2021-2022学年上海市松江一中高二年级上册学期期末考试数学试题【含答案】

这是一份2021-2022学年上海市松江一中高二年级上册学期期末考试数学试题【含答案】，共14页。试卷主要包含了填空题，解答题，单选题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年上海市松江一中高二上学期期末数学试题 一、填空题1．过点，且法向量是的直线的点法向式方程是____.【答案】【分析】利用直线的点法式方程写出即可.【详解】根据直线的点法式方程可得直线的点法式方程：.故答案为：2．用数学归纳法证明1+++…+<n(n∈N*,n>1)时,第一步应验证的不等式是____.【答案】1++<2【详解】由条件知n的第一个值为2,所以第一步应验证的不等式是1++<2.3．若数列为等比数列，且，，则=______．【答案】128【分析】设公比为，由，则代入求解即可.【详解】设公比为，则，所以.故答案为：1284．若直线的斜率为，倾斜角为且，则的取值范围是_____.【答案】【分析】直接利用斜率和倾斜角的关系来得答案.【详解】，且，或，即的取值范围是.故答案为：.5．某篮球队在本赛季已结束的场比赛中，队员甲得分统计的茎叶图如下，则甲在比赛中得分的方差为________.【答案】####【分析】先计算出甲比赛中得分的均值，再利用方差公式可求得结果.【详解】甲在比赛中得分的均值为，方差为.故答案为：. 二、解答题6．直线与直线的夹角大小等于_______. (结果用反三角函数值表示).【答案】【分析】先分别求出两条直线的斜率，再套用夹角公式即可求出答案.【详解】直线与直线的斜率分别为0和2，设它们的夹角为，所以，则.故答案为：. 三、填空题7．已知数列的前项和. 则数列的通项公式为_______.【答案】【分析】根据公式求解即可.【详解】解：当时， 当时， 因为也适合此等式，所以.故答案为：8．已知圆锥的体积为，母线与底面所成角为，则该圆锥的表面积为_______．【答案】【分析】设圆锥底面半径，则母线长，高，则，求出，，该圆锥的表面积为，由此能求出结果．【详解】解：圆锥的体积为，母线与底面所成角为，如图，设圆锥底面半径，则母线长，高，，解得，，，该圆锥的表面积为．【点睛】本题考查圆锥的表面积的求法，考查圆锥的性质、体积、表面积等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．9．已知直线过点，且与直线的夹角为，则直线的方程为________.【答案】或．【分析】先求，再根据夹角公式求得直线的斜率，利用点斜式即可求出直线的方程.【详解】设直线的斜率为，因为，且为锐角，所以，所以，解得，故过点，且与直线的夹角为的直线的方程为，即．当直线的斜率不存在时，此时直线的方程，符合题意.所以直线的方程为或.故答案为：或10．如图所示，设正三角形边长为是的中点三角形，为除去后剩下三个三角形内切圆面积之和，求_____.【答案】．【分析】第一个中点三角形的边长为，对应的内切圆半径，从而求得，再根据相似的性质可得，依次类推，从而根据无穷小数列即可求解.【详解】记第一个中点三角形为正三角形△，则△边长为，内切圆半径为，所以，因为△与△相似，并且相似比是，则面积的比是，所以，因为正△与正△的面积的比也是，所以，……所以．故答案为：.11．已知集合，，将中的所有元素按从小到大的顺序排列构成一个数列，设数列的前项和为，则使得成立的最小的的值为_____________.【答案】36【分析】由题可得为数列的项，且利用分组求和可得，通过计算即得.【详解】由题意，对于数列的项，其前面的项1，3，5，…，，共有项，，共有项，所以为数列的项，且.可算得（项），，，因为，，，所以，，，因此所求的最小值为36.故答案为：36.12．已知递增数列共有项，且各项均不为零，，如果从中任取两项，当时，仍是数列中的项，则数列的各项和_____．【答案】【详解】∵当时，仍是数列中的项，而数列是递增数列，∴，所以必有，，利用累加法可得：，故，得，故答案为.点睛：本题主要考查了数列的求和，解题的关键是单调性的利用以及累加法的运用，有一定难度；根据题中条件从中任取两项，当时，仍是数列中的项，结合递增数列必有，，利用累加法可得结果. 四、单选题13．已知直线与直线，那么“”是“”的（    ）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】C【分析】利用充分条件和必要条件的定义判断即可【详解】解：当时，，而当时，，所以“”是“”的充分必要条件，故选：C14．设为两个随机事件，以下命题错误的为（    ）A．若是独立事件，，，则B．若是对立事件，则C．若是互斥事件，，，则D．若，，且，则是独立事件【答案】C【分析】利用互斥公式、独立公式、对立公式满足的条件可以一一判断.【详解】对于A：当是独立事件时，也是独立事件，，A正确；对于B：当是对立事件时，，B正确；对于C：当是互斥事件，，，则，C错；对于D：，，故是独立事件，即是独立事件，D正确.故选：C15．魏晋时期数学家刘徽在他的著作九章算术注中，称一个正方体内两个互相垂直的内切圆柱所围成的几何体为“牟合方盖”，刘徽通过计算得知正方体的内切球的体积与“牟合方盖”的体积之比应为：若正方体的棱长为2，则“牟合方盖”的体积为　　A．16 B． C． D．【答案】C【分析】由已知求出正方体内切球的体积，再由已知体积比求得“牟合方盖”的体积．【详解】正方体的棱长为2，则其内切球的半径，正方体的内切球的体积，又由已知，．故选C．【点睛】本题考查球的体积的求法，理解题意是关键，是基础题．16．已知点、和，记线段的中点为，取线段和中的一条，记其端点为、，使之满足，记线段的中点为，取线段和中的一条，记其端点为、，使之满足，依次下去，得到点、、、、、，则 （     ）A． B． C． D．【答案】A【分析】计算出线段上到原点距离等于的点为的坐标，分析可知、、、、的极限为，利用极限的定义以及两点间的距离公式计算可得结果.【详解】由得和一个大于一个小于，设线段上到原点距离等于的点为，由且，得，，所以线段上到原点距离等于的点为，若，则、应在点的两侧，所以第一次应取、、、、中必有一点在的左侧，一点在的右侧，因为、、、、是中点，所以、、、、的极限为，所以.故选：A. 五、解答题17．已知直线：；：.(1)若，求的值；(2)若，且直线与直线之间的距离为，求的方程.【答案】(1)(2)或. 【分析】（1）由两直线垂直，可得斜率乘积为，列方程可得答案；（2）由两直线平行，斜率相等可求出的值，再由两平行线间的距离公式列方程可求出的值,即可求出直线方程.【详解】（1）设直线的斜率分别为，则．若，则，（2）若，则， ∴可以化简为，又直线与直线的距离，或，所以直线方程为或.18．如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，平面，，．（1）求点到平面的距离；（2）求二面角的平面角的余弦值．【答案】（1）    （2）【分析】（1）建立空间直角坐标系，计算平面PBC的法向量，由点面距离的向量公式即得解；（2）计算平面PCD的法向量，结合（1）中平面PBC的法向量，利用二面角的向量公式即得解【详解】（1）由题意，平面，，，以A为坐标原点，所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系则P（0，0，1），B（1，0，0），C（1，2，0），D（0，3，0），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x=1，得=(1，0，1)，∴点D到平面PBC的距离． （2）由（1）可得平面PBC的一个法向量为=(1，0，1)，设平面PCD的一个法向量为，， =(﹣1，1，0)，则，取，得，设二面角的平面角为，由图得二面角为钝角故19．全世界人们越来越关注环境保护问题，某监测站点于2016年8月某日起连续n天监测空气质量指数（AQI），数据统计如下：空气质量指数 空气质量等级空气优空气良轻度污染中度污染重度污染天数2040m105 (1)根据所给统计表和频率分布直方图中的信息求出n，m的值，并完成频率分布直方图；(2)在空气质量指数分别属于和监测数据中，用分层抽样的方法抽取5天，再从中任意选取2天，求事件A“两天空气都为良”发生的概率.【答案】(1)，，直方图见解析(2) 【分析】(1)根据频率的定义可求得，从而求得，进一步计算每组的频率，从而完成频率分布直方图；(2)根据分层抽样的定义可以确定空气质量指数为和的监测天数中分别抽取4天和1天，再根据古典概率模型计算公式即可求解.【详解】（1）因为，解得，因为，解得，，，，．完成频率分布直方图如图：（2）空气质量指数为和的监测天数中分别抽取4天和1天，在所抽取的5天中，将空气质量指数为的4天分别记为，将空气质量指数为的1天记为．从中任取2天的基本事件分别为，，，，，，，，，，共10天，其中事件“两天空气都为良”包含的基本事件为，，，，，，共6天，所以事件“两天空气都为良”发生的概率．20．已知等差数列的前项和为，且(1)求数列的通项公式；(2)若，求证：数列是等差数列．(3)求数列的前项和．【答案】(1)(2)见解析(3) 【分析】（1）设等差数列的首项为、公差为，利用等差数列的前项和公式得到关于和的方程组，进一步求出通项公式；（2）先利用等差数列的前项和公式求出和，再利用等差数列的定义进行证明；（3）利用绝对值的代数意义和分类讨论思想，按或分别进行求和.【详解】（1）解：设等差数列的首项为、公差为，因为，所以，解得，所以，即数列的通项公式为.（2）解：由（1）得：，，则，所以数列是等差数列．（3）解：当时，，，当时，，；综上所述， .21．若数列的前项和为，且满足等式.（1）求数列的通项公式；（2）能否在数列中找到这样的三项，它们按原来的顺序构成等差数列？说明理由；（3）令，记函数的图像在轴上截得的线段长为，设，求，并证明：.【答案】（1）；（2）不存在，理由见解析；（3），证明见解析.【分析】（1）由递推式，结合的关系易得是首项为，公比为的等比数列，写出通项公式即可.（2）令有成等差数列，利用等差中项的性质可得，再结合的取值范围，易得矛盾结论，即证存在性.（3）由题设可得，再应用裂项相消法求，最后由放缩法得，即可证结论.【详解】（1）当时，，则，当时，，则，∴是首项为，公比为的等比数列，∴，.（2）若，有成等差数列，则，∴，即，整理有，又，∴，故，与矛盾，故数列中找不到三项，它们按原来的顺序构成等差数列.（3）由（1）知：，则，又，∴∴，得证.【点睛】关键点点睛：第二问，应用等差中项的性质及反证法证明；第三问，首先确定x轴交点距离通项，再应用裂项相消法求，最后由放缩法求证结论.