2021-2022学年上海市嘉定区第一中学高二上学期期末数学试题（解析版）

这是一份2021-2022学年上海市嘉定区第一中学高二上学期期末数学试题（解析版），共19页。试卷主要包含了填空题，单选题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年上海市嘉定区第一中学高二上学期期末数学试题 一、填空题1．从中随机选取一个数为，从中随机选取一个数为，则的概率是______．【答案】##0.25【分析】首先根据题意用列举法写出全部基本事件，再利用古典概型公式求解即可.【详解】从中随机选取一个数为，从中随机选取一个数为，共有：，，，，，，，，，，，，共12个基本事件，则有，，，共有3个基本事件，所以的概率为.故答案为：2．正方体中，分别为的中点，则与面所成的角是：_____【答案】30°【分析】作出线面角，根据等比三角形的性质求出线面角的大小.【详解】由于分别是的中点，所以，直线和平面所成的角的大小等于直线和平面所成的角.根据正方体的几何性质可知平面，所以即直线和平面所成的角.在等边三角形中，是的中点，故，所以.【点睛】本小题主要考查线面角的大小的求法，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于基础题.3．已知三角棱O-ABC，M，N分别是对边OA，BC的中点，点G在MN上，且MN＝2GN，设＝，＝，＝，则＝__________________（用基底（，，）表示）【答案】【分析】画出几何体图形，根据条件知G为MN的中点，连接ON，从而可得，根据M，N是OA，BC的中点即可用表示出．【详解】∵如上图，点G在MN上，且MN＝2GN，∴G为MN的中点，连接ON，且M，N分别是对边OA，BC的中点，则：.故答案为：.4．如图,在正方体中,M是的中点,O是底面ABCD的中心,P是上的任意点,则直线BM与OP所成的角为__________ . 【答案】【分析】本题考查异面直线所成的角,涉及线面垂直的判定与性质,关键是找到OP所在的某个平面,利用正方体的结构特征和线面垂直的判定定理证明直线BM与此平面垂直.【详解】如图,取AD,BC的中点分别为E,F,连接EF,FB1,EA1,易得,∴BM⊥B1F,又∵AB‖EF,AB⊥平面BCC1B1,∴EF⊥平面BCC1B1,∵BM⊂平面BCC1B1,∴EF⊥BM,又∵EF∩B1F=F,∴BM⊥平面A1B1FE,又∵OP⊂平面A1B1FE,∴BM⊥OP,∴BM与OP所成的角为90°,故答案为：90°.5．已知一组数据4，，，5，7的平均数为4，则这组数的方差是________．【答案】3.6【分析】先根据这组数据的平均数为4，求得a，再利用方差公式求解.【详解】因为一组数据4，，，5，7的平均数为4，所以，解得，所以这组数据为，所以这组数据的方差为故答案为：3.66．已知数列中，，则__．【答案】【分析】利用累加法求解即可．【详解】当时，，所以，又，符合，所以．7．对于空间三条直线，有下列四个条件：①三条直线两两相交且不共点；②三条直线两两平行；③三条直线共点；④有两条直线平行，第三条直线和这两条直线都相交．其中使三条直线共面的充分条件有       ．【答案】①④【分析】利用三棱柱与三棱锥，可得判定②、③错误，利用平面的基本性质与推理证明正确结论①、④正确，即可求解.【详解】由三棱柱的三条侧棱两两平行，可得②错误；由三棱锥的三条侧棱，两两相交于一点，可得③错误；选项①中，如图①所示，由题意可设直线m与点A所确定的平面为，则再由平面的基本性质，可得直线、也在内． 选项④中，如图④所示，由题意可设直线m与直线n所确定的平面为，则点A与点B均在平面内，则再由平面基本性质，可得直线也在平面内，综合可得，①④正确；故答案为：①④．8．某单位制作了一个热气球用于广告宣传．已知热气球在第一分钟内能上升米，以后每分钟上升的高度都是前一分钟的，则该气球上升到米至少要经过__分钟．【答案】【分析】设热气球在第分钟上升的高度为米，分析可知数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，求出数列的前项和，利用数列的单调性可得出，由此可得出结果.【详解】设热气球在第分钟上升的高度为米，则数列是首项为，公比为的等比数列，经过分钟，热气球上升的总高度米，则数列单调递增，因为，，所以该气球至少要经过分钟才能上升到米．故答案为：.9．棱长为的正方体的8个顶点都在球的表面上，，分别是棱，的中点，则直线被球截得的线段长为__．【答案】【分析】先求正方体外接球的半径R，再根据过球心和点,的大圆的截面图，可得直线被球截得的线段为，进而可求解．【详解】因为正方体内接于球，所以，，过球心和点,的大圆的截面图如图所示，则直线被球截得的线段为，过点作于点，所以在中，．故答案为：10．某工厂生产了一批节能灯泡，这批产品中按质量分为一等品，二等品，三等品.从这些产品中随机抽取一件产品测试，已知抽到一等品或二等品的概率为0.86，抽到二等品或三等品的概率为0.35，则抽到二等品的概率为___________.【答案】0.21##【分析】设抽到一等品，二等品，三等品的事件分别为，利用互斥事件加法列出方程组即可求解.【详解】设抽到一等品，二等品，三等品分别为事件A，B，C则，则故答案为：0.2111．设数列的前n项之积为，且．则数列的前n项和_______．【答案】【分析】由的定义求得，然后由等比数列的前项和公式计算．【详解】因为，所以，则，时，，也适合．所以，为等比数列，．故答案为：．12．已知数列满足，若不等式 恒成立，则实数的取值范围是__________【答案】【分析】根据题意化简得到，利用等差数列的通项公式化简得，把不等式，转化恒成立，结合基本不等式，即可求解.【详解】由数列满足，可得，且，所以数列表示首项为，公差为的等差数列，所以，所以，又由恒成立，即对恒成立，因为，当且仅当时取等号，所以，即实数的取值范围是. 二、单选题13．已知、是两条不同直线，、是两个不同平面，给出下列说法：①若垂直于内两条相交直线，则；②若且，则；③若，则；④若且，则．其中正确的序号是（    ）A．①③ B．①②③C．①③④ D．②④【答案】A【分析】根据线面垂直的判定定理，面面的位置关系，面面垂直的判定定理及面面平行的性质逐项分析即得.【详解】①若垂直于内两条相交直线，根据线面垂直的判定易知，正确；②若且，则可能相交或平行，错误③由，，根据面面垂直的判定有，正确；④若且，则或异面都有可能，错误；因此正确命题的序号为①③.故选：A．14．已知正数数列为等比数列，公比为，又为任意正整数，且数列严格递减，则的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】利用数列的单调性及等比数列的定义，结合对数的运算及对数不等式的解法即可求解.【详解】因为数列严格递减，所以，即，即，即，解得,所以的取值范围为.故选: A.15．在无穷等比数列中，，则的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据无穷等比数列的极限存在条件及不等式的性质即可求解.【详解】在无穷等比数列中，，得，，且，即，，且，因为，且，所以，且，所以的取值范围是.故选：B.16．已知正方体的棱长为，M，N为体对角线的三等分点，动点P在三角形内，且三角形的面积，则点P的轨迹长度为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】先通过位置关系的证明说明在平面内，然后根据已知条件求解出的长度，根据的长度确定出在平面内的轨迹形状，由此求解出对应的轨迹长度.【详解】如图所示：连接，因为四边形是正方形，所以，因为平面，平面，所以，又平面，平面，所以平面，所以，同理可知：，又因为平面，平面，，所以平面，根据题意可知：，所以为正三角形，所以，所以，设到平面的距离为，因为，所以，所以，所以，所以，所以，所以即为与平面的交点，由题意可知：平面，所以，所以，再如下图所示：在正三角形中，高，所以内切圆的半径，且，取的两个三等分点，连接，所以，所以是以长度为边长的正三角形，所以的轨迹是以为圆心，半径等于的圆，圆的周长为，在内部的轨迹是三段圆弧，每一段圆弧的圆心角为，所以对应的轨迹长度是圆周长的一半为，故选：B.【点睛】思路点睛：空间中轨迹问题的解答思路：（1）根据已知条件确定和待求点相关的平行、垂直关系；（2）通过数量关系定量分析待求点的轨迹的形状；（3）根据轨迹形状即可求解出轨迹的长度等其他量. 三、解答题17．如图，在四棱锥中，底面，四边形为正方形，，分别为，的中点．(1)求证：平面；(2)若，求直线与平面所成角．【答案】(1)证明过程见详解(2) 【分析】（1）取中点，构造平行四边形，根据线面平行的判定定理证明即可；（2）根据题意建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角的正弦值，进而可求得线面角．【详解】（1）取中点为，连接，，因为，分别为，的中点，所以，．又四边形为正方形，所以，，又因为为的中点，所以，，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面．（2）以点A为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系．设，则，，，，设平面的法向量为，则，即，令，则，设直线与平面所成角为，则，所以直线与平面所成角为．18．在某市高三教学质量检测中，全市共有名学生参加了本次考试，其中示范性高中参加考试学生人数为人，非示范性高中参加考试学生人数为人.现从所有参加考试的学生中随机抽取人，作检测成绩数据分析.（1）设计合理的抽样方案（说明抽样方法和样本构成即可）；（2）依据人的数学成绩绘制了如图所示的频率分布直方图，据此估计本次检测全市学生数学成绩的平均分；【答案】（1）见解析；（2）92.4【分析】（1）根据总体的差异性选择分层抽样，再结合抽样比计算出非示范性高中和示范性高中所抽取的人数；（2）将每个矩形底边的中点值乘以相应矩形的面积所得结果，再全部相加可得出本次测验全市学生数学成绩的平均分．【详解】（1）由于总体有明显差异的两部分构成，故采用分层抽样，由题意，从示范性高中抽取人，从非师范性高中抽取人；（2）由频率分布直方图估算样本平均分为推测估计本次检测全市学生数学平均分为【点睛】本题考查分层抽样以及计算频率分布直方图中的平均数，着重考查学生对几种抽样方法的理解，以及频率分布直方图中几个样本数字的计算方法，属于基础题．19．2020年是充满挑战的一年，但同时也是充满机遇､蓄势待发的一年.突如其来的疫情给世界带来了巨大的冲击与改变，也在客观上使得人们更加重视科技的力量和潜能.某公司一下属企业从事某种高科技产品的生产.假设该企业第一年年初有资金5000万元，并将其全部投入生产，到当年年底资金增长了50%，预计以后每年资金年增长率与第一年相同.公司要求企业从第一年开始，每年年底上缴资金万元，并将剩余资金全部投入下一年生产.设第年年底企业上缴资金后的剩余资金为万元（1）判断是否为等比数列？并说明理由；（2）若企业每年年底上缴资金，第年年底企业的剩余资金超过万元，求的最小值.【答案】（1）答案见解析；（2）6.【解析】（1）由题意得，从而得，而当，即时，所以不是等比数列；（2）由（1）可知， ，由可得，然后利用单调递增，可得答案【详解】解：（1）由题意得，.当时，即时，是以为首项，为公比的等比数列.当，即时， 不是等比数列（2）当时，由（1）知，，即，法一：易知单调递增，又，，，，的最小值为6法二：，，的最小值为6.【点睛】易错点睛：本题主要考查函数与数列的综合应用问题，属于难题.解决该问题应该注意的事项：(1)数列是一类特殊的函数，它的图象是一群孤立的点；(2)转化以函数为背景的条件时，应该注意题中的限制条件，如函数的定义域，这往往是很容易被忽视的问题；(3)利用函数的方法研究数列中的相关问题时，应准确构造相应的函数，注意数列中相关限制条件的转化.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.解：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？[参考公式：三元均值不等式及变形，当且仅当时取得等号]【答案】（1）2；（2）证明见解析；（3）时,三棱锥体积有最大值为.【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）类似地，构造一个长方体，设从同一个顶点出发的三条棱的棱长分别为，则有：，解得：所以即此四面体的体积为2.（2）证明：在四面体中，因为，，，所以四面体的四个面都是全等的三角形，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abc，则，，，所以，即，所以B为锐角；同理可证：A为锐角，C为锐角，所以△ABC为锐角三角形.所以这个四面体的四个面都是锐角三角形.（3）因为长度为的线段不相邻，所以2条长为m的线段不在同一个三角形中，如图，不妨设AD= BC= m，AB=BD=CD=AC=2，取BC的中点E，连接AE，DE，则AE⊥BC，DE⊥BC，而AE∩DE=E，∴BC⊥平面AED，则三棱锥的体积，在△AED中,， AD=m，所以，所以，当且仅当，即时等号成立.即时,三棱锥体积有最大值为.【点睛】（1）求几何体体积的常用的方法有：①直接法；②等体积法；③补形法；④向量法；（2）利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：“一正二定三相等”① “一正”就是各项必须为正数；②“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；③“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方．21．设数列的前n项和为，已知，（）．（1）求证：数列为等比数列；（2）若数列满足：，．① 求数列的通项公式；② 是否存在正整数n，使得成立？若存在，求出所有n的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）数列为等比数列，首项为1，公比为2．（2），【分析】（1）由题设的递推关系式，得到（），即可证得数列为等比数列． （2）① 由（1）知，，化简得，则数列是首项为1，公差为1的等差数列，即可求得． ②利用乘公比错位相减法，求得，进而得到，显然当 时，上式成立，设，由，所以数列单调递减，进而得到结论.【详解】（1）解：由，得（），两式相减，得，即（）．             因为，由，得，所以，所以对任意都成立，所以数列为等比数列，首项为1，公比为2．                 （2）① 由（1）知，，由，得，                           即，即，                            因为，所以数列是首项为1，公差为1的等差数列．   所以，所以．                                               ② 设，则，所以，两式相减，得 ，所以．                                   由，得，即．显然当时，上式成立，设（），即．因为，所以数列单调递减，所以只有唯一解，所以存在唯一正整数，使得成立．【点睛】点睛：本题主要考查等差、等比数列的通项公式及求和公式、数列求和的“错位相减法”，此类题目是数列问题中的常见题型，对考生计算能力要求较高，解答中确定通项公式是基础，准确计算求和是关键，易错点是在“错位”之后求和时，弄错等比数列的项数.本题将数列与解析几何结合起来，适当增大了难度，能较好的考查考生的数形结合思想、逻辑思维能力及基本计算能力等.