2022-2023学年上海市徐汇区高二年级上册学期期末数学试题【含答案】

2022-2023学年上海市徐汇区高二上学期期末数学试题

一、填空题

1．已知直线的一个方向向量，平面α的一个法向量，若，则______．

【答案】

【分析】根据，可得，从而可求得，即可得解.

【详解】因为，

所以，

所以，解得，

所以.

故答案为：.

2．已知一组样本数据5､2､3､6，则该组数据的第70百分位数为__________．

【答案】5

【分析】首先计算指数，再由百分位数的定义可得答案.

【详解】解：这组样本数据5､2､3､6，从小到大排列为2、3、5、6，

又，

则该组数据的第70百分位数为第3个数5，

故答案为：5.

3．抛掷一枚均匀的骰子两次，得到的数字依次记作a、b，则实数a是方程的解的概率为_______.

【答案】

【分析】利用列举法计数，然后根据古典概型求得结果.

【详解】得到数字组成有序数对,其中，，列举可得对应共有36种不同的情况，每种情况都是等可能的，实数a是方程的解只有(2,1),(4,2),(6,3)三种情况，共其概率为.

故答案为：

4．已知一组数据5、6、a、6、8的平均数是7，则其方差为______．

【答案】

【分析】先根据平均数求出，再根据方差公式计算即可.

【详解】因为一组数据5、6、a、6、8的平均数是7，

所以，解得，

则方差为.

故答案为：.

5．已知圆锥的母线长为，母线与轴的夹角为，则该圆锥的侧面积为_．

【答案】

【分析】根据勾股定理得出圆锥的底面半径，代入侧面积公式计算即可得出结论.

【详解】解：设底面的半径为，则

∴该圆锥的侧面积

故答案为

【点睛】本题考查了圆锥的性质和侧面积公式，解决本题的关键是根据勾股定理求得圆锥底面半径.

6．如图，是的斜二测直观图，其中，斜边，则的面积是______．

【答案】

【分析】先由的斜二测直观图还原得的直观图，再求得的边长并判定形状，从而即可求得的面积.

【详解】由的斜二测直观图还原得的直观图如下，

因为在中，，，，所以，

则在中，，，，

所以的面积为.

故答案为：.

7．如图所示，在三棱锥中，，、分别为与的中点，，则异面直线与所成角的大小是______．

【答案】##

【分析】取的中点，分别连接，把异面直线与所成的角即为直线与所成的角，在中，根据，即可求解.

【详解】如图所示，取的中点，分别连接，

因为、分别为与的中点，

可得，且，

所以异面直线与所成的角即为直线与所成的角，

在中，因为，所以，

所以，即直线与所成的角为，

所以异面直线与所成的角.

故答案为：.

8．为迎接2022年北京冬奥会，某工厂生产了一批雪车，这批产品中按质量分为一等品、二等品、三等品．从这批雪车中随机抽取一辆雪车检测，已知抽到不是三等品的概率为0.93，抽到一等品或三等品的概率为0.83，则抽到一等品的概率为______．

【答案】##

【分析】由互斥事件的概率加法公式进行求解即可．

【详解】设抽到一等品，二等品，三等品的事件分别为，，，

则，解得，

所以抽到一等品的概率为0.78.

故答案为：.

9．在正四棱柱中，对角线，且与底面ABCD所成角的余弦值为，则异面直线与所成角的大小为______．

【答案】

【分析】根据平面，可得即为与底面ABCD所成角的平面角，由此可求得，从而可求得正棱柱的棱长，再根据，可得即为异面直线与所成角的平面角，再解即可.

【详解】如图，在正四棱柱中，

因为平面，

所以即为与底面ABCD所成角的平面角，

则，解得，

所以，所以，

因为且，

所以四边形为平行四边形，

所以，所以即为异面直线与所成角的平面角，

在中，，

所以，

所以，

即异面直线与所成角的大小为.

故答案为：.

10．已知球面上有A，B，C三点，球心到A，B，C所在平面的距离等于球的半径的一半，且，则球的表面积为______．

【答案】##

【分析】设外接圆的半径为，球的半径为，先求出，再根据求出，再根据球的表面积公式即可得解.

【详解】设外接圆的半径为，球的半径为，

由，得为等边三角形，

所以，所以，

则，解得，

所以球的表面积为.

故答案为：.

11．如图中，，在三角形内挖去一个半圆（圆心O在边BC上，半圆与AC、AB分别相切于点C、M，交BC于点N），则图中阴影部分绕直线BC旋转一周所得旋转体的体积为______．

【答案】

【分析】连接，求出，图中阴影部分绕直线BC旋转一周所得旋转体为一个圆锥中间挖掉一个球，再根据圆锥和球的体积公式即可得解.

【详解】连接，则，

在中，，

则，解得，

在中，，则，

图中阴影部分绕直线BC旋转一周所得旋转体为一个圆锥中间挖掉一个球，

其中圆锥的高为，底面圆的半径为，

球的半径为，

所以所求体积为.

故答案为：.

12．已知MN是长方体外接球的一条直径，点P在长方体表面上运动，长方体的棱长分别为1、1、，则的取值范围为________.

【答案】

【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量的数量积求解即可.

【详解】因为MN是长方体外接球的一条直径，长方体的棱长分别为1、1、

所以，如图，

设，则

因为

当时取等号，此时点P在ABCD平面内，

又

当时取等号，此时点P在ABCD平面内.

即所求的范围是.

故答案为：

二、单选题

13．已知是两个随机事件，且，则下列选项中一定成立的是（    ）．

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据，可得，再根据并事件和交事件及对立事件的性质即可得解.

【详解】因为，所以，

所以，故A错误；

，故B错误；

，故C正确；

，故D错误.

故选：C.

14．抛三枚均匀的硬币，其中恰好有两枚正面朝上的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】抛三枚均匀的硬币正面朝上的次数服从二项分布，代入计算可得.

【详解】每枚硬币正面朝上的概率是，正面朝上的次数，

故抛三枚均匀的硬币，其中恰好有两枚正面朝上的概率为，

故选：B

15．军训时，甲、乙两名同学进行射击比赛，共比赛10场，每场比赛各射击四次，且用每场击中环数之和作为该场比赛的成绩．数学老师将甲、乙两名同学的10场比赛成绩绘成如图所示的茎叶图（成绩的十位数为“茎”，个位数为“叶”），并给出下列三个结论：

①甲的成绩的极差是29；②乙的成绩的中位数是18；③乙的成绩的众数是22．

则三个结论中，正确结论个数为（    ）．

A．3 B．2 C．1 D．0

【答案】B

【分析】根据茎叶图求出极差，中位数，众数即可.

【详解】由茎叶图可知甲的成绩的极差是，故①正确；

乙的成绩按从小到大的顺序为，

所以乙的成绩的中位数是，众数是，故②错误，③正确.

所以正确的个数为2个.

故选：B.

16．如图所示，一个灯笼由一根提竿PQ和一个圆柱组成，提竿平行于圆柱的底面，在圆柱上下底面圆周上分别有两点A、B，AB与圆柱的底面不垂直，则在圆柱绕着其旋转轴旋转一周的过程中，直线PQ与直线AB垂直的次数为（    ）

A．2 B．4 C．6 D．8

【答案】A

【分析】作出与垂直的平面后判断几何关系

【详解】作出平面，使得平面，

当时，平面或平面，

结合旋转分析可知有两次使得．

故选：A

三、解答题

17．某校高二年级一个班有60名学生，将期中考试的数学成绩（均为整数）分成六段：[40，50）、[50，60）、[60，70）、[70，80）、[80，90）、[90，100），得到如图所示的频率分布直方图．

(1)求a的值；

(2)用分层抽样的方法从中抽取一个容量为的样本，则在分数段抽取的人数是多少？

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据频率之和为计算即可；

（2）根据分层抽样的定义计算即可.

【详解】（1）由题意，

解得；

（2）在分数段抽取的人数为人.

18．如图，在四棱锥中，底面是边长为1的菱形，，底面，，为的中点，为的中点．

(1)求四棱锥的体积；

(2)证明：直线平面．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）根据椎体体积的计算公式计算即可；

（2）取的中点，连接，证明四边形为平行四边形，可得，再根据线面平行的判定定理即可得证.

【详解】（1）连接，则，

又，所以为等边三角形，

则，

所以，

所以；

（2）取的中点，连接，

因为为的中点，

所以且，

又因且，

所以且，

所以四边形为平行四边形，

所以，

又平面，平面，

所以平面.

19．如图，直三棱柱内接于高为的圆柱中，已知，， O为AB的中点．

(1)求圆柱的侧面积；

(2)求与平面所成角的大小．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据圆柱的侧面积公式计算即可；

（2）证明平面，则即为与平面所成角的平面角，再解即可.

【详解】（1）因为，

所以即为底面圆的直径，

，

所以圆柱的侧面积为；

（2）连接，

在直三棱柱中，

因为平面，平面，

所以，

又平面，

所以平面，

则即为与平面所成角的平面角，

在中，，

所以，所以，

即与平面所成角的大小为.

20．佩香囊是端午节传统习俗之一，香囊内通常填充一些中草药，有清香、驱虫等功效．因地方习俗的差异，香囊常用丝布做成各种不同的形状，形形色色，玲珑夺目，如图1所示的平行四边形ABCD由六个正三角形构成，将它沿虚线折起来，可得到图2所示的六面体形状的香囊．若．

(1)求图2中六面体的表面积；

(2)求二面角的大小．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）求边长为的六个等边三角形的面积之和即可求解；

（2）和都是等边三角形，取的中点，连接，，，设面，可得即为二面角的平面角，在中，由余弦定理即可求解并求得角的大小.

【详解】（1）由题意可得：六面体的六个面都是边长为的等边三角形，

所以六面体的表面积为；

（2）由题意可得：和都是等边三角形，且边长为，

取的中点，连接，，，设面，

可得，，且，

所以即为二面角的平面角，

在正四棱锥中，，

所以，

所以，

在中，由余弦定理可得：

，

所以

21．如图，在三棱柱中，底面ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，侧面为菱形，点在平面ABC上的投影为AC的中点D，且．

(1)求点C到侧面的距离；

(2)在线段上是否存在点E，使得直线DE与侧面所成角的正弦值为？若存在，请求出的长；若不存在，请说明理由．

【答案】(1)

(2)存在，

【分析】（1）先由题意证得，，两两垂直，从而建立空间直角坐标系，再求出与平面的一个法向量，利用点到平面的距离公式即可得解；

（2）假设存在满足条件的点E，且，从而得到，再利用空间向量线面夹角公式得到关于的方程，进而求得，由此即可求出的长.

【详解】（1）因为点在底面ABC上的投影为AC的中点，所以平面ABC，

又平面ABC，故，，

因为是以AC为斜边的等腰直角三角形，点为AC的中点，故，

所以，，两两垂直，故以点为坐标原点，直线，，分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图，

.

因为是以AC为斜边的等腰直角三角形，，所以，，

因为侧面为菱形，所以，

又，所以，

则，，，，，

则，，，

设平面的一个法向量为，则，

取，则，故，

所以点到平面的距离为.

（2）假设存在满足条件的点E，

则存在，使得，

则，

因为直线DE与侧面所成角的正弦值为，

所以，

即，解得，

又，故，

因此存在满足条件的点，且，即．

【点睛】关键点睛：本题第2小问解决的关键是利用空间向量的线性运算求得关于的表达式，从而利用空间向量线面夹角公式求得的值，由此得解.