2021-2022学年上海市奉贤中学高二上学期期中数学试题（解析版）

2021-2022学年上海市奉贤中学高二上学期期中数学试题

一、填空题

1．平面外的直线与平面所成的角是，则的取值范围是______.

【答案】

【分析】根据直线在平面外包含：直线与平面相交、直线与平面平行，即可求解.

【详解】直线在平面外包含两种情况：直线与平面相交、直线与平面平行.当直线与平面相交时，，当直线与平面平行时，，所以的取值范围为 .

故答案为

【点睛】本题主要考查直线与平面的位置关系及直线与平面所成的角的范围，属于基础题.

2．如图，已知长方体的棱长，，，则点到棱的距离是___________.

【答案】5

【分析】先分析的位置关系，由此可知点到棱的距离.

【详解】由长方体的结构特点可知：，

所以点到棱的距离即为的长度，即为，

故答案为：.

3．一个边长为4的正方形的直观图的面积为___________.

【答案】

【分析】根据直观图面积是原图形面积的，即可得出答案.

【详解】解：正方形的面积为，

所以直观图的面积为.

故答案为：.

4．若一个圆柱的侧面积是，高为1，则这个圆柱的体积是_______．

【答案】

【分析】根据圆柱的侧面积公式求出底面圆的半径，进而可求解.

【详解】圆柱的侧面积是，

所以体积．

故答案为: .

5．在四面体中，若，，两两互相垂直，则点P在平面上的投影是的___________心.

【答案】垂心

【分析】证明平面，得，根据平面，得，可证得平面，得，同理可证得，即可得出结论.

【详解】解：在四面体中，若，，两两互相垂直，

则平面，平面，平面，

又平面，所以，

设点P在平面上的投影为点O，

则平面，又平面，所以，

又因，所以平面，

又平面，所以，

同理，，

所以点O是的垂心.

故答案为：垂心.

6．已知两个球的表面积之差为， 它们的大圆周长之和， 则这两个球的半径之差_______．

【答案】2

【分析】设出两球的半径，根据表面积之差和大圆周长之和列出方程组，求出两球半径之差.

【详解】设大小球的半径分别为，

因为两个球的表面积之差为，它们的大圆周长之和为，

所以且，

整理得：且，两式相除得：，

这两球的半径之差为2．

故答案为：2

7．已知的展开式的常数项为60，则______.

【答案】

【分析】写出展开式的通项，然后可算出答案.

【详解】的展开式的通项，由，得，

且，可得，.

故答案为：6

8．奉贤中学在开学前夕举办了“建党百年”知识答题赛，其中高二年级的张老师、丁老师组队参加答题赛，比赛共分为两轮， 每轮比赛张老师、丁老师各答一题．已知张老师答对每个题的概率为，丁老师答对每个题的概率为，假定张老师、丁老师两人答题正确与否互不影响，则比赛结束时，张老师、丁老师两人共答对三个题的概率是______．

【答案】

【分析】分两种情况，结合独立事件概率乘法公式和互斥事件概率加法公式，独立重复事件概率计算公式计算出答案.

【详解】张老师答对的事件记作A，丁老师答对的事件记作B，

则，，，，

张老师答对2题，丁老师答对1题的概率为：

，

丁老师答对2题，张老师答对1题的概率为：

则张老师、丁老师两人共答对三个题的概率是．

故答案为：

9．正方体的棱长为2，则异面直线与之间的距离为_________．

【答案】

【分析】如图，取的中点E，连接BD交AC于点O，连接OE，可知异面直线与AC的距离为点D到平面EAC的距离，根据三棱锥等体积法计算即可得出结果.

【详解】

如图，取的中点E，连接BD交AC于点O，连接OE，

则OE是的中位线，有，且，

所以异面直线与AC的距离为到平面EAC的距离，

即点D到平面EAC的距离，设该距离为h，

由题意得，，

由，得，

解得.

故答案为：

10．下列命题正确的是_______(填序号)

①若一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，则这条直线和交线平行；

②若一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，则这条直线垂直于这个平面；

③若两条直线都平行于一个平面，则这两条直线互相平行；

④若两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平面．

【答案】①②④

【分析】①②④分别根据线面平行的性质、线面垂直的判定、面面垂直的性质可得；③还可能为相交或者异面

【详解】①若一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，则这条直线和交线平行，这是线面平行的性质定理，故正确；

②若一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，则这条直线垂直于这个平面，这是线面垂直的判定定理，故正确；

③若两条直线都平行于一个平面，则这两条直线可能平行也可能相交或者异面；

④若两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平面，这是面面垂直的性质定理，故正确；

故命题正确的是①②④．

故答案为：①②④

11．如图正方体的棱长是2，是上的动点，是上、下两底面上的动点，是中点，，则的最小值是________．

【答案】

【分析】以为顶点构造棱长为2的正方体，利用对称性进行等量转化，由图形得到四点共线时取最小值，进而求解.

【详解】以为顶点构造棱长为2的正方体，

由对称得，，

因为是上的动点，是下两底面上的动点，

则是直角三角形，是中点，且，故，

所以取最小值时，四点共线，

则，此时．

故答案为：.

12．将正五角星的五个“角”(等腰的小三角形)分别沿着其底边折起，使其与原来的平面成直二面角，则在所形成的立体图形中，共有_______对异面直线．

【答案】50

【分析】对直线编号，考虑两种情况，侧面直线之间的异面直线和侧面直线与底面直线所成异面直线，求出异面直线的对数后相加即可.

【详解】如图将折起后图形的边标号，将号直线称为侧面直线，

将称为底面直线，由于底面直线互为不成异面直线，

所以只需考虑侧面直线之间的异面直线和侧面直线与底面直线所成异面直线，

前者考虑其中一条侧面直线，如1号，与它异面的侧面直线有3号，5号，7号，

9号，于是共有对，

后者考虑1号，与它异面的底面直线有，于是有对，

从而共有异面直线对．

故答案为：50

二、单选题

13．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

【答案】B

【分析】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.

【详解】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项.

【点睛】本题考查不共线的三个点确定一个平面，属于简单题.

14．“一名同学一次掷出3枚骰子，3枚全是6点”的事件是

A．不可能事件 B．必然事件

C．可能性较大的随机事件 D．可能性较小的随机事件

【答案】D

【详解】掷出的3枚骰子全是6点，可能发生，但发生的可能性较小．

【解析】随机事件.

15．圆柱的底面半径为r，高为h，体积为2，表面积为24，则的值是（ ）

A．6 B．8 C．12 D．24

【答案】A

【详解】试题分析：圆柱的体积为，表面积为，两式相除得即

故选：A

【解析】圆柱的体积，表面积

16．已知为不同数字的种类，如等，求所有的256个 排列所得到的的总和是（    ）

A．450 B．720 C．374 D．700

【答案】D

【分析】利用排列组合原理分类讨论进行求解.

【详解】的排列共有256种，

当时，即排列有1个数字，有4种情况，

当时，即排列中有2个不同的数字，

若有3个数字相同，有种情况，

若有2个数字相同，有种情况，此时有48+36=84种情况，

当时， 即排列中有3个不同的数字，

有种情况，

当时， 即排列有4个不同的数字， 有种情况，

则的总和是700，

故选：D.

三、解答题

17．（1）请用文字语言叙述平面与平面平行的判定定理；

（2）把（1）中的定理写成“已知：⋯⋯ ，求证： ⋯⋯ ”的形式， 并用反证法证明．

【答案】（1）答案见解析 ；（2）答案见解析 ．

【分析】（1）直接写出平面与平面平行的判定定理；（2）利用线面平行的性质定理进行反证.

【详解】（1）平面与平面平行的判定定理：一个平面内的两条相交直线与一个平面平行，

则这两个平面平行．

（2）已知，求证：．

下面利用反证法证明：如图，

假设与相交，设交线为，

因为，所以，

因为，所以，

由平行公理得，与矛盾，

所以假设错误，故．

18．一次劳动实践活动中，某同学不慎将两件次品混入三件正品中，它们形状、大小完全相同，该同学采用技术手段进行检测．

(1)若从中任意抽出两件产品检测，则共有多少种不同的抽法；

(2)若从中任意抽出两件产品检测，则其中一件是次品的抽法共有多少种；

(3)若每次抽取一件产品进行检测，求恰好三次检测出两件次品的概率．

【答案】(1)10

(2)6

(3)

【分析】（1）根据组合原理求解；（2）根据分步乘法原理求解；（3）根据排列组合以及古典概率模型即可求解.

【详解】（1）根据组合数的运算方法可得，有种不同的抽法；

（2）其中一件是次品，则另一件是正品，则有种不同的抽法；

（3）恰好三次检测出两件次品包含前三次检测均为正品，

或前两次有一次检测出了次品，第三次检测出次品两类情况，

前三次检测均为正品的方法有种，

前两次有一次检测出了次品， 第三次检测出次品的方法有种，

故恰好三次检测出两件次品的的分法共有6+12=18种，

又检测三次的方法共有，

故所求的概率．

19．如图，已知圆锥的顶点为，底面圆心为，半径为；

（1）若圆锥的侧面积为，求圆锥的体积．

（2）若，OA，是底面半径，且，为线段的中点，求异面直线与所成的角的余弦值．

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）根据圆锥性质，利用侧面积求出母线，得到圆锥的高，即可求得圆锥的体积；

（2）以为原点，OA为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法直接求出异面直线与所成的角的余弦值即可．

【详解】解：（1）∵圆锥的顶点为，底面圆心为，半径为，圆锥的母线长为，

∴圆锥的侧面积，，

则.

∴圆锥的体积；

（2）∵，OA，是底面半径，且，为线段的中点，

∴以为原点，OA为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图，

，，，，，

，，

设异面直线与所成的角为，则．

∴异面直线与所成的角的余弦值为.

20．如图，已知、分别是正方形边、的中点，与交于点，、都垂直于平面，且，，是线段上一动点.

（1）求证：平面；

（2）若平面，试求的值；

（3）当是中点时，求二面角的余弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.

【分析】（1）连接，易得，由正方形的性质有，再由线面垂直的性质及判定可证结论.

（2）若是的四等分点靠近的位置，连接，结合题设易得，再应用线面平行的判定可得平面，即可得的值.

（3）连接，由题设易知二面角为，进而求的正余弦值，应用诱导公式及两角和余弦公式求二面角的余弦值.

【详解】（1）连接，由、分别是、的中点，则，

由为正方形，则，故，

∵面，面，

∴，，则平面；

（2）若是的四等分点靠近的位置，连接，

由题设及（1），易知：是的四等分点靠近的位置，

∴在△中，即，又面，面，

∴平面，符合题设.

故面时，.

（3）连接，由（1）结论易知：二面角、的平面角分别为，则二面角为，

由，，结合（2）知：，

∴，，则，，

由二面角的余弦值知：.

21．在中，把称为三项式的系数．

(1)当时，写出三项式的系数的值；

(2)类比的二项式展开式(杨辉三角)的规律，当时，写出三项式的(杨辉三角)数字表，并求出时的；

(3)求（用组合数表示）．

【答案】(1)

(2)答案见解析

(3)

【分析】（1）由代入可得答案；

（2）类比，结合可写出三项式的(杨辉三角)数字表，令可得的值；

（3）由

得的系数为，转化为求展开式中的系数可得答案.

【详解】（1）因为，

所以；

（2）当时，三项式的(杨辉三角)数字表如下，

令，可得；

（3）

，

其中的系数为，

又，

而二项式的通项，

由解得，所以的系数为，

由代数式恒成立得

.

【点睛】关键点点睛：解题的关键点是类比的二项式展开式(杨辉三角)的规律和结合二项式定理解题，考查了学生的运算能力、转化能力。