1、上海市上海交通大学附属中学2019-2020学年高二数学下学期期末考试试题（含解析）一、填空题1.随机扔一个硬币三次，数字朝上恰好出现一次的概率是_.【答案】【解析】【分析】由随机扔一个硬币，每次数字朝上概率均为，且相互独立，结合独立重复试验的概率计算公式，即可求解.【详解】由题意，随机扔一个硬币，每次数字朝上的概率均为，且相互独立，所以数字朝上恰好出现一次的概率为.故答案为：.【点睛】本题主要考查了独立重复试验的概率的计算，其中解答中正确理解题意，合理利用独立重复试验的概率计算公式进行求解是解答的关键，着重考查分析问题和解答问题的能力.2.将边长为1的正方形沿对角线折叠，使得点和的距离为1，
2、则二面角的大小为_.【答案】【解析】【分析】设翻折前与相交于点，则，作出翻折后的图形，由二面角的定义可知即为所求，易证为等腰直角三角形，故，从而得解【详解】设翻折前与相交于点，则，而翻折之后的图形如图所示，为二面角的平面角，为等腰直角三角形，且，二面角的大小为故答案为：【点睛】本题考查二面角的求法，理解二面角的定义是解题的关键，考查学生的空间立体感、作图能力和逻辑推理能力，属于基础题3.圆锥的底面半径是3，高是4，则圆锥的侧面积是_【答案】【解析】分析：由已知中圆锥的底面半径是，高是，由勾股定理，我们可以计算出圆锥的母线长，代入圆锥侧面积公式，即可得到结论.详解：圆锥的底面半径是，高是，圆锥的
3、母线长，则圆锥侧面积公式，故答案为.点睛：本题主要考查圆锥的性质与圆锥侧面积公式，意在考查对基本公式的掌握与理解，属于简单题.4.若的展开式的常数项为60，则a_【答案】4【解析】【分析】先求出二项式展开式的通项公式，再令x的系数等于0，求得r的值，即可求得展开式中的常数项的值，再由展开式的常数项为60，求出常数a的值【详解】展开式的通项公式为Tr+1x2rx63r，令63r0，可得 r2，展开式的常数项为60，解得a4故答案为4【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，二项式展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，属于中档题5.某校开设类选修课5门，类选修课4门，一位同学从中供选3门，若要求两类
4、课程中至少选一门，则不同的选法共有_.种【答案】70【解析】【分析】根据分类计数原理，3门功课可分成2种情况，分别求方法种数.【详解】由条件可知3门课程可以分成以下两种情况：类2门，类1门，共有种，或类1门，类2门，共有，所以不同的选法共有种方法.故答案为：70【点睛】本题考查分类计数原理，组合知识，重点考查分类讨论的思想，属于基础题型.6.如图，在正四棱锥中，则二面角的平面角的余弦值为_.【答案】【解析】【分析】设，则，过作，垂足为，连，则根据，可得，所以为二面角的平面角,在中，用余弦定理可求得结果.【详解】设，则，因为，所以，过作，垂足为，连，则根据，可得，如图：所以为二面角的平面角,在中
5、,，所以，所以在直角中，同理，在中，.故答案为：.【点睛】本题考查了正四棱锥的结构特征，考查了二面角的求法，按照作、证、求这三个步骤做题是解题关键，属于中档题.7.在由二项式系数所构成的杨辉三角形，第_行中从左至右第14与第15个数的比为；【答案】34【解析】依题意有，解得.【点睛】本题主要考查二项式系数与杨辉三角的对应关系，考查组合数的计算公式.二项式展开式的二项式系数为，由于计数是从开始的，故第，与项的比为，在用阶乘表示组合数的计算公式，约分后解方程可求得对应的数值.8.集合共有120个三元子集，若将的三个元素之和记为，则_.【答案】1980【解析】【分析】根据题意，将所有元素在子集中的个
6、数算出，然后再求和即可.【详解】因为集合，所以含元素1的子集有,同理含2，3，4，5，6，7，8，9，10的子集也各有，所以，.故答案为：1980【点睛】本题主要考查集合的新定义以及组合问题，还考查了分析推理的能力，属于中档题.9.太阳光线照于地面，与地面成角.调整木棍角度可改变其在水平地面的影子长度.则长度为的木棍在水平地面的影子最长为_.【答案】【解析】【分析】太阳光与水平面所成的角是不变量, 设，利用正弦定理公式可得， 影子长为，是不变量 ，且确定,只需要最大，计算即可得出结果.【详解】光线照于地面，与地面成角.调整木棍角度可改变其在水平地面的影子长度.则长度为，如图所示：，设，影子长为
7、,根据正弦定理：，则，因为是不变量 ，且确定,只需要最大,故有，此时，木棍在水平地面的影子最长为.故答案为：【点睛】本题考查了线面角中的最小角定理，还考查了学生们的空间想象能力及把生活中的实例用数学的思想加以解释的能力，即建模能力10.在一个密闭的容积为1的透明正方体容器内装有部分液体，如果任意转动该正方体，液面的形状都不可能是三角形，那么液体体积的取值范围是 【答案】【解析】【详解】试题分析：如图，正方体ABCD-EFGH，此时若要使液面不为三角形，则液面必须高于平面EHD，且低于平面AFC而当平面EHD平行水平面放置时，若满足上述条件，则任意转动该正方体，液面的形状都不可能是三角形所以液体
8、体积必须三棱柱G-EHD的体积，并且正方体ABCD-EFGH体积-三棱柱B-AFC体积考点：1棱柱的结构特征；2几何体的体积的求法11.气象意义上从春季进入夏季的标志为连续5天的日平均温度均不低于22.现有甲、乙、丙三地连续5天的日平均温度的记录数据：（记录数据都是正整数）甲地5个数据的中位数为24，众数为22；乙地5个数据的中位数为27，总体均值为24；丙地5个数据中有一个数据是32，总体均值为26，总体方差为10.8.则肯定进入夏季的地区有_【答案】【解析】【分析】根据数据的特点进行估计甲、乙、丙三地连续天的日平均气温的记录数据，分析数据的可能性进行解答即可得出答案【详解】甲地：个数据中位
9、数为，众数为，根据数据得出：甲地连续天的日平均温度的记录数据可能为：、，其连续天的日平均气温均不低于；乙地：个数据的中位数为，总体均值为，当个数据为、，可知其连续天的日平均温度有低于，故不确定；丙地：个数据中有一个数据是，总体均值为，若有低于，假设取，此时方差就超出了，可知其连续天的日平均温度均不低于，如、，这组数据的平均值为，方差为，但是进一步扩大方差就会超过，故对则肯定进入夏季的地区有甲、丙两地，故答案为【点睛】本题考查中位数、众数、平均数、方差的数据特征，简单的合情推理，解答此题应结合题意，根据平均数的计算方法进行解答、取特殊值即可12.有7个评委各自独立对、两位选手投票表决，两位选手旗
10、鼓相当，每位评委公平投票且不得弃权.若7位评委依次揭晓票选结果，则选手在每位评委投票揭晓后票数始终保持领先的概率是_.【答案】【解析】【分析】将比分分为，四种情况讨论计算概率.【详解】由条件可知前两名投票的都投给选手，并且投给每位选手的概率是.若投票给、两位选手的比分为，则概率为，若比分为，则投给选手的方法有种，所以概率为 若比分为，则投给选手的两票不能在第三和第四的位置，有种，所以概率为，若比分为，则投给的票不能是最后一位，且不能占5,6位，有种，所以概率为，所以概率.故答案为：【点睛】本题考查独立事件同时发生的概率，重点考查分类的思想，属于中档题型.二、选择题13.空间中，“直线平行于平面
11、上一条直线”是“直线平面”的（ ）条件.A. 充分非必要B. 必要非充分C. 充分必要D. 非充分非必要【答案】B【解析】【分析】由线面平行的判断定理和性质定理判断即可得出结论.【详解】由线面平行的判定定理可知,当直线在平面内，平行于平面上的一条直线，则不能得出结论“直线平面”，故“直线平行于平面上的一条直线”是“直线平面”不充分条件；由直线和平面平行性质定理可知,“直线平面”则经过直线平面和平面相交,那么直线和交线平行，所以能得出“直线平行于平面上的一条直线”，故“直线平行于平面上的一条直线”是“直线平面”必要条件.故选：B【点睛】本题考查直线和平面平行的判断定理和性质定理，考查理解辨析能力
12、，属于基础题.14.在平行六面体中，M为与的交点，若,，则与相等的向量是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据空间向量的线性运算，用作基底表示即可得解.【详解】根据空间向量的线性运算可知因为,，则即，故选：D.【点睛】本题考查了空间向量的线性运算，用基底表示向量，属于基础题.15.一间民房的屋项有如图三种不同的盖法：单向倾斜；双向倾斜；四向倾斜.记三种盖法是屋项面积分别为、，若屋顶倾斜面与水平面所成的角都是，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】因为三种盖法的屋顶斜面与水平面所成二面角都相等，且三种盖法的屋顶在水平面上的射影面积均相等，由面积射影公式影
13、=侧，知屋顶面积、，均相等【详解】三种盖法的屋顶斜面与水平面所成二面角都是，三种盖法的屋顶在水平面上的射影面积都相同，射影面积可设为，则由面积射影公式，得：故选:D【点睛】本题是二面角知识在实际生活中的应用，由面积射影公式影=侧，容易得出结论，是基础题16.如图为某水晶工艺品示意图，该工艺品由一个半径为的大球放置在底面半径和高均为的圆柱内，球与圆柱下底面相切为增加观赏效果，设计师想在圆柱与球的空隙处放入若干大小相等的实心小球，且满足小球恰好与圆柱底面、圆柱侧面及大球都相切，则该工艺品最多可放入（ ）个小球.A. 14B. 15C. 16D. 17【答案】B【解析】【分析】圆柱与球的空隙处放入若
14、干大小相等的实心小球，且满足小球恰好与圆柱底面、圆柱侧面及大球都相切，过球心与圆柱体底面圆心的平面截得该图形的平面图，利用几何关系计算即可.【详解】如图，过球心与圆柱体底面圆心的平面截得该图形的平面图，设球的半径为，实心小球的半径为，由题意可得：，解得：，因为小球球心在以为圆心，为半径的圆上，周长为，所以，即.故该工艺品最多可放入15个小球.故选：B. 【点睛】本题考查空间几何体与球接、切问题的求解方法.求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解.三、解答题17.某险种的基本保费为（单位：
15、元），继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下：上年度出险次数01234保费0.851.251.51.752随机调查了该险种的200名续保人在一年内的出险情况，得到如下统计表：出险次数01234保费605030302010（1）记为事件“一续保人本年度的保费不高于基本保费”.求的估计值；（2）求续保人本年度平均保费的估计值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）求出A为事件：“一续保人本年度的保费不高于基本保费”的人数总事件人数，即可求的估计值；（2）利用人数与保费乘积的和除以总续保人数，可得本年度的平均保费估计值【详解】（1）记A为事件：“一续
16、保人本年度的保费不高于基本保费”事件A的人数为：60+50110，该险种的200名续保，的估计值为：；（2）续保人本年度的平均保费估计值为【点睛】本题考查样本估计总体的实际应用，考查计算能力属于基础题.18.如图，正方形的边长为2，、分别是边及的中点，将、及折起，使、三点重合于点.（1）求三棱锥体积；（2）求与平面所成角的大小.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）首先证明平面，再求三棱锥的体积；（2）首先证明平面平面，再说明与平面所成角为，并求角的大小.【详解】（1）由条件可知，且 平面，是等腰直角三角形，,；（2）取的中点，连结，同理，且 平面,又平面，平面平面，且平面平面，与平面
17、所成角为， 平面， ，,即 ，与平面所成角为.【点睛】本题考查垂直关系，几何体的体积，线面角，重点考查直观想象能力，计算能力，推理证明能力，属于基础题型.19.（1）已知，不等式的解集为，不等式的解集为.求集合；（2）解关于的不等式.【答案】（1）；（2）见解析【解析】【分析】（1）由题意得，由此可求得，代入后转化为一元二次不等式即可求出答案；（2）分类讨论法解不等式即可【详解】解：（1），不等式的解集为，方程的解集为，解得，解得，；（2），当时，原不等式化为，解得； 当，当时，原不等式化为，解得，或；当时，原不等式化为，当即时，原不等式化为，解得；当即时，解得；当即时，解得；综上：当时，原不
18、等式的解集为；当时，原不等式的解集为；当时，原不等式的解集为；当时，原不等式的解集为；当时，原不等式的解集为【点睛】本题主要考查一元二次不等式的解法，考查分式不等式的解法，考查转化与化归思想，考查分类讨论法，属于中档题20.如图，为正六棱柱，底面边长，高.（1）若，求异面直线和所成角的大小；（2）计算四面体的体积（用来表示）；（3）若正六棱柱为一容器（有盖），且底面边长和高满足：（为定值），则当底面边长和高分别取得何值时，正六棱柱的表面积与体积之比最小？【答案】（1）；（2）；（3），取得最小.【解析】【分析】（1）延长相交于点，延长相交于点，连接，得是直四棱柱，证明,所以异面直线和所成角的大
19、小即为直线和所成角的大小.解三角形可得.（2）建立空间直角坐标系,求出平面法向量，求出到平面的距离，可得四面体的体积.（3）求出正六棱柱的表面积, 正六棱柱的体积，利用已知条件，转化为二次函数求得最值，得解.【详解】（1）补形如图：延长相交于点，延长相交于点，连接由正六边形性质知是平行四边形，从而得是直四棱柱，则 且所以四边形是平行四边形，所以,所以异面直线和所成角的大小即为直线和所成角的大小.在三角形中，由平面几何知识和余弦定理得：，, （2）如图，建立分别以为轴的空间直角坐标系，则，设平面法向量为 , ，令 ，则， 所以到平面的距离 又，, （3）由题知，正六棱柱的表面积 正六棱柱的体积
20、又所以当时，有最大值，也即取得最小值，此时，【点睛】本题考查异面直线所成角，利用空间向量求四面体体积及利用表面积与体积之比转化为函数求其最值问题，属于较难题.21.对任意，定义，其中，为正整数.（1）求，的值；（2）求证：；（3）设是否存在实数，使得对任意恒成立？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由.【答案】（1）12，29；（2）证明见解析；（3）存在，.【解析】【分析】（1）分别令和，将和展开，求得的值，进而求得结果；（2）分别列出和的值，列出关系，得到，从而证得结果；（3）假设存在实数，满足条件，根据题意找关系，确定出的极限，求得结果.【详解】（1），所以，所以，所以，；（2），所以，所以，所以；（3）由（2）知，设，则，可以发现会随着的增大而增大，所以会随着的增大而减小，并且会越来越接近与1，所以会无限趋近与，且比要大；当时，则，同理可以确定会随着会随着的增大而增大，会无限趋近与，从而可以得出满足的的值为.【点睛】该题考查的是有关二项式定理的有关问题，涉及到的知识点有二项式定理和数列的综合题，在解题的过程中，注意极限的思想的应用，属于难题.
