹣1．【考点】M6：空间向量的数量积运算．【分析】根据向量垂直，数量积为0，得到关于x的方程解之即可．【解答】解：因为向量，，，所以3（x﹣4）+2（x2+2）+3x=0整理得到x2+3x﹣4=0，解得x=4或﹣1．故答案为：4或﹣1．B C3．球的表面积为 16πcm 2，则球的体积为cm 3．【考点】LG ：球的体积和表面积．【分析】先根据球的表面积公式求出球的半径，然后根据球的体积公式求出体积即可．【解答】解：∵球的表面积为 16πcm 2，∴S=4πR 2=16π，即 R=2∴V== ×8=故答案为：4．一条直线 a 上的 3 个点 A 、 、 到平面 M 的距离都为 1，这条直线和平面的关系是 平行 ．【考点】LP ：空间中直线与平面之间的位置关系．【分析】假设直线 a 与平面 α 相交，则必有两点在平面同一侧，得出线面平行的矛盾．【解答】解：假设直线 a 与平面 α 相交，则 A ，B ，C 三点中必有两个点在平面 α 同一侧，不妨设为 A ，B ，过 A ，B 分别作平面 α 的垂线，垂足为 M ，N ，则 AM ∥BN ，AM=BN ，∴四边形 AMNB 是平行四边形，∴AB ∥MN ，又 MN α，AB α，∴AB ∥α，这与假设直线 a 与平面 α 相交矛盾，故假设错误，于是直线 a 与平面 α 平行．故答案为：平行．5．正四面体侧面与底面所成二面角的余值．【考点】MT：二面角的平面角及求法．【分析】不妨设正四面体为A﹣BCD，取CD的中点E，连接AE，BE，设四面体的棱长为2，则AE=BE=，且AE⊥CD，BE⊥CD，则∠AEB即为侧面与底面所成二面角的平面角．在△ABE中，利用余弦定理求解【解答】解：不妨设正四面体为A﹣BCD，取CD的中点E，连接AE，BE，设四面体的棱长为2，则AE=BE=，且AE⊥CD，BE⊥CD，则∠AEB即为侧面与底面所成二面角的平面角．在△ABE中，cos∠AEB=，∴正四面体侧面与底面所成二面角的余弦值是．故答案为：．6．圆柱的轴截面是正方形，且面积为4，则圆柱的侧面积为4π．【考点】LE：棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积．【分析】根据圆柱的结构特征可知底面半径和高，代入侧面积公式计算即可．【解答】解：∵圆柱的轴截面是正方形，且面积为4，∴圆柱的底面半径r=1，高h=2，∴圆柱的侧面积S=2πrh=2π×1×2=4π．故答案为：4π．7．如图是三角形ABC的直观图，△ABC平面图形是直角三角形（填正三角形、锐角三角形、钝角三角形、直角三角形或者等腰三角形）【考点】LB：平面图形的直观图．【分析】根据斜二侧画法，∠x′O′y′=135°，直接判断△ABC的直观图是直角三角形．【解答】解：由斜二测画法，∠x′O′y′=135°，知△ABC直观图为直角三角形，如图；故答案为：直角三角形．8．把地球看作是半径为R的球，A点位于北纬30°，东经20°，B点位于北纬30°，东经80°，求A、B两点间的球面距离R•arccos（结果用反三角表示）【考点】HV：反三角函数的运用．【分析】设北纬30°纬线圈所在圆的圆心为O1，半径为r，则r=△R，且AO1B为等边三角形，即AB=△R；AOB中，由余弦定理求得∠AOB的值，利用弧长共公式求得A、B两点间的球面距离．【解答】解：设北纬30°纬线圈所在圆的圆心为O1，半径为r，则r=R•cos30°=R，根据A点位于北纬30°，东经20°，B点位于北纬30°，东经80°，可得∠AO1B=60°，∴△AO1B为等边三角形，即AB=r=R．△AOB中，由余弦定理可得AB2=R2=R2+R2﹣2R2•cos∠AOB，求得cos∠AOB=，∴∠AOB=arccos，∴A、B两点间的球面距离故答案为：R•arccos．9．下列命题：=R•∠AOB=R•arccos，3（1）n条斜线段长相等，则它们在平面内的射影长也相等；（2）直线a、b不在平面α内，它们在平面α内的射影是两条平行直线，则a∥b；（3）与同一平面所成的角相等的两条直线平行；（4）一条直线与一个平面所成的角是θ，那么它与平面内任何其它直线所成的角都不小于θ；其中正确的命题题号是（4）．【考点】MI：直线与平面所成的角．【分析】由空间中直线与平面的位置关系结合线面角逐一判断（1）、（2）、（3）错误；画图分类证明（4）正确．【解答】解：对于（1），当n条斜线段与平面所成角不等时，斜线段长相等，它们在平面内的射影长不相等，故（1）错误；对于（2），直线a、b不在平面α内，它们在平面α内的射影是两条平行直线，则a∥b或a 与b异面，故（2）错误；对于（3），与同一平面所成的角相等的两条直线位置关系有平行、相交或异面，故（）错误；对于（4），当直线在平面内或与平面平行时，直线与平面所成角为0°角，平面内所有直线与该直线所成角都大于等于0°；当直线与平面垂直时，直线与平面所成角为90°，平面内所有直线与该直线所成角都等于90°；当直线为平面的斜线OA时，如图，过A作AB⊥α，垂足为B，则直线与平面所成角为∠AOB=θ，若平面内直线l与OB平行（或是OB），l与OA所成角为θ；若l与OB不平行，平移直线l过O，过B作BC⊥l=C，连接AC，l与OA所成角为∠AOC，∵sinθ=，sin∠AOC=，而AC＞AB，∴sin∠AOC＞sin∠θ，有∠AOC＞∠θ，故（4）正确．综上，正确命题的序号是（4）．故答案为：（4）．10．由曲线x2=2y，x2=﹣2y，x=2，x=﹣2围成的图形绕y轴旋转一周所得的旋转体的体积为V1；满足x2+y2≤4，x2+（y﹣1）2≥1，x2+（y+1）2≥1的点组成的图形绕y轴旋转一周所得的旋转体的体积为V2，试写出V1与V2的一个关系式V1=V2．【考点】6M：用定积分求简单几何体的体积．【分析】根据题意，设截面与原点距离为|y|，分别求出s1与s2，进而由祖暅原理可得答案．【解答】解：设截面与原点距离为|y|，所得截面面积S1=π（22﹣2|y|）S2=π（4﹣y2）﹣π[1﹣（|y|﹣1）2]=π（22﹣2|y|），∴S1=S2，由祖暅原理知，两个几何体体积相等，即V1=V2．故答案为：V1=V2．11．如图，空间四边形OABC中，M、N分别是对边OA、BC的中点，点G在线段MN上，分所成的定比为2，，则x、y、z的值分别为，，．【考点】M2：空间向量的基本定理及其意义．【分析】根据可得出．=，=，=，=，=，代入计算即【解答】解：∵=，=，=，=，=，∴=+．∴，．故答案为：，，．12．如图，ABCD﹣A1B1C1D1是棱长为1的正方体，任作平面α与对角线AC1垂直，使得α与正方体的每个面都有公共点，这样得到的截面多边形的面积为S，周长为l的范围分别是[ ]、{3}（用集合表示），【考点】L2：棱柱的结构特征．【分析】由线面垂直的性质可知截面多边形的边与所在正方形的对角线平行，利用相似比即可得出截面周长为定值，再根据对称性和基本不等式得出面积的最值．【解答】解：连结A1B，A1D，BD，则AC1⊥平面A1BD，∴AC1⊥A1B设平面α与平面ABB1A1的交线为EF，则AC1⊥EF，∴EF∥A1B，同理可得平面α与其他各面的交线都与此平面的对角线平行，设=λ，则=B1E=λ，∴=1﹣λ，∴EF+DE=λ+（1﹣λ）=，同理可得六边形其他相邻两边的和为，∴六边形的周长l为定值3．∴当六边形的边长相等即截面为正六边形时，截面面积最大，最大面积为=，当截面为正三角形时，截面面积最小，最小面积为=．故答案为：，．二.选择题13．已知m，n为异面直线，m⊂平面α，n⊂平面β，α∩β=l，则l（）A．与m，n都相交B．与m，n中至少一条相交C．与m，n都不相交D．至多与m，n中的一条相交【考点】LO：空间中直线与直线之间的位置关系．【分析】由异面直线的定义和画法知，异面直线必须满足既不平行又不相交，即l与m，n中至少一条相交；当l与m，n都不相交时有m∥n．【解答】解：由题意，l与m，n都相交且交点不重合时，m，n为异面直线；若l与m相交且与n平行时，m，n为异面直线；若l与m，n都不相交时，又因m⊂α，l⊂α，所以l∥m，同理l∥n，则m∥n．故选B．14．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．B．3πC．D．6π【考点】L!：由三视图求面积、体积．【分析】通过三视图判断几何体的特征，利用三视图的数据，求出几何体的体积即可．【解答】解：由三视图可知几何体是圆柱底面半径为1高为6的圆柱，被截的一部分，如图所求几何体的体积为：故选B．=3π．15．连接球面上两点的线段称为球的弦．半径为4的球的两条弦AB、CD的长度分别等于、，M、N分别为AB、CD的中点，每条弦的两端都在球面上运动，有下列四个命题：①弦AB、CD可能相交于点M；②弦AB、CD可能相交于点N；③MN的最大值为5；④MN的最小值为1其中真命题的个数为（）A．1个B．2个C．3个D．4个【考点】L*：球面距离及相关计算．【分析】根据题意，由球的弦与直径的关系，判定选项的正误，然后回答该题．【解答】解：因为直径是8，则①③④正确；②错误．易求得M、N到球心O的距离分别为3、2，若两弦交于N，则OM⊥MN，Rt△OMN中，有OM＜ON，矛盾．当M、O、N共线时分别取最大值5最小值1．故选C．16．四棱锥P﹣ABCD底面为正方形，侧面PAD为等边三角形，且侧面PAD⊥底面ABCD，点M 在底面正方形ABCD内运动，且满足MP=MC，则点M在正方形ABCD内的轨迹一定是（）A ．B ．C ．D ．【考点】J3：轨迹方程；LZ ：平面与平面垂直的性质．【分析】先确定轨迹是 2 个平面的交线，PC 的中垂面 α 和正方形 ABCD 的交线，再确定交线的准确位置，即找到交线上的 2 个固定点．【解答】解：∵MP=MC ，∴M 在 PC 的中垂面 α 上，点 M 在正方形 ABCD 内的轨迹一定是平面 α 和正方形 ABCD 的交线，∵ABCD 为正方形，侧面 PAD 为等边三角形，∴PD=CD ，取 PC 的中点 N ，有 DN ⊥PC ，取 AB 中点 H ，可证 CH=HP ，∴HN ⊥PC ，∴点 M 在正方形 ABCD 内的轨迹一定是 HD ．故答案选 B ．三.简答题17．直三棱柱 ABC ﹣A 1B 1C 1 的底面为等腰直角三角形，∠BAC=90°，AB=AC=2，AA 1=2 分别是 BC 、AA 1 的中点．求： （Ⅰ）FE 与底面所成角的大小；（Ⅱ）异面直线 EF 和 A 1B 所成角的大小．，E 、F【考点】MI：直线与平面所成的角；LM：异面直线及其所成的角．【分析】（Ⅰ）由已知可得FA⊥平面ABC，可得∠FEA即为FE与底面所成角，由等腰直角三角形，∠BAC=90°，AB=AC=2，E为BC的中点可求AE，在Rt△AEF中求解即可，从而有∠GFE即为异面直线（Ⅱ）由E，F都为中点，考虑取AB的中点G，则可得FG∥BA1B所成角（或补角）分别求解FE，EG，FG，从而可求EF和A1【解答】解：（Ⅰ）连接FE，由已知可得FA⊥平面ABC∴∠FEA即为FE与底面所成角∵等腰直角三角形，∠BAC=90°，AB=AC=2，E为BC的中点∴AE=∵△AEF中AF=，AE=∴∠AEF=45°即FE与底面所成角45°（Ⅱ）取AB的中点G，连接FG，EG则可得FG∥BA1所以∠GFE即为异面直线EF和AB所成角（或补角）1由（Ⅰ）可得FE=2，为FG=，EG=1所以可得∠GFE=30°异面直线EF和AB所成角的大小为30°118．图1是某储蓄罐的平面展开图，其中∠GCD=∠EDC=∠F=90°，且AD=CD=DE=CG，FG=FE．若将五边形CDEFG看成底面，AD为高，则该储蓄罐是一个直五棱柱．（1）图2为面ABCD的直观图，请以此为底面将该储蓄罐的直观图画完整；（2）已知该储蓄罐的容积为V=1250cm3，求制作该储蓄罐所需材料的总面积S（精确到整数位，材料厚度、接缝及投币口的面积忽略不计）．【考点】L@：组合几何体的面积、体积问题．【分析】（1）根据储蓄罐的平面展开图，直接画出储蓄罐的直观图即可．（2）设AD=a，求出五边形CDEFG的面积，利用几何体的体积，求出a，然后求出几何体的表面积．【解答】解：（1）该储蓄罐的直观图如右图所示．（2）若设AD=a，则五边形CDEFG的面积为，得容积，解得a=10，其展开图的面积因此制作该储蓄罐所需材料的总面积约为691cm2．，19．如图，在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=4，AA1=8．（1）求异面直线B1C与A1C1所成角的大小；（用反三角函数形式表示）（2）若E是线段DD1上（不包含线段的两端点）的一个动点，请提出一个与三棱锥体积有关的数学问题（注：三棱锥需以点E和已知正四棱柱八个顶点中的三个为顶点构成）；并解答所提出的问题．【考点】LM ：异面直线及其所成的角；L3：棱锥的结构特征；LF ：棱柱、棱锥、棱台的体积．【分析】（1）连接 AC 、AB 1，易知∠B 1CA 为异面直线 B 1C 与 A 1C 1 所成角，在△B 1CA 中利用余 弦定理解之即可即可求出异面直线 B 1C 与 A 1C 1 所成角的大小；（2）本小题是开放题，第一种：提出问题：证明三棱锥 E ﹣B 1BC 的体积为定值，根据三棱锥 E ﹣B 1BC 与三棱锥 D ﹣B 1BC 同底等高可得结论．第二种：提出问题：三棱锥 E ﹣ADC 的体积在 E 点从点 D 运动到 D 1 过程中单调递增，根据三棱锥 E ﹣ADC 的体积与 DE 成正比，可知 V E ﹣ADC 随着 DE 增大而增大可得结论．【解答】解：（1）如图，连接 AC 、AB 1，由 ，知 A 1ACC 1 是平行四边形，则，所以∠B 1CA 为异面直线 B 1C 与 A 1C 1 所成角．﹣﹣﹣﹣﹣在△B 1CA 中，则所以 ， ，，．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（2）若学生能提出一些质量较高的问题，则相应给，有解答的再给．而提出一些没有多大价值的问题则不给分．若提出的问题为以下两种情况，可以相应给分．第一种：提出问题：证明三棱锥 E ﹣B 1BC 的体积为定值．﹣﹣﹣﹣﹣问题解答：如图，因为 DD 1∥平面 B 1BCC 1，所以 D 1D 上任意一点到平面 B 1BCC 1 的距离相等，因此三棱锥 E ﹣B 1BC 与三棱锥 D ﹣B 1BC 同底等高，．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣而所以三棱锥 E ﹣B 1BC 的体积为定值，．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣说明：1）若提出的问题为求三棱锥 E ﹣B 1BC 的体积，则根据上述解答相应给分． 2）若在侧面 B 1BCC 1 上任取三个顶点，与点 E 构成三棱锥时，结论类似，可相应给分． 若在侧面 A 1ABB 1 上任取三个顶点，与点 E 构成三棱锥时，结论类似，可相应给分．第二种：提出问题：三棱锥 E ﹣ADC 的体积在 E 点从点 D 运动到 D 1 过程中单调递增．﹣﹣﹣﹣﹣问题解答：因为，知 S △ADC 为定值，则三棱锥 E ﹣ADC 的体积与 DE 成正比，可知 V E ﹣ADC 随着 DE 增大而增大，又因为 DE ∈（0，8），﹣﹣﹣﹣即三棱锥 E ﹣ADC 的体积在 E 点从点 D 运动到 D 1 过程中单调递增．﹣﹣﹣﹣﹣ 说明：1）若提出的问题是求三棱锥 E ﹣ADC 的体积范围，也可相应给分．解答：因为 S △ADC =8，而 ，DE ∈（0，8），﹣﹣﹣﹣则．﹣﹣﹣﹣．2）若在底面ABCD上任取三个顶点，与点E构成三棱锥时，结论类似，可相应给分．若在底面A1B1C1D1上任取三个顶点，与点E构成三棱锥时，结论类似（单调递减），可相应给分．20．如图，在底面是菱形的四棱锥P﹣ABCD中，∠ABC=60°，PA=AC=a，PB=PD=PD上，且PE：ED=2：1；（1）证明：PA⊥平面ABCD；（2）在棱PB上是否存在一点F，使三棱锥F﹣ABC是正三棱锥？证明你的结论；（3）求以AC为棱，EAC与DAC为面的二面角θ的大小．a，点E在。
2019-2020学年高二下学期期中段考数学试题 Word版含解析
2019-2020学年二师附中高二期中考试数学试卷一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，满分60分） 1.复数21i- (i 为虚数单位)的共轭复数是 A. 1+i B. 1−iC. −1+iD. −1−i【★答案★】B 【解析】分析：化简已知复数z ，由共轭复数的定义可得． 详解：化简可得z=21i -()()()21+=111i i i i =+-+ ∴z 的共轭复数为1﹣i. 故选B ．点睛：本题考查复数的代数形式的运算，涉及共轭复数，属基础题．2.若42()f x ax bx c =++满足(1)2f '=，则(1)f '-=A. 4-B. 2-C. 2D. 4【★答案★】B 【解析】考查函数的奇偶性，求导后导函数为奇函数，所以选择B3.设随机变量ξ服从正态分布(2,9)N ,若(1)(1)P c P c ξξ>+=<-,则c =( ) A. 1B. 2C. 3D. 4【★答案★】B 【解析】 【详解】2(2,3)N ⇒12(1)1(1)(),3c P c P c ξξ+->+=-≤+=Φ 12(1)(),3c P c ξ--<-=Φ31()()1,33c c --∴Φ+Φ= 311()()1,33c c --⇒-Φ+Φ=解得c ="2," 所以选B.4.某一批花生种子，如果每1粒发芽的概率为45，那么播下4粒种子恰有2粒发芽的概率是（ ）A.16625B.96625C.192625D.256625【★答案★】B 【解析】【详解】解：根据题意，播下4粒种子恰有2粒发芽即4次独立重复事件恰好发生2次， 由n 次独立重复事件恰好发生k 次的概率的公式可得，()2224441962()()55625P C ==故选B ．5.从6名女生、4名男生中，按性别采用分层抽样的方法抽取5名学生组成课外小组，则不同的抽取方法种数为（ ） A. 3264A A ⋅B. 2364C C ⋅C. 510CD. 3264C C ⋅【★答案★】D 【解析】 【分析】利用分层抽样的特点得到男女生应该抽取的人数后，再根据分步计数原理可得结果. 【详解】根据分层抽样的特点可知，女生抽3人，男生抽2人， 所以不同的抽取方法种数为3264C C ⋅. 故选：D .【点睛】本题考查了分层抽样，考查了分步计数原理，属于基础题.6.若,A ,B ,C ,D E 五位同学站成一排照相，则A ，B 两位同学不相邻的概率为（ ） A.45B.35C.25D.15【★答案★】B 【解析】 【分析】,A ,B ,C ,D E 五位同学站成一排照相，先求总排列数n ，然后利用插空法得出，A ，B 两位同学不相邻的排列数m ，利用np m=即可求解. 【详解】,A ,B ,C ,D E 五位同学站成一排照相，基本事件总数55120n A ==，A，B 两位同学不相邻包含的基本事件个数323472m A A ==，则A ，B 两位同学不相邻的概率为7231205n p m === 故★答案★选：B【点睛】本题考查排列与组合的综合应用，属于基础题.7.某种种子每粒发芽的概率都为0.9，现播种了1000粒，对于没有发芽的种子，每粒需再补种2粒，补种的种子数记为X ，则X 的数学期望为 A. 100 B. 200C. 300D. 400【★答案★】B 【解析】【详解】试题分析：设没有发芽的种子数为ξ，则(1000,0.1)B ξ~，2X ξ=，所以()2()210000.1200E X E ξ==⨯⨯=考点：二项分布【方法点睛】一般利用离散型随机变量的数学期望的定义求期望的值，对于有些实际问题中的随机变量，如果能够断定它服从某常见的典型分布（如二项分布X ～B （n ，p ）），则此随机变量的期望可直接利用这种典型分布的期望公式（E （X ）＝np ）求得.因此，应熟记常见的典型分布的期望公式，可加快解题速度.8.如图，用K 、A 1、A 2三类不同的元件连接成一个系统．当K 正常工作且A 1、A 2至少有一个正常工作时，系统正常工作，已知K 、A 1、A 2正常工作的概率依次是0.9、0.8、0.8，则系统正常工作的概率为（ ）A. 0.960B. 0.864C. 0.720D. 0.576【★答案★】B 【解析】A 1、A 2同时不能工作的概率为0.2×0.2＝0.04，所以A 1、A 2至少有一个正常工作的概率为1－0.04＝0.96，所以系统正常工作的概率为0.9×0.96＝0.864.故选B. 考点：相互独立事件的概率.9.如果函数的图象如下图，那么导函数'()y f x =的图象可能是（ ）A. B. C. D.【★答案★】A 【解析】试题分析：()y f x =的单调变化情况为先增后减、再增再减 因此'()y f x =的符号变化情况为大于零、小于零、大于零、小于零，四个选项只有A 符合，故选A. 考点：1、函数的单调性与导数的关系；2、函数图象的应用.【方法点晴】本题通过对多个图象的选择考查函数的解析式、定义域、值域、单调性，导数的应用以及数学化归思想，属于难题.这类题型也是近年高考常见的命题方向，该题型的特点是综合性较强较强、考查知识点较多，但是并不是无路可循.解答这类题型可以从多方面入手，根据函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、特殊点以及0,0,,x x x x +-→→→+∞→-∞时函数图象的变化趋势，利用排除法，将不合题意选项一一排除.10.为了研究某班学生的脚长x （单位厘米）和身高y （单位厘米）的关系，从该班随机抽取10名学生，根据测量数据的散点图可以看出y 与x 之间有线性相关关系，设其回归直线方程为ˆˆˆybx a =+．已知101225i i x ==∑，1011600i i y ==∑，ˆ4b =．该班某学生的脚长为24，据此估计其身高为（ ） A. 160 B. 163 C. 166 D. 170【★答案★】C 【解析】【详解】由已知22.5,160x y ==,160422.570,424166ˆ70ay ∴=-⨯==⨯+=， 故选C. 11.若样本数据1210,,,x x x ⋅⋅⋅的标准差为8，则数据121x -，221x -，⋅⋅⋅，1021x -的标准差为（ ） A. 8B. 15C. 16D. 32【★答案★】C 【解析】试题分析：样本数据1x ，2x ，⋅⋅⋅，10x 的标准差为8，所以方差为64，由()()214D X D x -=可得数据121x -，221x -，⋅⋅⋅，1021x -的方差为464⨯，所以标准差为46416⨯= 考点：方差与标准差12.当[2,1]x ∈-时，不等式32430ax x x -++≥恒成立，则实数a 的取值范围是（ ） A. [5,3]-- B. 9[6,]8-- C. [6,2]-- D. [4,3]--【★答案★】C 【解析】试题分析：当x=0时，原式恒成立；当(0,1]x ∈时，原式等价于2max 343()x x a x --≥恒成立； 当[2,0)x ∈-时，原式等价于2min 343()x x a x --≤恒成立；令2343(),[2,0)(0,1]x x f x x x--=∈-⋃，232343143()x x f x x x x x--==--，令1t x =，即3234y t t t =--+，2'981y t t ∴=--+，可知1(1,)9-为y 的增区间，1(,1),(,)9-∞-+∞为y 的减区间，所以当(0,1]x ∈时，即[1,)t ∈+∞时，t=1时max 6y =-，即max ()66f x a =-∴≥-；当[2,0)x ∈-时，即1(,)2t ∈-∞-时，y 在(,1)-∞-上递减，在1(1,]2--上递增，所以t=-1时min 2y =-，即min ()22f x a =-∴≤-；综上，可知a 的取值范围是[6,2]--，故选C.考点：不等式恒成立问题.二、选择题（本大题共4小题，每小题5分，满分20分）13.若3nx x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的展开式中各项系数之和为64，则n =________． 【★答案★】3 【解析】 【分析】取1x =，则各项系数之和464n =，解得★答案★. 【详解】取1x =，则各项系数之和464n =，解得3n =. 故★答案★为：3.【点睛】本题考查了根据二项展开式的系数和求参数，属于简单题.14.若x ,y 满足约束条件10,{0,40,x x y x y -≥-≤+-≤则yx的最大值 ．【★答案★】3 【解析】作出可行域如图中阴影部分所示，由斜率的意义知，yx是可行域内一点与原点连线的斜率，由图可知，点A （1,3）与原点连线的斜率最大，故yx的最大值为3.考点：线性规划解法15.如图，一环形花坛分成A 、B 、C 、D 四块，现有4种不同的花供选种，要求在每块里种一种花，且相邻的2块种不同的花，则不同的种法总数为 .【★答案★】84【解析】试题分析：由题分三类：种两种花有A 42种种法；种三种花有2A 43种种法；种四种花有A 44种种法． 共有A 42+2A 43+A 44=84．考点：分类加法及运用排列数计数.16.甲、乙两队进行篮球决赛，采取七场四胜制（当一队赢得四场胜利时，该队获胜，决赛结束）．根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”．设甲队主场取胜的概率为0.6，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，则甲队以4∶1获胜的概率是____________． 【★答案★】0.18 【解析】 【分析】本题应注意分情况讨论，即前五场甲队获胜的两种情况，应用独立事件的概率的计算公式求解．题目有一定的难度，注重了基础知识、基本计算能力及分类讨论思想的考查．【详解】前四场中有一场客场输，第五场赢时，甲队以4:1获胜的概率是30.60.50.520.108,⨯⨯⨯= 前四场中有一场主场输，第五场赢时，甲队以4:1获胜的概率是220.40.60.520.072,⨯⨯⨯= 综上所述，甲队以4:1获胜的概率是0.1080.0720.18.q =+=【点睛】由于本题题干较长，所以，易错点之一就是能否静心读题，正确理解题意；易错点之二是思维的全面性是否具备，要考虑甲队以4:1获胜的两种情况；易错点之三是是否能够准确计算． 三、解答题（本大题共6小题，满分70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17.在等差数列{}n a 中，n S 为其前n 项和*()n N ∈，且335,9.a S ==（1）求数列{}n a 的通项公式； （2）设11n n n b a a +=，求数列{}n b 的前n 项和.n T 【★答案★】（1）21n a n =-；（2）21n nT n =+. 【解析】 【分析】⑴根据等差数列的通项公式，求出首项和公差即可得到★答案★⑵由{}n a 的通项公式得到{}n b 的通项公式，然后根据裂项相消法求前n 项和n T【详解】（1）由已知条件得11a 25,3a 69,d d +=⎧⎨+=⎩解得1a 1,d 2,==所以通项公式为；n a 2n 1=-（2）由（1）知，n a 2n 1=-， ∴()()111111212122121n n n b a a n n n n +⎛⎫===- ⎪-+-+⎝⎭数列{}n b 的前n 项和n 12n S b b b =+++ =111111111--)1.2335212122121n n n n n ⎛⎫++⋯+-=-= ⎪-+++⎝⎭（【点睛】本题主要考查等差数列通项公式的求法，利用裂项相消法求数列的和，属于基础题，遇到形如11n n n b a a +=形式的表达式时，其和需要用裂项相消法，注意通项的表达形式． 18.已知函数32()f x x ax bx =++在2x =-与12x =处都取得极值． （1）求函数()f x 的解析式；（2）求函数()f x 在区间[3,2]-的最大值与最小值．【★答案★】（1）329()34f x x x x =+-；（2）max ()11,f x =min 13()16f x =-．【解析】 【分析】（1）求导，根据极值点得到(2)0102f f -=⎧⎪⎨⎛⎫= ⎪⎪⎝''⎭⎩，代入数据解得★答案★.（2）计算极值点和端点比较大小得到★答案★.【详解】（1）因为32()f x x ax bx =++，所以2()32f x x ax b '=++．由(2)124013024f a b f a b -=-+=⎧⎪⎨⎛⎫=++= ⎪⎝⎭''⎪⎩，解得943a b ⎧=⎪⎨⎪=-⎩，329()34f x x x x ∴=+-．（2）()291()333222f x x x x x '⎛⎫=+-=+- ⎪⎝⎭， 计算极值点和端点得到：1193132816216f ⎛⎫=+-=- ⎪⎝⎭，(2)8967f -=-++=，819(3)27944f -=-++=，(2)89611f =+-=．所以max ()11,f x =min 13()16f x =-． 【点睛】本题考查了根据极值点求参数，利用导数求最值，意在考查学生的计算能力和应用能力. 19.已知ABC ∆中，角,,A B C 的对边分别为,,,2cos (cos cos )0.a b c C a C c A b ++=， （1）求角C 的大小；（2）若2,23,b c ==，求ABC ∆的面积. 【★答案★】(1) 120.C =（2） 3. 【解析】试题分析：（1）由()2cos cos cos 0C a C c A b ++=根据正弦定理，两角和的正弦函数公式，三角形内角和定理，诱导公式可得2cos sin sin 0C B B +=，可得1cos 2C =-，即可得解C 的值；（2）由已知及余弦定理得解得a 的值，进而利用三角形面积公式即可得结果. 试题解析：(1)()2cos cos cos 0C a C c A b ++=，由正弦定理可得()()2020,20cosC sinAcosC sinBcosA sinB cosCsin A C cosCsinB sinB ∴++=∴+=∴+=即又10180,sin 0,cos ,120.2B BC C <<∴≠∴=-=即 （2）由余弦定理可得()222223222cos12024a a a a =+-⨯=++又10,2,sin 3,2ABC a a S ab C ∆>=∴== ABC ∴∆的面积为 3. 20.某大学志愿者协会有6名男同学，4名女同学．在这10名同学中，3名同学来自数学学院，其余7名同学来自物理、化学等其他互不相同的七个学院．现从这10名同学中随机选取3名同学，到希望小学进行支教活动（每位同学被选到的可能性相同）． （1）求选出的3名同学是来自互不相同学院的概率；（2）设X 为选出的3名同学中女同学的人数，求随机变量X 的分布列和数学期望． 【★答案★】（1）4960；（2） 分布列见解析，()65E X =． 【解析】【详解】（1）设“选出的3名同学来自互不相同的学院”为事件A ，则．（2）随机变量X 的所有可能值为0，1，2，3．随机变量X 的分布列为X0 1 2 3X随机变量X 的数学期望．21.已知函数2()(2)ln f x x a x a x =-++，其中a R ∈．（1）若曲线()y f x =在点(2,(2))f 处的切线与直线30x y -+=平行，求a 的值； （2）求函数()f x 的单调区间．【★答案★】（1）2a =；（2）当0a ≤时，递减区间为(0,1)，递增区间为(1,)+∞；当02a <<时，递增区间为0,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，(1,)+∞，递减区间为,12a ⎛⎫⎪⎝⎭；当2a =时，递增区间为(0,)+∞；当2a >时，递增区间为(0,1)，,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，递减区间为1,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭． 【解析】 【分析】（1）解方程(2)1f '=可得结果；（2）对a 分类讨论，解不等式()0f x '>可得递增区间，解不等式()0f x '<可得递减区间. 【详解】（1）由2()(2)ln f x x a x a x =-++可知，函数定义域为{|0}x x >，且()2(2)a f x x a x'=-++， 依题意，(2)4(2)12a f a '=-++=，解得2a =． （2）依题意，(2)(1)()2(2)(0)a x a x f x x a x x x --'=-++=>， 令()0f x '=，得11x =，22a x =． ①当0a ≤时，02a ≤，由()0f x '>，得1x >；由()0f x '<，得01x <<．则函数()f x 的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,)+∞． ②当012a <<，即02a <<时，由()0f x '>，得02a x <<或1x >，由()0f x '<，得12a x <<．则函数()f x 的单调递增区间为0,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，(1,)+∞，函数()f x 的单调递减区间为,12a ⎛⎫ ⎪⎝⎭． ③当12a =，即2a =时，()0f x '≥恒成立，则函数()f x 的单调递增区间为(0,)+∞． ④当12a >，即2a >时，由()0f x '>，得01x <<或2a x >，由()0f x '<，得12a x <<，则函数()f x 的单调递增区间为(0,1)，,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭．函数()f x 的单调递减区间为1,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭． 综上所述，当0a ≤时，函数()f x 的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,)+∞； 当02a <<时，函数()f x 的单调递增区间为0,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，(1,)+∞，函数()f x 的单调递减区间为,12a ⎛⎫ ⎪⎝⎭； 当2a =时，函数()f x 的单调递增区间为(0,)+∞；当2a >时，函数()f x 的单调递增区间为(0,1)，,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，函数()f x 的单调递减区间为1,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭． 【点睛】本题考查了导数的几何意义，考查了利用导数求函数的单调区间，考查了分类讨论思想，属于中档题.22.某网店销售某种商品，为了解该商品的月销量y （单位：千件）与月售价x （单位：元/件）之间的关系，对近几年的月销售量i y和月销售价()1,2,3,,10ix i=⋅⋅⋅数据进行了统计分析，得到了下面的散点图.（1）根据散点图判断，lny c d x=+与y bx a=+哪一个更适宜作为月销量y关于月销售价x的回归方程类型？（给出判断即可，不需说明理由），并根据判断结果及表中数据，建立y关于x的回归方程；（2）利用（1）中的结果回答问题：已知该商品的月销售额为Z（单位：千元），当月销售量为何值时，商品的月销售额预报值最大？（月销售额＝月销售量×当月售价）参考公式、参考数据及说明：①对一组数据()11,v w，()22,v w，…，(),n nv w，其回归直线w vαβ=+的斜率和截距的最小二乘法估计分别为()()()121ni iiniiw w v vv vβ==--=-∑∑，w vαβ=-.②参考数据：x y u()1021iix x=-∑()1021iiu u=-∑()()101i iix x y y=--∑()()101i iiu u y y=--∑6.50 6.60 1.75 82.50 2.70 -143.25 -27.54表中lni iu x=，101110iiu u==∑.③计算时，所有的小数都精确到0.01，如ln4.06 1.40≈.【★答案★】（1）lny c d x=+，24.4510.20lny x=-（2）月销售量10.17y=（千件）时，月销售额预报值最大.【解析】【分析】（1）ln y c d x =+更适宜销量y 关于月销售价x 的回归方程类型，令ln u x =，根据提供数据求出,d c ，即可求出回归方程；（2）由z xy =，由（1）得到z 关于x 的函数，求导，求出单调区间，进而求出极值最值，即可得出结论.【详解】（1）ln y c d x =+更适宜销量y 关于月销售价x 的回归方程类型.令ln u x =，先建立y 关于u 的线性回归方程，由于()()()101102127.5410.202.70i ii i i y y u u d u u ==---===--∑∑， 6.610.20 1.7524.45c y du =+⨯==-，所以y 关于u 的线性回归方程为24.4510.20y u =-，因此y 关于x 的回归方程为24.4510.20ln y x =-.（2）依题意得：()24.4510.20ln z xy x x ==-，()'24.4510.20ln '14.2510.20ln z x x x =-=-⎡⎤⎣⎦，令'0z =，即14.2510.20ln 0x -=，解得ln 1.40x ≈，所以 4.06x ≈，当()0,4.06x ∈时，z 递增，当()4.06,x ∈+∞时，z 递减，故当 4.06x =，z 取得极大值，也是最大值即月销售量10.17y =（千件）时，月销售额预报值最大.【点睛】本题考查线性回归方程的知识和应用，通过散点图判断变量之间的关系建立回归模型，通过利用线性回归方程求非线性回归方程，通过建立函数模型利用导数求最大销售额问题.综合考查概率统计知识分析处理数据，解决实际问题的能力，属于中档题.感谢您的下载!快乐分享，知识无限！。