1、上海市复旦大学附属中学2019-2020学年高二数学下学期期中试题（含解析）时间：120分钟满分：150分一、填空题（本大题共12题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分）1. 若，则的值为_【答案】3或7【解析】【分析】直接利用组合数的公式的性质可得或，从而得到的值.【详解】由组合数的性质可得或，解得或7.故答案为：3或7.【点睛】本题考查组合数公式的性质，属于基础题.2. 已知平面的一个法向量为，则直线与平面的位置关系为_.【答案】直线在平面上或直线与平面平行【解析】【分析】由，可得，即可判断直线与平面的位置关系.【详解】由，所以.又向量为平面的一个法向量.所以直线平面上或
2、直线与平面平行.故答案为：直线在平面上或直线与平面平行.【点睛】本题考查了法向量的应用、数量积运算性质、空间线面位置关系，考查了推理能力，属于基础题.3. 若，则=_.【答案】64【解析】【分析】在中，令，即可得出答案.【详解】在中，令可得，.所以故答案为：64.【点睛】本题考查二项式展开式中所有项的系数和，考查赋值法，属于基础题.4. 从总体中抽取一个样本是5，6，7，8，9，则总体方差的估计值是_.【答案】【解析】【分析】先求出样本平均数，由此能求出样本方差，由此能求出总体方差的估计值【详解】解：从总体中抽取一个样本是5，6，7，8，9，样本平均数为，样本方差为，总体方差的估计值是2故答案
3、为：2【点睛】本题考查总体方差的估计值的求法，考查平均数、总体方差等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题5. 已知球的半径是球面上两点，若线段的长为，则A、B两点间的球面距离为_.【答案】【解析】分析】先根据，求出，则可得到A、B两点间的球面距离为.【详解】球的半径是球面上两点，线段的长为由,所以为等边三角形.所以，所以A、B两点间的球面距离为故答案为：【点睛】本题考查求球面上两点间的球面距离，属于基础题.6. 古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，若球的表面积等于圆柱的侧面积，则球的体积与圆柱的体积之比为_.【答案】【解析】【分析】设球的半径为，高为,则圆柱的底面半
4、径为由球的表面积等于圆柱的侧面积, 得,由圆柱和球的体积公式可求出其体积之比.【详解】设球的半径为，高为，则圆柱的底面半径为.由球的表面积等于圆柱的侧面积，有，得.设球的体积为，则，圆柱的体积为,则所以故答案为： 【点睛】本题考查球和圆柱的体积和表面积的计算及其应用，考查球和圆柱的性质，属于中档题.7. 汉代数学家赵爽在注解周髀算经时给出的“赵爽弦图”是我国古代数学的瑰宝，“赵爽弦图”如图所示，由四个全等的直角三角形和一个正方形构成，现有五种不同的颜色可供涂色，要求相邻的区域不能用同一种颜色，则不同的涂色方案有_种（用数字作答）.【答案】420【解析】【分析】根据题意设五个区域分别为，再分两步
5、讨论和的情况，最后由分步计数原理计算即可.【详解】由题意，假设五个区域分别为，对于区域，三个区域两两相邻，共有种情况；对于区域，若与颜色相同，则有3种情况，若与颜色不同，则有2种情况，有2种情况，共有种情况，所以共有种情况，则一共有种情况.故答案为：420【点睛】本题主要考查排列组合的应用和分步乘法计数原理的应用，属于基础题.8. 微信中有个“微信运动”，记录一天行走的步数.小王的“微信步数排行榜”里有120个人，今天，他发现步数最少的有0.85万步，最多的有1.79万步，于是，他做了个统计，作表如下，则这天大家平均步数为_万步.【答案】1.26【解析】【分析】先根据频率分布直方图求出，再由据
6、频率分布直方图求平均数.【详解】由据频率分布直方图有，解得.则这天大家平均步数为故答案为：1.26【点睛】本题考查平均数的求法，考查频率分布直方图的性质，考查运算求解能力，属于基础题.9. 如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，则异面直线AP与BD所成的角为_【答案】【解析】【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，计算与所成的角后可得异面直线所成的角【详解】如图建立空间直角坐标系，则，故，所以，由，故，所以异面直线所成的角为，填【点睛】空间中有异面直线所成的角（线线角）、直线与平面所成的角（线面角）以及二面角的平面角（面面角），线线角可以转化为两条直线的方向向量的夹角
7、，两者的关系是互补或相等（线线角的范围为），线面角可以转化为直线的方向向量与平面的法向量的夹角，两者差的绝对值为（线面角的范围为），面面角可以转化为平面的法向量的夹角，两者的关系是相等或互补10. 盒子里有2020个质地均匀的小球，2019个黑球，1个白球，每次从中随机取出一个球，然后放回一个黑球，则第次恰好取到黑球的概率为_【答案】【解析】【分析】先求出第次恰好取到白球的概率，然后用对立事件的概率的求法求解.【详解】若第次恰好取到白球，则前次均取到黑球,则其概率为则第次恰好取到黑球与第次恰好取到白球互为对立事件.则第次恰好取到黑球的概率为.故答案为：.【点睛】本题考查利用对立事件求概率，属于
8、中档题.11. 在正方体中，是棱的中点，是侧面内的动点,且与平面的垂线垂直，如图所示，下列说法不正确的序号为_点的轨迹是一条线段.与是异面直线.与不可能平行.三棱锥的体积为定值.【答案】【解析】【分析】分别根据线面平行的性质定理以及异面直线的定义，以及体积公式分别进行判断.【详解】对于，设平面与直线交于点，连接，则为的中点.分别取的中点，连接，则平面，平面.所以平面，同理可得平面是平面内的相交直线.所以平面平面，由与平面的垂线垂直,则平面，可得直线平面.即点是线段上的动点，所以正确.对于，由有点在线段上，所以三点在侧面内.假设与不是异面直线，则四点共面,则他们共面于侧面内.这与在正方体中，显然
9、产生矛盾，所以假设不成立.故与是异面直线，故正确.对于，当与重合时，所以错误.对于，,则平面.则点到平面的距离等于点(或点)到平面的距离.设点(或点)到平面的距离为.则，即.在正方体中，均为定值，所以为定值.点到平面的距离为定值，又为定值.所以的体积为定值,故正确.故答案为：.【点睛】本题考查空间平行关系的应用、空间轨迹的探索、异面直线的判断，平行直线的判断和锥体的体积的计算，属于中档题.12. 已知正三棱锥的侧棱长为2020，过其底面中心作动平面交线段于点，交的延长线于两点，则的取值范围为_【答案】【解析】【分析】设,则,根据空间四点共面的条件，又四点共面，则，即得出答案.【详解】设.则,.
10、由为底面中心, 又因为四点共面,所以且.所以，即即.故答案为：.【点睛】本题考查空间四点共面的条件的应用，属于中档题.二、选择题（本大题共4题，满分20分，每题5分）13. 已知是平面的一条斜线，直线，则（ ）A. 存在唯一的一条直线，使得B. 存在无限多条直线，使得C. 存在唯一的一条直线，使得D. 存在无限多条直线，使得【答案】B【解析】【分析】根据题意，作出图形，结合直线与直线，直线与平面位置关系，即可得出结果.【详解】因为是平面的一条斜线，直线，画出图形如下：显然在平面内必存在直线与直线垂直，且平面内有无数条直线与直线平行，故存在无限多条直线，使得.故选：B【点睛】本题主要考查直线与直
11、线位置关系的判定，熟记线面，线线位置关系即可，属于常考题型.14. 如图，正方体中，为棱的中点，用过的平面截去该正方体的下半部分，则剩余几何体的主视图是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据剩余几何体的直观图，结合三视图的定义即可得到主视图.【详解】在正方体中,取的中点,连接,如图.则,所以过点的平面截该正方体的截面为平行四边形.则用过的平面截去该正方体的下半部分，剩余几何体为则其正视图为图中粗线部分.故选：C【点睛】本题考查空间三视图与直观图的应用，属于基础题.15. 个盒子里装有相同大小的红球、白球共个,其中白球个.从中任取两个,则概率为的事件是( ).A. 没有白球
12、B. 至少有一个白球C. 至少有一个红球D. 至多有一个白球【答案】B【解析】表示任取的两个球中只有一个白球和两个都是白球的概率，即至少有一个白球的概率.故选B.点睛：古典概型中基本事件数的探求方法(1)列举法.(2)树状图法：适合于较为复杂的问题中的基本事件的探求.对于基本事件有“有序”与“无序”区别的题目，常采用树状图法.(3)列表法：适用于多元素基本事件的求解问题，通过列表把复杂的题目简单化、抽象的题目具体化.(4)排列组合法：适用于限制条件较多且元素数目较多的题目.16. 如果空间三条直线a, b, c两两成异面直线，那么与a, b, c都相交的直线有（ ）A. 0条B. 1条C. 多
13、于1条但为有限条D. 无数条【答案】D【解析】在直线a上任意取一点A,点A与直线b确定的平面为点A与直线c确定的平面为A平面平面设平面与平面的交线为d此交线与a,b,c皆有公共点由A的任意性，得证三、解题（本大题共5题，满分76分）17. 已知二项式的二项展开式中所有奇数项的二项式系数之和为128.（1）求的展开式中的常数项；（2）在 (1x)(1x)2(1x)3(1x)4(1x) 的展开式中，求项的系数.(结果用数字作答)【答案】（1）；（2）330【解析】【分析】二项展开式中所有项系数和为，奇数项的二项式系数和应为所有项系数和的一半，即 ，可求得.（1）写出该二项式展开式通项，令的指数为零
14、，即可求解；（2）由二项式定理知在，中均存在，故的系数为.【详解】解：所有奇数项的二项式系数之和为128，解得.（1）的第项为，令，得，则常数项为；（2）展开式中的系数为： .【点睛】本题考查了二项式定理及其应用，组合数的性质，属于中档题.18. 已知圆柱底面半径为1，高为，是圆柱的一个轴截面，动点从点出发沿着圆柱的侧面到达点，其距离最短时在侧面留下的曲线如图所示.将轴截面绕着轴逆时针旋转后，边与曲线相交于点.（1）求曲线的长度；（2）当时，求点到平面的距离.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）将圆柱的一半展开,可知曲线的长度为矩形的对角线长度.其中矩形的宽为圆柱的高,长为底面的半圆长
15、,即可求得曲线的长度.（2）当时,以底面的圆心O为原点建立空间直角坐标系.写出各个点的坐标,求得平面的法向量,即可求得点到平面的距离.【详解】（1）曲线的长度为矩形的对角线长度.其中矩形的宽为圆柱的高,长为底面的半圆长,其中,底面的半圆长为的长为（2）当时,建立如图所示的空间直角坐标系:则有、,所以、.设平面的法向量为,则,代入可得,令,得,所以点到平面的距离为.【点睛】本题考查了圆柱的展开图及距离的求法,利用空间向量求点到平面距离,属于中档题.19. 如图四棱锥中，底面，是边长为2的等边三角形，且，点是棱上的动点.（I）求证：平面平面；（）当线段最小时，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（
16、I）证明见解析；（）【解析】【分析】（）由底面可得取的中点，连接，根据等腰三角形的性质可得，于是得到平面，根据面面垂直的判定可得所证结论（）取中点，连接，可证得，建立空间直角坐标系然后根据向量的共线得到点的坐标，再根据线段最短得到点的位置，进而得到求出平面的法向量后根据线面角与向量夹角间的关系可得所求【详解】（）证明：底面，底面， 取的中点，连接，是等边三角形，点共线，从而得，又，平面，平面，平面平面. （）解：取中点，连接，则，底面，两两垂直以为原点如图建立空间直角坐标系，则，,设平面的法向量为，由，得，令，得设，则，当时，有最小值，且，此时设直线与平面所成角为，则，直线与平面所成角的正弦值
17、为【点睛】空间向量的引入，为解决立体几何中的探索性问题提供了新的解决方法，即根据计算可解决探索性问题解答空间角的有关问题时，可转化为向量的数量积问题来处理，但要注意向量的夹角与空间角的关系，在进行代数运算后还需要再转化为几何问题，属于中档题20. 疫情期间，有一批货物需要用汽车从城市甲运至城市乙，已知从城市甲到城市乙只有两条公路，且通过这两条公路所用的时间互不影响.据调查统计，通过这两条公路从城市甲到城市乙的200辆汽车所用时间的频数分布如下表：所用时间10111213通过公路1的频数20402020通过公路2的频数10404010（1）为进行某项研究，从所用时间为12的60辆汽车中随机抽取6
18、辆，若用分层随机抽样的方法抽取，求从通过公路1和公路2的汽车中各抽取几辆：（2）若从（1)的条件下抽取的6辆汽车中，再任意抽取2辆汽车，求这2辆汽车至少有1辆通过公路1的概率；（3）假设汽车A只能在约定时间的前11h出发，汽车B只能在约定时间的前12h出发.为了尽最大可能在各自允许的时间内将货物从城市甲运到城市乙，汽车A和汽车B应如何选择各自的道路？【答案】（1）2；4（2）（3）汽车应选择公路1，汽车应选择公路2【解析】【分析】（1）由题意，所用时间为12的60辆汽车中，其中公路1有20辆，公路1有40辆，由分层抽样方法计算可得答案.(2)由（1）可知抽取的6辆汽车中，通过公路1有2辆用表示
19、，通过公路1有4辆用表示，列举出从中任意抽取2辆汽车的情况，可得出这2辆汽车至少有1辆通过公路1的情况，可求出概率.(3)根据题意，设事件 分别表示汽车A在约定时间的前11h出发选择公路1,2将货物运往城市乙. 设事件分别表示汽车B在约定时间的前12h出发选择公路1,2将货物运往城市乙.根据题意求出各自的概率，从而得出答案.【详解】（1）由题意，所用时间为12天共有60辆汽车，其中公路1有20辆，公路2有40辆.公路1抽取辆汽车.公路2抽取辆汽车.(2)通过公路1的两辆汽车分别用表示，通过公路2的4辆汽车分别用表示.任意抽取2辆汽车共有如下15种可能结果：其中至少有1辆经过公路1的有9种.所以
20、这2辆汽车至少有1辆通过公路1的概率.(3)根据条件，通过这两条公路从城市甲到城市乙的200辆汽车所用时间的频率分布如下表.所用时间10111213公路1的频率0.20.40.202公路2的频率0.10.40.40.1设事件 分别表示汽车A在约定时间的前11h出发选择公路1,2将货物运往城市乙. 设事件分别表示汽车B在约定时间的前12h出发选择公路1,2将货物运往城市乙.,汽车应选择公路1.,汽车应选择公路2.【点睛】本题考查分层抽样，古典概率的计算问题，频率分布表的计算，属于中档题.21. 定义：对棱相等的四面体为等腰四面体.（1）若等腰四面体的每条棱长都是，求该等腰四面体的体积；（2）求证
21、：等腰四面体每个面的三角形均为锐角三角形：（3）设等腰四面体的三个侧面与底面所成的角分别为，请判断是否为定值？如果是定值，请求出该定值；如果不是定值，请说明理由.【答案】（1）（2）证明见解析；（3）是定值；定值为1【解析】 【分析】 由条件，四面体的对棱相等，则可以将四面体放到长方体中去. （1）当等腰四面体的每条棱长都是时，长方体是正方体, 且正方体的棱长为，该等腰四面体的体积为正方体的体积减去4个角上的4个全等的小三棱锥的体积，则可求出答案.（ 2）设长方体的长、宽、高分别为,在该四面体的每个面中，任意两边的平方之和都大于第三边的平方 ,从而可证.（3）过作平面交平面于点 ,为面与底面所
22、成的角 , ,根据题意设，面 与底面所成的角分别为，同理可得： ，又 ,从而可得答案. 【详解】 由条件，四面体的对棱相等，则可以将四面体放到长方体中去,如图. (1)当等腰四面体的每条棱长都是时，长方体是正方体, 且正方体的棱长为. 此时该等腰四面体的体积为正方体的体积减去4个角上的4个全等的小三棱锥的体积. 所以 . (2)设长方体的长、宽、高分别为. 则 ， ， . 在面中， 所以为锐角. 同理：在该四面体的每个面中，任意两边的平方之和都大于第三边的平方. 根据余弦定理可得，每个面中的三角形均为锐角三角形. 所以等腰四面体每个面的三角形均为锐角三角形. (3) 的值为定值1. 过作 平面交平面 于点,则 过作 交于 ,所以平面,则 . 所以为面与底面 所成的角,设 设面与底面 所成的角分别为. 同理可得： 又 . 【点睛】 本题考查求锥体的体积和二面角，考查补形思想，属于中档题.