2021-2022学年上海市南洋模范中学高二上学期期末数学试题（解析版）

2021-2022学年上海市南洋模范中学高二上学期期末数学试题

一、填空题

1．甲校有3600名学生,乙校有5400名学生,丙校有1800名学生.为统计三校学生某方面的情况,计划采用分层抽样法,抽取一个样本容量为90人的样本,则应在甲校抽取的学生数是___________.

【答案】30

【分析】根据分层抽样时样本容量与总体容量成正比,可以求出甲校抽取的学生数.

【详解】因为甲校有3600名学生，乙校有5400名学生，丙校有1800名学生,计划采用分层抽样法.

所以,因此抽取一个样本容量为90人的样本,甲校抽取的学生数是.

故答案为30

【点睛】本题考查了分层抽样定义,考查了数学运算能力,属于基础题.

2．现有高一学生9人，高二学生12人，高三学生7人，自发组织参加数学课外活动小组，从中推选两名来自不同年级的学生做一次活动的主持人，则不同的选法有__种.

【答案】255

【分析】可以从所有学生中抽取2人，减去从每个年级中各抽取2人的组合数，从而得出结果.

【详解】所有的选法共有种，

这2名学生属于同一个年级的选法有种，

故此2名学生不属于同一个年级的选出方法有种.

故答案为：255.

3．若，则__.

【答案】10

【分析】利用等差数列的求和公式和裂项相消即可求出答案.

【详解】由题意得，

即，

所以，

所以.

故答案为：10.

4．如图所示，绕直角边所在直线旋转一周形成一个圆锥，已知在空间直角坐标系中，点和点均在圆锥的母线上，则圆锥的体积为__________．

【答案】

【分析】根据坐标确定圆锥的高与底面半径，再根据圆锥体积公式得结果.

【详解】由题意得圆锥的高为,底面半径为2,,

所以圆锥体积为

故答案为：

【点睛】本题考查圆锥体积公式，考查基本分析求解能力，属基础题.

5．已知直线的方向向量为，点在上，则点到的距离为___________.

【答案】1

【分析】求出与直线的方向向量的夹角的余弦，转化为正弦后可得点到直线的距离．

【详解】，

，

所以，

点到的距离为．

故答案为：1．

6．图1中的机械设备叫做“转子发动机”，其核心零部件之一的转子形状是“曲侧面三棱柱”，图2是一个曲侧面三棱柱，它的侧棱垂直于底面，底面是“莱洛三角形”，莱洛三角形是以正三角形的三个顶点为圆心，正三角形的边长为半径画圆弧得到的，如图3.若曲侧面三棱柱的高为5，底面任意两顶点之间的距离为20，则其侧面积为__.

【答案】

【分析】由曲侧面三棱柱的定义，其侧面为矩形，即可根据几何关系求侧面积.

【详解】由题意得为等边三角形，且边长为20，如图所示，

所以弧的长度为，

曲侧面三棱柱的三个侧面展开后，均是长为，宽为5的矩形，

所以曲侧面三棱柱的侧面积为.

故答案为：

7．两人下棋，每局两人获胜的可能性一样.某一天两人要进行一场三局两胜的比赛，最终胜利者赢得100元奖金.第一局比赛胜，后因为有其他要事而中止比赛，则将100元奖金公平分给两人，则应该得到的奖金数为__元.

【答案】75

【分析】赢得这场比赛的情况为第二局胜；第二局输，第三局胜，求出赢得这场比赛的概率，即可求出应该得到的奖金数.

【详解】赢得这场比赛的情况为第二局胜；第二局输，第三局胜，

故赢得这场比赛的概率，

所以应该得到的奖金数为元.

故答案为：75.

8．复印纸幅面规格只采用系列和系列，其中系列的幅面规格为：①所有规格的纸张的幅宽（以表示）和长度（以表示）的比例关系都为；②将纸张沿长度方向对开成两等分，便成为规格；纸张沿长度方向对开成两等分，便成为规格；；如此对开至规格．现有纸各一张．若纸的幅宽为，则这9张纸的面积之和等于__．

【答案】##

【分析】根据题意先逐一得出纸张的长和宽，进而求得的面积，再由纸张的面积是以为首项，公比为的等比数列，再根据等比数列的求和公式即可求得这9张纸的面积之和．

【详解】依题意可得，

的长、宽分别为是，；的长、宽分别为，；

的长、宽分别为，；的长、宽分别为，；

的长、宽分别为，，

所以纸的面积为；

则纸张的面积是以为首项，以为公比的等比数列，

则这9张纸的面积和为．

故答案为：．

9．已知球的半径为是球面上的两点，且，若点是球面上任意一点，则的取值范围是__________．

【答案】

【分析】以球心为坐标原点建立空间直角坐标系，设点的坐标，用来表示，进而求出答案.

【详解】由题意，可得,

则，又由，所以，

以球心为坐标原点，以为轴正方向，平面的垂线为z轴建立空间坐标系，

则，设，

则，

所以，

因为在球面上，则，所以，

所以，

设，当与圆相切时，取得最值.

又由，解得，

所以，所以

故答案为：.

【点睛】本题主要考查了空间向量的应用，向量的数量积的运算，以及直线与圆的位置关系的综合应用，其中解答中建立适当的空间直角坐标系，利用向量的数量积的运算公式，结合直线与圆的位置关系求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.

10．如图，现将一张正方形纸片进行如下操作：第一步，将纸片以为顶点，任意向上翻折，折痕与交于点，然后复原，记；第二步，将纸片以为顶点向下翻折，使与重合，得到折痕，然后复原，记；第三步，将纸片以为顶点向上翻折，使与重合，得到折痕，然后复原，记；按此折法从第二步起重复以上步骤，得到，则__.

【答案】

【分析】先分析出递推式，再求出的通项，最后算出极限即可.

【详解】由第二步得；由第三步得，

依此类推，所以，

①若，则，此时；

②若，则数列是以为首项，为公比的等比数列，

所以，即.

所以.

综上，.

故答案为：

11．取棱长为a的正方体的一个顶点，过从此顶点出发的三条棱的中点作截面，依次进行下去，对正方体的所有顶点都如此操作，所得的各截面与正方体各面共同围成一个多面体，如图所示．则此多面体：

①有12个顶点；②有24条棱；③有12个面；

④表面积为3a2；⑤体积为．

以上结论正确的是________________．（填上所有正确的序号）

【答案】①②⑤

【分析】根据题意结合图形可知，原来的六个面还在，只是变成了六个小正方形，再添加了八个三角形面，计算或者数数可得到顶点、棱和面的个数，再利用割补法求出多面体的表面积和体积即可.

【详解】由图可知，原来的六个面还在，只是变成了六个小正方形，再添加了八个三角形面，总计有6+8=14个面，则③错误；

每个正方形有4条边，每个三角形3条边，而每条边对应两个面，所以共有条棱，则②正确；

每个顶点对应4条棱，每条棱对应两个顶点，所以顶点数是棱数的一半，即12个，则①正确；

三角形和小正方形的边长都是，所以小正方形的总面积为，三角形的总面积为，即多面体的表面积为，则④错误；

多面体的体积为原正方体的体积减去8个三棱锥的体积，8个三棱锥的体积为，于是多面体的体积为，则⑤正确.

故答案为：①②⑤

12．设数列的前项和为，，()，(，).且､均为等差数列，则_________.

【答案】

【解析】根据已知条件知数列是首项为，公差为的等差数列，可求出，再根据已知条件转化求出等差数列､的通项公式，再利用分组求和即可得解.

【详解】

又，即

数列是首项为，公差为的等差数列，①，

又分别构成等差数列，根据①式可得

②，

③，

④，

由②+③，得，

又是等差数列，所以必为常数，

所以，

或，

由①得，即，

，，又，

，即或(舍去)，

，

是首项为1，公差为的等差数列，，

同理，由③+④得，，

所以或，

，，，

即或(舍去)，

，

是首项为a，公差为的等差数列，，

从而，

所以.

故答案为：

【点睛】方法点睛：本题考查递推关系求等差数列求通项公式，分组求数列和，求数列的和常用的方法有： （1）分组求和法；（2）倒序相加法；（3）（数列为等差数列）：裂项相消法；（4）等差等比数列：错位相减法，考查学生的逻辑推理能力与运算求解能力，属于难题.

二、单选题

13．若为两条异面直线外的任意一点，则（　　）

A．过点有且仅有一条直线与都平行

B．过点有且仅有一条直线与都垂直

C．过点有且仅有一条直线与都相交

D．过点有且仅有一条直线与都异面

【答案】B

【详解】解：因为若点是两条异面直线外的任意一点，则过点有且仅有一条直线与都垂直，选B

14．已知数列满足，那么（    ）．

A．是等差数列 B．是等差数列

C．是等差数列 D．是等差数列

【答案】D

【分析】通过可知，进而可得，从而数列是等差数列．

【详解】由得，

，，

故 ，

即有

故数列是等差数列，

故选：D

15．空间直角坐标系中，经过点，且法向量为的平面方程为，经过点且一个方向向量为的直线的方程为，阅读上面的材料并解决下面问题：现给出平面的方程为，经过的直线的方程为，则直线与平面所成角的正弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】根据题设给出的材料可得平面的法向量和直线的方向向量，利用公式可求直线与平面所成角的正弦值.

【详解】因为平面的方程为，故其法向量为，

因为直线的方程为，故其方向向量为，

故直线与平面所成角的正弦值为，

故选：B.

【点睛】关键点点睛：此题为材料题，需从给定的材料中提炼出平面的法向量和直线的方向向量的求法，这是解决此题的关键.

16．北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用.刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容.用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差(多面体的面的内角叫像多面体的面角，角度用弧度制)，多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和.例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正四面体在各顶点的曲率为，故其总曲率为.给出下列三个结论：

①正方体各顶点的曲率为；

②任意三棱锥的总曲率均为；

③将棱长为3的正方体正中心去掉一个棱长为1的正方体所形成的几何体的总曲率为.

其中，所有正确结论的序号是（    ）

A．①② B．①③ C．②③ D．①②③

【答案】D

【分析】根据几何体顶点的曲率和几何体总曲率的定义求解.

【详解】①因为正方体的每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正方体在各顶点的曲率为，故正确；

②如图所示： ，

A点的曲率为： ，

B点的曲率为：，

C点的曲率为：，

D点的曲率为：，

则三棱锥的总曲率均为，

，故正确；

③此几何体有16个顶点，每个顶点的曲率为，所以该几何体的总曲率为，故正确.

故选：D

三、解答题

17．如图，在直三棱柱中，.

(1)若，求证：平面；

(2)若，是棱上的一动点.试确定点的位置，使点到平面的距离等于.

【答案】(1)证明见解析

(2)当点为棱的中点时，使点到平面的距离等于

【分析】（1）先证明和，再根据直线与平面垂直的判定定理可证平面；

（2）以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系：设，利用点面距的向量公式列式可求出结果.

【详解】（1）在直三棱柱中，平面，所以，，

又因为，，所以平面，所以，

因为，，所以四边形为正方形，所以，

因为，所以平面.

（2）由（1）知，两两垂直，

以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系：

因为，则，，，，

设，

则，，，

设平面的一个法向量为，

则，则，

取，则，，

所以点到平面的距离等于，

又已知点到平面的距离等于，所以，

解得，（舍），

所以点为棱的中点时，使点到平面的距离等于.

18．现有31行67列表格一个，每个小格都只填1个数，从左上角开始，第一行依次为；第二行依次为；依次把表格填满.现将此表格的数按另一方式填写，从左上角开始，第一列从上到下依次为；第二列从上到下依次为；依次把表格填满.若分别表示第一次和第二次填法中第行第列的数.

(1)求的表达式（用表示）；

(2)若两次填写中，在同一小格里两次填写的数相同的个数为，求的值.

【答案】(1)

(2)7

【分析】（1）第行的第一个数为，第行的第个数为，得到答案.

（2）计算，根据得到，验证得到答案.

【详解】（1）第一种填法中：第行的第一个数为，

第行的第个数为，

即

（2）第二种填法中：第列的第一个数为，

第列的第个数为，

故

当时，在同一小格里两次填的数相同，整理得.

当，时，；

当，时，；

当，时，；

当，时，；

当，时，；

当，时，；

当，时，，

故.

19．已知数列和的通项公式分别为，（），将集合中的元素从小到大依次排列，构成数列.

⑴ 求；

⑵ 求证：在数列中、但不在数列中的项恰为；

⑶ 求数列的通项公式.

【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）.

【详解】（1）；

（2）① 任意，设，

则，即;

② 假设（矛盾），∴

∴ 在数列中、但不在数列中的项恰为.

（3），

，，,

∵,

∴当时，依次有，……,

∴.

20．为了求一个棱长为的正四面体的体积，某同学设计如下解法.构造一个棱长为1的正方体，如图1：则四面体为棱长是的正四面体，且有.

(1)类似此解法，如图2，一个相对棱长都相等的四面体，其三组棱长分别为，，，求此四面体的体积；

(2)对棱分别相等的四面体中，，，.求证：这个四面体的四个面都是锐角三角形；

(3)有4条长为2的线段和2条长为的线段，用这6条线段作为棱且长度为的线段不相邻，构成一个三棱锥，问为何值时，构成三棱锥体积最大，最大值为多少？

【答案】(1)2

(2)证明见解析

(3)时，构成的三棱锥体积最大，最大值为

【分析】（1）类比已知条件中的解法，构造一个长方体，求出长方体的棱长，在由长方体的体积减去四个三棱锥体积即可得到答案；

（2）在四面体ABCD中，由已知可得四面体ABCD的四个面为全等三角形，设长方体的长、宽、高分别为a、b、c，证明△ABC为锐角三角形，即可证明这个四面体的四个面都是锐角三角形；

（3）当2条长为m的线段不在同一个三角形中，写出三棱锥体积的表达式，利用基本不等式求最值.

【详解】（1）设四面体所在长方体的棱长分别为，

则，解得，

所以四面体的体积.

（2）在四面体中，

因为，，，

所以四面体的四个面为全等三角形，

即只需证明一个面为锐角三角形即可.

设长方体的长、宽、高分别为、、，

则，，，

所以，，，

所以为锐角三角形，则这个四面体的四个面都是锐角三角形；

（3）当2条长为的线段不在同一个三角形中，

如图，不妨设，，取的中点，

连接、，

则，，而，所以平面，

则三棱锥的体积，

在中，，，

，

所以

因为，所以.

当且仅当，即时取等号，

故时，构成的三棱锥体积最大，最大值为.

21．已知是无穷数列.给出两个性质：①对于中任意两项，在中都存在一项，使得；②对于中任意项，在中都存在两项，使得.

（1）若，判断数列是否满足性质①，说明理由；

（2）若，判断数列是否同时满足性质①和性质②，说明理由；

（3）若是递增数列，，且同时满足性质①和性质②，证明：为等差数列.

.

【答案】（1）不满足性质①，理由见解析； （2）满足性质①和性质②，理由见解析； （3）证明见解析.

【分析】（1）由，根据题意，得到，由为偶数，为奇数，即可得出结论；

（2）由，验证性质①②，即可求解；

（3）由是递增数列且，得到当时，，根据题意，得出，结合数学归纳，即可求解.

【详解】（1）由，性质①是任意，存在，

令，则要满足，

可得，可得，

其中为偶数，为奇数，所以不成立，

如：当时，，不存在这样的.

（2）当时，，所以，

所以存在使得数列满足性质①；

对性质②，取，，

则成立，所以满足性质②.

综上可得，数列同时满足性质①②.

（3）由是递增数列，，所以，当时，，

因为满足性质①和性质②，所以，即，

当时，，

已知，所以，

又由，所以，即数列前三项成等差数列.

假设前项成等差数列，即，

则当时，若，

由性质①知，必存在，使得成立，

因为，

所以必有成立，

又由性质②知，，

则与矛盾，

所以成立，

所以数列的前项也成等差数列，

所以数列为等差数列.

【点睛】与数列的新定义有关的问题的求解策略：

1、通过给出一个新的数列的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实心信息的迁移，达到灵活解题的目的；

2、遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使得问题得以解决.