39，上海市长宁区民办新虹桥高级中学2023-2024学年高二上学期期末考试数学试卷

这是一份39，上海市长宁区民办新虹桥高级中学2023-2024学年高二上学期期末考试数学试卷，共18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。
（考试时间90分钟，本卷满分100分）
一、填空题（本大题共12小题，每小题3分，共36分．答案填在答题纸相应位置）．
1. “平面经过直线”用集合符号语言可表示为_______．
【答案】
【解析】
【分析】根据直线与平面的关系直接得到结果.
【详解】由题意可知：直线在平面内，
所以符号语言为：，
故答案为：.
2. 已知和且，则_______．
【答案】或
【解析】
【分析】由等角定理结合图示进行分类讨论，可得角之间的关系，由此可知结果.
【详解】如图1，此时，
如图2，此时，
故答案为：或.
3. 球的体积是，则球的表面积是_____
【答案】
【解析】
【分析】根据球的体积求得球的半径，由此求得球的表面积.
【详解】设球的半径为，依题意，故球的表面积为.
故答案为.
【点睛】本小题主要考查球体积和表面积有关计算，属于基础题.
4. 从总体容量为的一批电子元件中抽取一个容量为30的样本，若每个电子元件被抽到的可能性为，则总体容量_______．
【答案】
【解析】
【分析】根据条件列出总体容量和样本容量的关系式，由此可求结果.
【详解】由条件可知：，
所以，
故答案为：.
5. 已知甲、乙两组数据的茎叶图如图所示，若他们的平均数相等，则图中的值是_______．
【答案】
【解析】
【分析】根据平均数相等得到关于的方程，则结果可求.
【详解】因为,
解得，
故答案为：.
6. 在正方体中，点是棱的中点，则直线与直线的位置关系是_______．
【答案】异面
【解析】
【分析】由题意画出图形，利用反证法以及点面之间的位置关系即可得解.
【详解】如图所示：
由题意在正方体中，点是棱的中点，则直线与直线的位置关系是异面，理由如下：
若直线与直线共面，则四点共面，
而三点唯一确定平面，
但平面，产生矛盾，故假设不成立，
综上所述，直线与直线的位置关系是异面.
故答案：异面.
7. 一次考试，小明数学超过90分的概率是0.8，物理超过90分的概率是0.7，两门都超过90分的概率是0.6，则他的数学和物理至少有一门超过90分的概率是_______．
【答案】##
【解析】
【分析】利用概率加法公式直接求解即可.
【详解】因为一次考试中，小明数学超过90分的概率是0.8，物理超过90分的概率是0.7，两门都超过90分的概率是0.6，
所以他的数学和物理至少有一门超过90的概率为.
故答案为：.
8. 已知中，，将绕所在的直线旋转一周，则所得旋转体的表面积是_______．
【答案】
【解析】
【分析】先分析出旋转体为圆锥，然后根据表面积等于侧面积加上底面积求解出结果.
【详解】因为，所以，
所以旋转体是底面半径为，高为，母线长为的圆锥，
所以表面积为，
故答案为：.
9. 若正四棱锥的底面边长是2，高为，棱锥被平行于底面的平面所截，已知所截得的棱台的上、下底面边长之比为，则该棱台的体积是_______．
【答案】##
【解析】
【分析】利用相似比得到被截去的小棱锥的边长与高，再利用割补法，结合棱锥的体积公式即可得解.
【详解】如图，
因为棱台的上、下底面的边长之比为，正四棱锥的底面边长是，高为，
所以正四棱锥的底面边长为，高为，
所以该棱台的体积为.
故答案为：.
10. 已知斜三棱柱的底面是正三角形，与底面中心的连线垂直于底面，侧棱，，且与底面所成角的大小是，则此三棱柱的底面边长是_______．
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，作出图形，求出正的高即可计算得解.
【详解】令正的中心为，连接，由平面，得是直线与底面所成的角，
即，而平面，则有，，
因此正边上的高，
所以正的边长为.
故答案为：
11. 已知圆锥的底面直径为8，母线长为5，过圆锥的任意两条母线作一个平面与圆锥相截，则截面面积的最大值是_______．
【答案】##
【解析】
【分析】先计算出圆锥的高，然后分析轴截面三角形顶角的大小，结合三角形面积公式求解出截面面积的最大值.
【详解】圆锥的高为，
因为，且为锐角，
所以，所以，
不妨设任意两条母线的夹角为，
则截面面积，
当且仅当时取等号，此时两条母线的夹角为，
所以，
故答案为：.
12. 已知长方体中，，点在线段上，过点、三点的平面截长方体，则所得截面面积的取值范围是_______．
【答案】
【解析】
【分析】先确定出截面的形状，然后设利用平面几何中的线段关系以及空间中线面垂直关系表示出，然后可表示出截面面积，构造关于的函数并结合二次函数的性质求解出截面面积的取值范围.
【详解】连接，作交于点，连接，
由可知：四点共面，
又因为平面，平面，
所以平面，
又因为平面平面，
所以，
所以四边形为平行四边形，且四边形即为所求截面，
过作交于，过作交于，
设，
因为平面，平面，所以，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以，
因为，
所以，
又因为，所以，
所以，
所以，
所以，
所以，
令，记，
对称轴为，所以在上单调递减，在上单调递增，
且，
所以，所以，
所以截面面积取值范围是，
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题考查长方体截面相关问题，涉及线面垂直证明等问题，着重考查学生空间想象能力以及计算能力，难度较大.解答本题的关键有两点：第一点是能准确判断出截面的形状，第二点是能通过线面垂直关系的证明正确表示出截面面积并进行计算.
二、选择题（本大题共4小题，每小题3分，共12分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）．
13. ①植物根据植株的高度及分枝部位等可以分为乔木、灌木和草木三大类，某植物园需要对其园中的不同植物的干重（烘干后测定的质量）进行测量；②检测员拟对一批新生产的1000箱牛奶抽取10箱进行质量检测；上述两项调查应采用的抽样方法是（ ）
A. ①用简单随机抽样，②用分层随机抽样B. ①用简单随机抽样，②用简单随机抽样
C. ①用分层随机抽样，②用简单随机抽样D. ①用分层随机抽样，②用分层随机抽样
【答案】C
【解析】
【分析】根据简单随机抽样和分层随机抽样的特点进行判断即可.
【详解】①乔木、灌木、草木，分类明显，可以采用分层随机抽样；
②并未有明显分层特点，且样本容量较小，可以采用简单随机抽样；
故选：C.
14. 已知直线和平面，则下列命题中，真命题是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】D
【解析】
【分析】举例说明判断AB；利用线面平行的判定定理判断C；利用面面平行的性质、线面垂直的性质判定推理判断D.
【详解】对于A，“若，则”是假命题，如长方体上底面矩形相邻两边互相
垂直，而这两边都与下底面平行，A不是；
对于B，由，令，当时，满足，此时，
即“若，则”是假命题，B不是；
对于C，由，要，必须有的条件，“若，则”是假命题，C不是；
对于D，因为，所以，D是.
故选：D
15. 掷一枚骰子，设事件：落地时向上的点数是奇数；：落地时向上的点数是3的倍数；：落地时向上的点数是2；：落地时向上的点数是2的倍数，则下列说法中，错误的是（ ）
A. 和有可能同时发生B. 和是对立事件
C. 和是对立事件D. 和是互斥事件
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，利用互斥事件、对立事件的意义逐项判断得解.
【详解】依题意，事件，
对于A，事件和有相同的基本事件：点数3，A正确；
对于B，事件和不能同时发生，但必有一个发生，则和是对立事件，B正确；
对于C，事件和不能同时发生，但可以同时不发生，则和不是对立事件，C错误；
对于D，事件和不能同时发生，它们是互斥事件，D正确.
故选：C
16. 甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛，约定赛制如下：累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首次比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场比赛轮空，直至有一人被淘汰：当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束．经抽签，甲、乙首先比赛，丙轮空．设每场比赛双方获胜的概率都是，则甲最终获胜的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设甲失败的事件为,乙失败的事件为,丙失败的事件为,甲最终获胜事件为，根据题意列出的所有可能，结合独立事件乘法公式即可求解.
【详解】设甲失败的事件为,乙失败的事件为,丙失败的事件为,甲最终获胜事件为，
则甲最终获胜的概率为
.
故选：D.
【点睛】关键点睛：将甲最终获胜事件拆解为互斥事件的和，利用加法公式、乘法公式进一步得解.
三、解答题（本大题共5小题，共52分．解答要写出文字说明、证明过程或演算步骤）．
17. 如图，已知正四棱柱，
（1）求证：平面；
（2）求证：平面平面
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据正四棱柱特点结合线面垂直的判定即可证明；
（2）通过平行四边形的性质并结合面面平行的判定即可证明.
【小问1详解】
因为正四棱柱，所以平面，
且四边形为正方形，所以，
又因平面，所以，
因为，且平面，所以平面.
【小问2详解】
因为，，所以四边形为平行四边形，
所以，又因为平面，平面，
所以平面，
因为，，所以四边形为平行四边形，
所以，又因为平面，平面，
所以平面，
又因为，且平面，所以平面平面.
18. 掷黑、白两枚质地均匀的骰子，
（1）写出事件A：“点数都是偶数”所对应的子集并求其概率；
（2）验证事件“点数和为7”与事件“白色骰子点数为1”是独立的．
【答案】18. ，
19. 证明见解析
【解析】
【分析】（1）列举出所有事件数和满足题意的事件数即可；
（2）根据独立事件的判定方法分别计算即可.
【小问1详解】
抛掷两枚质地均匀的骰子，基本事件共有个，
两个点数都是偶数的基本事件有共9个，
概率为．
【小问2详解】
设“点数和为7”为事件， “白色骰子的点数为1”为事件，
满足事件的情况数有共6个，
满足事件的情况数有共6个，
同时满足事件的情况有，
抛掷两枚质地均匀的骰子，基本事件共有个，
则，，，所以，
所以事件“点数和为7”与事件“白色骰子的点数为1”是独立的.
19. 如图，已知点P在圆柱的底面圆O的圆周上，为圆O的直径，，和是圆柱的母线，且圆柱的侧面积为；
（1）求三棱锥的体积；
（2）求异面直线与所成角的大小．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先根据侧面积求解出，然后求解出，再利用三棱锥体积公式求解出结果；
（2）先确定与所成角即为或其补角，然后根据余弦定理求解出，则结果可求.
【小问1详解】
连接，如下图，
因为圆柱的侧面积为，
所以，所以，
又因为，
所以，
所以，
所以，
所以；
【小问2详解】
连接，如下图，
因为几何体为圆柱，所以，
所以与所成角即为或其补角，
又因为，，
所以，
故与所成角的大小为.
20. 如图，平行四边形中，，将沿翻折，得到四面体．
（1）若，作出二面角的平面角，说明作图理由并求其大小；
（2）若，求点到平面的距离．
【答案】（1）二面角的平面角见解析，
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意取点为的中点，连接，结合已知条件、等腰三角形三线合一即可得证，在由解三角形知识即可求出二面角大小.
（2）利用等体积法求解即可，首先通过证明面，来计算三棱锥的体积，再计算的面积即可进一步求解.
【小问1详解】
如图所示：
取点为的中点，连接，则即为所求的二面角的平面角，理由如下：
由题意，
又因为四边形是平行四边形，所以，
又因为，所以，
又点为的中点，
所以由三线合一可知，
又面面，
所以即为所求的二面角的平面角，
而，所以，同理，
而，
所以在中，由余弦定理有，即.
【小问2详解】
由题意，，
由余弦定理有，
解得，
所以，即，
所以由题意有，，
又因为，
所以，即，
又面，
所以面，
所以，
因为，
所以，即，
所以，
不妨设点到平面的距离为，
因为，
所以，解得，即点到平面的距离为.
21. 某市采用“”高考模式，其中第一个“3”指“语、数、外”三个必选学科，第二个“3”指选考学科，学生可在“物理、化学、政治、生物、地理、历史”这六门学科中选三科参加高考．选考学科通过等级赋分的方式计入总成绩．按等级赋分是将学生每门的原始成绩从高到低按所占比例划定为11个等级，每个等级所占比例和换算分值如下表所示．
2023年，某市约有50000名学生参加高考.在高考阅卷中，为初步了解物理学科的情况，随机抽取了100名学生的物理学科原始成绩，统计数据如下：
100 97 96 94 94 92 91 90 90 90 89 89 89 88 88 88 87 87 86 85
85 85 84 84 83 83 82 82 82 81 81 80 80 80 79 79 78 78 77 76
76 76 75 75 75 75 74 74 74 74 73 73 72 71 71 70 70 70 69 68
68 68 67 67 66 65 65 65 64 64 63 62 62 61 61 60 60 60 59 59
59 58 58 57 57 56 56 56 55 55 54 53 53 52 51 48 43 32 23 13
（1）根据统计数据，结合等级赋分的方式，预估此次物理学科赋分等级为B的大致分数线．
（2）根据统计数据画出频率分布直方图，并据此估计本次高考中成绩在区间内的人数；
（3）若某学生估计原始成绩为63分，试估计该学生的成绩在本次高考中处于第几百分位数，并根据等级赋分规则估计在此次高考中他的物理成绩．
【答案】（1）分
（2）频率分布直方图见解析，12000人
（3）第30百分位数，64分
【解析】
【分析】（1）先找到赋分等级为B的换算分数对应的人数的占比的区间，结合题中所给数据即可得解.
（2）求出各个区间内的人数，然后除以人数，再除以组距即可画出频率分布直方图，进一步可估计在区间内的人数.
（3）由题中所给数据先估计该学生的成绩在本次高考中的百分位数，然后结合（2）中频率分布直方图列方程即可求解.
【小问1详解】
由题意按赋分制物理学科赋分等级为B的换算分数为61分，
将这些换算分数对应的人数的占比的区间从小到大排列可知，赋分等级为B的区间为，
对比随机抽取的100名学生的物理学科原始成绩可知，
赋分等级为B的人的原始成绩分别为：74 ，74， 74， 74， 73， 73， 72， 71，71，70， 70，70；
因此预估物理学科赋分等级为B的大致分数线为分.
【小问2详解】
由题意在区间内的人数分别为.
据此可以画出频率分布直方图如图所示：
估计本次高考中成绩在区间内的人数为人.
【小问3详解】
对随机抽取的100名学生的物理学科原始成绩从小到大排列，可知原始成绩为63分的分数是第30个数，
所以估计该学生的成绩在本次高考中处于第30百分位数，
结合（2）中分析可知，估计在此次高考中他的物理成绩在区间，
不妨设为，则，
解得，估计在此次高考中他的物理成绩为64分.
评价等级
A
B
C
D
E
所占比例
5%
10%
10%
10%
10%
10%
10%
10%
10%
10%
5%
换算分值
70
67
64
61
58
55
52
49
46
43
40