1、上海市实验学校2020-2021学年高二数学下学期期末考试试题（含解析）一、填空题1方程CC的解为 2已知（x）6的二项展开式中，常数项的值等于 3如果数据x1、x2、xn的平均值为10，方差为3，则3x1+5、3x2+5、3xn+5的平均值为 ，方差为 4若在二项式（x+1）10的展开式中任取一项，则该项的系数为奇数的概率是 （结果用分数表示）5一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的表面积为 6若（1+xx2）3（12x2）4a0+a1x+a2x2+a14x14，则a1+a2+a3+a14 7某学校组织学生参加劳动实践活动，其中4名男生和2名女生参加农场体验活动，体验活动结束后，农场主与
2、6名同学站成一排合影留念，则2名女生互不相邻，且农场主站在中间的概率等于 .（用数字作答）8如图所示，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，A1C1B1D1F，若x+y+z，则x+y+z 9已知三行三列的方阵中有9个数aij（i1，2，3；j1，2，3），从中任取三个数，则有且仅有两个数位于同行或同列（注意：不能同时出现既有两数同行、又有两数同列的情况）的概率是 .（结果用分数表示）10如图，在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，点P是平面ACC1A1上一动点，且满足，则满足条件的所有点P所围成的平面区域的面积是 二、选择题11从0到9这10个数字中，任取3个数字组成一个没有重复数字
3、的三位数，这个数不被3整除的概率为（）ABCD12在（x+y）20的展开式中，系数为有理数的项共有（）项A6B5C4D313设正四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面边长为1，高为2，平面经过顶点A，且与棱AB、AD、AA1所在直线所成的角都相等，则满足条件的平面共有（）个A1B2C3D414某国际旅行社现有11名对外翻译人员，其中有5人只会英语，4人只会法语，2人既会英语又会法语，现从这11人中选出4人当英语翻译，4人当法语翻译，则共有（）种不同的选法A225B185C145D110三、解答题15如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为直角梯形，BCAD，ABBC，ADC45，PA平面ABC
4、D，ABAP1，AD3（1）求异面直线PB与CD所成角的大小；（2）求点D到平面PBC的距离16已知（x）n的二项展开式中x3的系数是84（1）求n；（2）求（x）n二项展开式中系数最小的项17有6本不同的书按下列分配方式分配，问共有多少种不同的分配方式？（1）分成1本、2本、3本三组；（2）分给甲、乙、丙人，其中一个人1本，一个人2本，一个人3本；（3）分成每组都是2本的三个组；（4）分给甲、乙、丙三人，每个人2本18如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是菱形，PA平面ABCD，AB1，PAAC1，ABC（090）（1）若90，E为PC的中点，求异面直线PA与BE所成角的大小；（2）若9
5、0，求二面角APCB的大小；（3）试求四棱锥PABCD的体积V的取值范围四、附加题19已知四棱锥SABCD的底面ABCD是正方形，SA平面ABCD，E是SC上的任意一点（1）求证：平面EBD平面SAC；（2）设SA4，AB2，求点A到平面SBD的距离；（3）当的值为多少时，二面角BSCD的大小为12020已知数列an的首项为1，设（1）若an为常数列，求f（6）的值；（2）若an为公比为2的等比数列，求f（n）的解析式；（3）数列an能否成等差数列，使得f（n）12n（n1）对一切nN*都成立？若能，求出数列an的通项公式；若不能，试说明理由参考答案一、填空题1方程CC的解为 2或4【解答】解
6、；方程CC，可得2x6x，或2x+（6x）10，解得x2或4故答案为：2或42已知（x）6的二项展开式中，常数项的值等于 60解：（x）6的二项展开式的通项公式为Tr+1（2）rx63r，令63r0，求得r2，可得展开式的常数项等于460，故答案为：603如果数据x1、x2、xn的平均值为10，方差为3，则3x1+5、3x2+5、3xn+5的平均值为 35，方差为 27解：因为x1，x2，xn的平均值为10，所以3x1+5、3x2+5、3xn+5的平均值+535，其方差为+.+9327故答案为：35，274若在二项式（x+1）10的展开式中任取一项，则该项的系数为奇数的概率是（结果用分数表示）
7、解：展开式中共有11项，其中只有4项的系数C100，C102，C108，C1010为奇数该项的系数为奇数的概率是故答案为5一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的表面积为（3+）解：根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体由圆柱和圆锥组成的组合体；如图所示：故圆锥的母线长x，圆锥的底面周长为2，所以圆锥的侧面积S，圆柱的表面积S211+123，故几何体的表面积为故答案为：6若（1+xx2）3（12x2）4a0+a1x+a2x2+a14x14，则a1+a2+a3+a140解：（1+xx2）3（12x2）4a0+a1x+a2x2+a14x14，令x0，可得a01，再令x1，可得1+a1+a2+
8、a3+a141，+a1+a2+a3+a140，故答案为：07某学校组织学生参加劳动实践活动，其中4名男生和2名女生参加农场体验活动，体验活动结束后，农场主与6名同学站成一排合影留念，则2名女生互不相邻，且农场主站在中间的概率等于.（用数字作答）解：根据题意，农场主与6名同学站成一排，有A775040种不同的站法，若农场主站在中间，有A66720种不同的站法，农场主人站在中间，两名女生相邻共有4A22A44192种站法，则2名女生互不相邻，且农场主站在中间的站法有A664A22A44528种站法，则其概率P，故答案为：8如图所示，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，A1C1B1D1F，若x+
9、y+z，则x+y+z2解：因为，又x+y+z，所以，则x+y+z2故答案为：29已知三行三列的方阵中有9个数aij（i1，2，3；j1，2，3），从中任取三个数，则有且仅有两个数位于同行或同列（注意：不能同时出现既有两数同行、又有两数同列的情况）的概率是.（结果用分数表示）解：从9个数中任取3个，共有84种选法；当3个数中位于同行或同列时，共有6种选法；当3个数中都位于不同行或不同列时，共有16种选法；当3个数中既有两数同行、又有两数同列时共有36种选法；从中任取三个数，则有且仅有两个数位于同行或同列（注意：不能同时出现既有两数同行、又有两数同列的情况）的概率，故答案为：10如图，在棱长为2的
10、正方体ABCDA1B1C1D1中，点P是平面ACC1A1上一动点，且满足，则满足条件的所有点P所围成的平面区域的面积是解：因为，所以D1PCP，故P在以CD1为直径的球面上，且P在平面ACC1A1上，则P在面ACC1A1截球所得的圆上，设该圆半径r，且正方体棱长为2，则CD2，球半径R，连接B1D1，则B1D1A1C1，B1D1AA1，所以B1D1平面ACC1A1，所以D1到平面ACC1A1的距离d1，因为O为CD1中点，所以O到平面ACC1A1的距离d，所以圆半径r，圆面积Sr2故答案为：二、选择题11从0到9这10个数字中，任取3个数字组成一个没有重复数字的三位数，这个数不被3整除的概率为
11、（）ABCD解：从0到9这10个数字中任取3个数字组成一个没有重复数字的三位数，这个数不能被3整除所有的三位数有A103A92648个，将10个数字分成三组，即被3除余1的有1，4，7、被3除余2的有2，5，8，被3整除的有3，6，9，0，若要求所得的三位数被3整除，则可以分类讨论：三个数字均取第一组，或均取第二组，有2A3312个；若三个数字均取自第三组，则要考虑取出的数字中有无数字0，共有A43A3218个；若三组各取一个数字，第三组中不取0，有C31C31C31A33162个，若三组各取一个数字，第三组中取0，有C31C312A2236个，这样能被3整除的数共有228个，不能被3整除的数
12、有420个，所以概率为故选：C12在（x+y）20的展开式中，系数为有理数的项共有（）项A6B5C4D3解：在（x+y）20的展开式中，其通项Tr+1x20ryr，要使展开式中的系数为有理数，则r0，4，8，12，16，20，共6项，故选：A13设正四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面边长为1，高为2，平面经过顶点A，且与棱AB、AD、AA1所在直线所成的角都相等，则满足条件的平面共有（）个A1B2C3D4解：第一类：A1在平面的一边，B，D在另一边，有一个平面符合条件；B在平面的一边，A1，D在另一边，有一个平面符合条件；D在平面的一边，A1，B在另一边，有一个平面符合条件；第二类：A1，B
13、，D都在平面的同侧，有一个平面符合条件综上所述，满足条件的平面共有4个故选：D14某国际旅行社现有11名对外翻译人员，其中有5人只会英语，4人只会法语，2人既会英语又会法语，现从这11人中选出4人当英语翻译，4人当法语翻译，则共有（）种不同的选法A225B185C145D110解：根据题意，按“2人既会英语又会法语”的参与情况分成三类“2人既会英语又会法语”不参加，这时有C54C44种；“2人既会英语又会法语”中有一人入选，这时又有该人参加英文或日文翻译两种可能，因此有C21C53C44+C54C21C43种；“2人既会英语又会法语”中两个均入选，这时又分三种情况：两个都译英文、两个都译日文、
14、两人各译一个语种，因此有C22C52C44+C54C22C42+C21C53C11C43种综上分析，共可开出C54C44+C21C53C44+C54C21C43+C22C52C44+C54C22C42+C21C53C11C43185种故选：B三、解答题15如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为直角梯形，BCAD，ABBC，ADC45，PA平面ABCD，ABAP1，AD3（1）求异面直线PB与CD所成角的大小；（2）求点D到平面PBC的距离解：（1）以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立如图所示空间直角坐标系，则P（0，0，1），B（1，0，0），C（1，2，0）D（0，3，0
15、），（1，0，1），（1，1，0），设异面直线PB与CD所成角为，则cos，所以异面直线PB与CD所成角大小为（2）设平面PBC的一个法向量为（x，y，z），（1，0，1），（0，2，0），（1，1，0），则，取x1，得（1，0，1），点D到平面PBC的距离d16已知（x）n的二项展开式中x3的系数是84（1）求n；（2）求（x）n二项展开式中系数最小的项解：（1）（x）n的二项展开式的通项公式为 Tr+1（1）rxn2r，令n2r3，求得n2r+3，故x3的系数是（1）r84，故r为奇数，求得r3，n9（2）由于（x）n二项展开式中系数为（1）r（1）r，要使该项最小，r应该是奇数，且r比较
16、靠近，故r5，故（x）n二项展开式中系数最小的项为x117有6本不同的书按下列分配方式分配，问共有多少种不同的分配方式？（1）分成1本、2本、3本三组；（2）分给甲、乙、丙人，其中一个人1本，一个人2本，一个人3本；（3）分成每组都是2本的三个组；（4）分给甲、乙、丙三人，每个人2本解：（1）无序不均匀分组问题先选1本有C16种选法；再从余下的5本中选2本有C25种选法；最后余下3本全选有C33种方法，故共有C16C25C3360种（2）有序不均匀分组问题由于甲、乙、丙是不同的三人，在第（1）题基础上，还应考虑再分配，共有C16C25C33A33360种（3）无序均匀分组问题先分三步，则应是C
17、26C24C22种方法，但是这里出现了重复不妨记6本书为A、B、C、D、E、F，若第一步取了AB，第二步取了CD，第三步取了EF，记该种分法为（AB，CD，EF），则C26C24C22种分法中还有（AB，EF，CD）、（CD，AB，EF）、（CD，EF，AB）、（EF，CD，AB）、（EF，AB，CD），共A33种情况，而这A33种情况仅是AB、CD、EF的顺序不同，因此只能作为一种分法，故分配方式有15种（4）在（3）的基础上，还应考虑再分配，共有15A3390种18如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是菱形，PA平面ABCD，AB1，PAAC1，ABC（090）（1）若90，E为PC的
18、中点，求异面直线PA与BE所成角的大小；（2）若90，求二面角APCB的大小；（3）试求四棱锥PABCD的体积V的取值范围解：（1）因为PA平面ABCD，并且90，所以A为坐标原点，分别以AB、AD、AP为x、y、z轴建立空间直角坐标系因为AB1，PAAC1，所以，所以，因为E是PC的中点，所以，所以，所以，所以异面直线PA与BE所成角的大小为（2）设平面PBC的法向量为：，因为所以，即，取平面PBC的法向量为 ，因为PABD，ACBD，所以BD平面PAC，又，取平面PAC的法向量，所以二面角APCB的平面角所以所求二面角APCB的大小为（2）由已知可得，平行四边形ABCD的面积为：Ssin，
19、在ABC中，由余弦定理可求得，090，0cos1，所以四棱锥PABCD的体积V的取值范围是四、附加题19已知四棱锥SABCD的底面ABCD是正方形，SA平面ABCD，E是SC上的任意一点（1）求证：平面EBD平面SAC；（2）设SA4，AB2，求点A到平面SBD的距离；（3）当的值为多少时，二面角BSCD的大小为120【解答】（1）因为SA平面ABCD，BD平面ABCD，所以SABD因为底面ABCD是正方形，所以ACBD，又SAACA，所以BD平面SAC因为BD平面EBD，所以平面EBD平面SAC（2）设ACBDF，连接SF，则易知SFBD，因为AB2，所以大为，所以，设点A到平面SBD的距离
20、为h，因为SA平面ABCD，所以，所以，所以，所以点A至平面SBD的距离为（3）设SAa（a0），AB1，以A为原点，AB，AD，AS所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系如图，则C（1，1，0），S（0，0，a），B（1，0，0），D（0，1，0），所以设平面SBC，平面SCD的法向量分别为，则，取x1a，则 y10，z11，可得，同理可得所以，要使二面角BSCD的大小为 120，则，从而a1，即当 时，二面角BSCD的大小为12020已知数列an的首项为1，设（1）若an为常数列，求f（6）的值；（2）若an为公比为2的等比数列，求f（n）的解析式；（3）数列an能否成等差数列，使得
21、f（n）12n（n1）对一切nN*都成立？若能，求出数列an的通项公式；若不能，试说明理由解：（1）由题设知：an1，f（n）c+c+c+c2n1，f（6）26163；（2）若an为公比为2的等比数列，则an12n12n1，故f（n）1c+21c+2k1c+2n1c（20c+21c+22c+2kc+2nc1）（1+2）n；（3）假设数列an能成等差数列，使得f（n）12n（n1）对一切nN*都成立，设公差为d，则，且f（n）anc+an1c+ankc+a1c，由+可得：2f（n）2an+（a1+an1）（c+c+c），f（n）an+（2n2）1+（n1）d+（2n2）1+（n1）d+2+（n2）d（2n11）f（n）1（d2）+2（n2）d2n1（n1）2n恒成立，即（d2）+（d2）（n+2）2n10恒成立，d2，故存在数列an是成等差数列，使得f（n）12n（n1）对一切nN*都成立，且通项公式为an2n1