2024-2025学年上海市上师大附中高二（上）数学期末试卷及答案解析

这是一份2024-2025学年上海市上师大附中高二（上）数学期末试卷及答案解析，共16页。试卷主要包含了填空题，选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。
命题人：郭卫华 审题人：李建微
时间：120分钟；满分：150分
一、填空题（本题满分54分，共有12题，1-6每题4分，7-12每题5分）
1. 直线的倾斜角为______.
【答案】
【解析】
【分析】直线的一般方程转化为斜截式方程，求出直线的斜率即可求得倾斜角.
【详解】，，直线倾斜角为.
故答案为：
【点睛】本题考查直线的倾斜角，属于基础题.
2. 在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点的坐标为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，直接求出关于坐标面对称点的坐标作答.
【详解】点关于平面的对称点的坐标为.
故答案为：
3. 直线过点，且与向量垂直，则直线的方程为______.
【答案】
【解析】
【分析】依题意可得直线的斜率，再由点斜式求出直线方程.
【详解】因直线过点，且与向量垂直，
则直线的斜率，
所以直线的方程为，即.
故答案为：.
4. 在长方体中，与棱所在直线异面垂直的棱有______条．
【答案】4
【解析】
【分析】结合图形由长方体的性质求解即可
【详解】在长方体中，
因为平面，平面，平面，平面，
所以，
因为均与异面，
所以与棱所在直线异面垂直的棱有，共4条，
故答案为：4
5. 已知直线与直线的夹角为，则实数______.
【答案】或
【解析】
【分析】设两直线夹角为，可得，分和两种情况，结合直线的夹角公式运算求解即可.
【详解】设直线与直线的夹角为，
则，可得，，
设直线的倾斜角为，则，
设直线的倾斜角为，
若，则直线即为，可知，
可得，，符合题意；
若，则，
因为，可得，
即，解得或（舍去）；
综上所述：或.
故答案为：或.
6. 如图，三棱柱中，、分别是、的中点，设，，，则等于______.

【答案】
【解析】
【分析】利用空间向量的线性运算即可求解.
【详解】因为三棱柱中，、分别是、的中点，
且，，，
所以，
故答案为：.
7. 某个比赛中甲乙两人通过初赛的概率分别为和，两人独立参加初赛，其中恰有一人通过的概率是______.
【答案】
【解析】
【分析】根据相互独立事件与互斥事件的概率公式即可求解.
【详解】恰好有一人通过的概率为，
故答案为：
8. 建平中学“9.30”活动需要4个不同节目的志愿者服务队，有7名志愿者被分配到这4个服务队，7人中有5名高二学生和2名高一学生，1名高一学生至少需要1名高二学生进行工作的传授，每个服务队至少需要1名高二学生，且2名高一学生不能分配到同一个服务队，则不同的分配方案种数是__________.
【答案】
【解析】
【分析】先把5名高二学生分为人数为的四组，再分到4个不同节目的志愿者服务队，然后把2名高一学生分配到4个不同节目的志愿者服务队中的2个，由乘法原理计算可得．
【详解】根据题意，可先把5名高二学生分为人数为的四组，再分到4个不同节目的志愿者服务队，共有种分法，
然后把2名高一学生分配到4个不同节目的志愿者服务队中的2个，有种分法，
所以共有种不同的分配方案.
故答案为：
9. 我国著名数学家华罗庚曾说过：“数缺形时少直观，形少数时难入微”. 事实上很多代数问题可以转化为几何问题加以解决，如：与相关的代数问题可以转化为点与点之间距离的几何问题.结合上述观点，可得方程的解是______.
【答案】
【解析】
【分析】根据两点距离公式可将问题转化为点到点和点的距离之和为，可知点在椭圆，即可求解.
【详解】因为，所以，
可转化为点到点和点的距离之和为，
则点的轨迹为以点和点为焦点，以的椭圆，
故，
故椭圆方程为，
所以点在椭圆上，
则，解得.
故答案为：.
10. 已知，两个不同平面，给出下列四个条件：
①存在一条直线，，；
②存在一个平面，，；
③存在两条异面直线，，，，，；
④存在两条平行直线，，，，，.
其中可以推出的是______.
【答案】①③
【解析】
【分析】利用线面垂直的性质可知①符合题意；举反例知②不符合题意；利用异面直线以及线面平行的性质可知③符合题意.由线面平行的性质即可得，可能相交，可知④不符合题意；
【详解】对于①，当，不平行时，不存在直线与，都垂直，
，，故①正确；
对于②,存在一个平面，使得，；则，相交或平行（比如墙角处的三个互相垂直的平面），所以②不正确；
对于③,由，，，，所以存在过直线的平面，使得，且，即有，因为，是两条异面直线，所以相交，同时，所以可以推出，故③正确，
如图所示：
对于④，存在两条平行直线，，，，，，则，相交或平行，比如：若直线，同时平行于与的交线，此时，是相交的（如下图所示），不能推出；所以④不正确；
故答案为 ：①③
11. 已知、是空间相互垂直的单位向量，且，，则的最小值是______.
【答案】4
【解析】
【分析】利用坐标法，根据空间向量数量积的坐标运算，向量线性运算，不等式思想即可求解．
【详解】是空间相互垂直的单位向量，
设，，设，
又，，
又，
，
，其中，
，
，
当且仅当时取得等号，
的最小值是4．
故答案为：4．
12. 一只蜜蜂从蜂房出发向右爬，每次只能爬向右侧相邻的两个蜂房(如图)，例如:从蜂房只能爬到1号或2号蜂房，从1号蜂房只能爬到2号或3号蜂房此类推，用表示蜜蜂爬到号蜂房的方法数.设集合，集合是集合的非空子集，则中所有元素之和为奇数的概率为________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，得到数列满足，求得在偶数项共有项，奇数项为项，得到中有的非空子集，以及中所有元素之和为奇数的个数，结合古典概型的概率计算公式，即可求解.
【详解】由题意知，该蜜蜂爬到1号蜂房的路线数为1，第2号蜂房的路线数为2，第3号蜂房的路线数为3，第4号蜂房的路线数为5，第5号蜂房的路线数为8，，
则第号蜂房的路线数为，
所以，
即数列为，其中为偶数，
所以在偶数项共有项，奇数项为项，
又由，可得中有的非空子集，
若中元素之和为奇数，则中的奇数共有奇数个，偶数可以随意，
所以满足条件的的个数为：
，
所以中所有元素之和为奇数的概率为.
故答案为：.
二、选择题（本题满分18分，共有4题，13-14每题4分，15-16每题5分）
13. 已知，若三个向量共面，则实数的值等于（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意可知存在，使得，结合向量的坐标运算列式求解即可.
【详解】因为，，，且，，三向量共面，
可知存在，使得，即，
则，解得.
故选：A
14. 在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥平面ABCD，AB＝PD＝a．点E为侧棱PC的中点，又作DF⊥PB交PB于点F．则PB与平面EFD所成角为
A 30°B. 45°C. 60°D. 90°
【答案】D
【解析】
【详解】试题分析：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DP为z轴，建立空间直角坐标系D-xyz，
D为坐标原点．P（0，0，a），B（a，a，0），
=（a，a，-a），又=（0，，），
•=0+−=0，
∴PB⊥DE．
由已知DF⊥PB，又DF∩DE=D，
∴PB⊥平面EFD，
∴PB与平面EFD所成角为90°
考点：直线与平面所成的角
15. 有5张相同的卡片，分别标有数字，从中有放回地随机取两次，每次取1张卡片，表示事件“第一次取出的卡片上的数字为2”，表示事件“第一次取出的卡片上的数字为奇数”，表示事件“两次取出的卡片上的数字之和为6”，表示事件“两次取出的卡片上的数字之和为”，则（ ）
A. 与为对立事件B. 与为相互独立事件
C. 与为相互独立事件D. 与为互斥事件
【答案】B
【解析】
【分析】根据对立事件和互斥事件的定义即可判断AD；根据相互独立事件的定义结合古典概型公式进行计算，即可判断BC.
【详解】由题意，与互斥但不对立，故A错；
事件有共种，则，
事件有共种，则，
其中事件有共种，事件有共种，
，
则，所以与相互独立，故B对；
，所以与不独立，故C错；
因为与可同时发生，所以与不互斥，故D错.
故选：B.
16. 上师大附中闵分-宝分高二年级进行篮球比赛，甲、乙、丙、丁四个班级进入半决赛.规定首先甲与乙比、丙与丁比，这两场比赛的胜利者再争夺冠军.通过小组赛获奖统计估计出他们之间相互获胜的概率如下：则甲夺冠的概率为（ ）
A. 0.15B. 0.162C. 0.3D. 0.25
【答案】B
【解析】
【分析】分丙、丁的输赢情况，结合独立事件的乘法公式与全概率公式即可得解.
【详解】设为甲赢乙的概率，为甲赢丙的概率，为甲赢丁的概率，
分别为丙赢丁和丁赢丙的概率，为甲夺冠的概率，
则
故选：B.
三、解答题（本题满分78分，共有5题，解答下列各题必须在答题纸的规定区域内写出必要的步骤）
17. 建平中学在迎新春活动中进行抽卡活动，不透明的卡箱中共有“福”“迎“春”卡各两张，“龙”卡三张.每个同学从卡箱中随机抽取张卡片，其中抽到“龙”卡获得分，抽到其他卡均获得分.
（1）求学生甲最终获得分的不同的抽法种数；
（2）求学生乙最终获得分的概率．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）依题意学生甲需抽中张“龙”卡和张其他卡，利用组合数公式计算可得；
（2）学生乙需要抽中张“龙”卡和张其他卡，即可求出学生乙的不同的抽法种数，再根据古典概型的概率公式计算可得.
【小问1详解】
学生甲最终获得分，则需抽中张“龙”卡和张其他卡，
则不同的抽法种数为种.
【小问2详解】
学生乙最终获得分，则需要抽中张“龙”卡和张其他卡，不同的抽法种数为种，
而从张卡片中抽取张卡片一共有种取法，
所以学生乙最终获得分的概率.
18. 已知直线：；：.
（1）若，求实数的值；
（2）若直线在两个坐标轴上的截距相等，求实数的值.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）根据直线一般式中平行满足的系数关系，即可列式子求解，
（2）分别求解轴上的截距，根据相等列方程求解即可.
【小问1详解】
当时，满足，解得，
【小问2详解】
由题意可知，故，
令，则，
令，则，
故，解得或
19. 如图，“复兴”桥为人行天桥，其主体结构是由两根等长的半圆型主梁和四根竖直的立柱吊起一块圆环状的桥面．主梁在桥面上方相交于点S且它们所在的平面互相垂直，S在桥面上的射影为桥面的中心O．主梁连接桥面大圆，立柱连接主梁和桥面小圆，地面有4条可以通往桥面的上行步道．设CD为其中的一根立柱，A为主梁与桥面大圆的连接点．
（1）求证：平面SOA；
（2）设AB为经过A的一条步道，其长度为12米且与地面所成角的大小为30°．桥面小圆与大圆的半径之比为，当桥面大圆半径为20米时，求点C到地面的距离．
【答案】（1）证明过程见详解
（2）米
【解析】
【分析】(1)根据题意可知：，利用线面平行的判定即可证明；
(2)根据题意利用勾股定理先求出点C到桥面的距离，再求出底面到桥面的距离，最后相加即可求解.
【小问1详解】
由题意可知：桥面，桥面，所以，
平面，平面，所以CD∥平面.
【小问2详解】
作出其中一个主梁的轴截面，连接，
由题意可知：，因为桥面小圆与大圆的半径之比为，
也即，所以，
在中，，
所以点C到桥面的距离为米，
又因为AB为经过A的一条步道，其长度为12米且与地面所成角的大小为30°，
所以地面到桥面的距离为，
故点C到地面的距离为米.
20. 一束光从光源射出，经轴反射后（反射点为），射到线段上处．
（1）若，求光从出发，到达点时所走过的路程；
（2）若，求反射光的斜率的取值范围；
（3）若，求光从出发，到达点时所走过的最短路程．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）先求出关于轴的对称点，则光所走过的路程为；
（2）根据 ，可得反射光斜率的取值范围；
（3）当的横坐标，光所走过的最短路程为点到直线的距离．当的横坐标，光所走过的最短路程为点．
【小问1详解】
关于轴的对称点，，
由 ，则此时，
所以光所走过的路程即．
【小问2详解】
对于线段，令其端点，
则，
所以反射光斜率的取值范围是．
【小问3详解】
若反射光与直线垂直，则由．
①当，即时，光所走过的最短路程为点到直线的距离，
所以路程．
②当，即时，光所走过的最短路程为线段，其中，
所以．
综上：．
21. 柯西是一位伟大的法国数学家，许多数学定理和结论都以他的名字命名，柯西不等式就是其中之一，它在数学的众多分支中有精彩应用，柯西不等式的一般形式为：设，，，…，，，，，…，，，当且仅当（）或存在一个数，使得（）时，等号成立.
（1）请你写出柯西不等式的二元形式；
（2）设是棱长为的正四面体内的任意一点，点到四个面的距离分别为、、、，求的最小值；
（3）已知无穷正数数列满足：①存在，使得（）；②对任意正整数、（），均有.求证：对任意，，恒有.
【答案】（1）答案见解析
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用柯西不等式的定义，写出时的形式；
（2）由体积法求出，构造柯西不等式求的最小值；
（3）时，由，有，由柯西不等式得，进而可得.
【小问1详解】
柯西不等式的二元形式为：
设，则，
当且仅当时等号成立.
【小问2详解】
由正四面体的体积，
将正四面体放入到棱长为为正方体中，
则,
得，所以，
又由柯西不等式得
，
所以，
当且仅当时等号成立.
所以的最小值为.
【小问3详解】
对，记是的一个排列，
且满足,
由条件②得：.
于是，对任意的，
都有，
由柯西不等式得
，
所以
，
从而，对任意，，恒有，
因为对任意，，，
所以，对任意，，恒有，
【点睛】方法点睛：遇到新定义问题一定要准确理解题目的定义，按照新定义交代的性质或者运算规律来解题．
第一、准确转化．解决新信息问题，一定要理解题目定义的本质含义，紧扣题目所给的定义、运算法则对所求问题进行恰当的转化．
第二、方法的选取．对新信息题可以采取一般到特殊的特例法，从逻辑推理的角度进行转化，理解题目定义的本质并进行推广、运算．
第三、应该仔细审读题目．严格按新信息的要求运算．解答问题时要避免课本知识或者已有知识对新信息问题的干扰．甲
乙
丙
丁
甲
0.3
0.3
0.7
乙
0.7
0.6
0.3
丙
0.7
0.4
0.4
丁
0.3
0.7
0.6