2024-2025学年上海市青浦中学高二（上）数学期末试卷及答案解析

这是一份2024-2025学年上海市青浦中学高二（上）数学期末试卷及答案解析，共17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：120分钟 满分：150分
一、填空题
1. 直线的倾斜角为______.
【答案】##
【解析】
【分析】首先得到直线的斜率，即可求出倾斜角.
【详解】直线的斜率为，设倾斜角为，则，
又，所以，故直线的倾斜角为.
故答案为：
2. 为了考察某区1万名高一年级学生数学知识与能力测试的成绩，从中抽取50本试卷，每本试卷30份，那么样本容量是______．
【答案】
【解析】
【分析】直接利用样本容量的定义分析，即可求解.
【详解】因为从抽取50本试卷，每本试卷30份，
所以样本容量为份.
故答案为：
3. 已知向量，，，则_______.
【答案】
【解析】
【分析】根据向量垂直的数量积表示求解.
【详解】因为向量，，，
所以，解得，
故答案为：
4. a，b，c三个数成等比数列，其中，，则___________
【答案】
【解析】
【分析】利用等比中项的性质求b即可.
【详解】由题设，则，
当时，数列的公比为；当时，数列的公比为.
所以.
故答案为：
5. 甲、乙两人各进行1次射击，如果两人击中目标的概率分别为0.8和0.4，则其中恰有1人击中目标的概率是_________.
【答案】##
【解析】
【分析】根据题意，分别求甲击中目标，乙没有击中目标和甲没有击中目标，乙击中目标的概率，再求和即可.
【详解】因为两人击中目标的概率分别为0.8和0.4，
所以，甲击中目标，乙没有击中目标的概率为；
甲没有击中目标，乙击中目标的概率为，
所以，恰有1人击中目标的概率是
故答案为：
6. 如果圆锥底面圆半径为1，母线长为2，则该圆锥的侧面积为_______.
【答案】
【解析】
【分析】由圆锥的侧面积公式即可求解．
【详解】由圆锥的侧面积公式
故答案为：2π
7. 已知直线：与直线：平行，则________.
【答案】3
【解析】
【分析】根据两直线平行的充要条件：且即可求解.
【详解】因为，由两直线平行的充要条件可得，
且，
解得.
故答案为；
8. 在空间直角坐标系中，点为平面外一点，点为平面内一点．若平面的一个法向量为，则点到平面的距离是_______．
【答案】##
【解析】
【分析】根据条件，利用点到面的距离的向量法，即可求出结果.
【详解】由题知，又平面的一个法向量为，
所以点到平面的距离为，
故答案为：.
9. 若将两个半径为的铁球熔化后铸成一个球，则该球的表面积为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据熔化前后体积不变可求出熔化后所得球的半径长，再利用球体的表面积公式可得结果.
【详解】设熔化后铸成球的半径为，则，可得．
所以，球的表面积为.
故答案为：.
10. 某车间的质检员利用随机数表对生产的60个零件进行抽样测试，先将60个零件进行编号，编号分别为01，02，…，60，从中选取5个个体组成样本，下面提供随机数表的第1行到第2行：
66 67 40 37 14 64 05 71 11 05 65 09 95 86 68 76 83 20 37 90
57 16 03 11 63 14 90 84 45 21 75 73 88 05 90 52 23 59 43 10
若从表中第1行第7列开始向右依次读取数据，则得到的第5个样本编号是_____.
【答案】09
【解析】
【分析】由随机数表法直接求解即可.
【详解】从随机数表第1行的第7列数字开始由左向右每次连续读取2个数字，删除超出范围及重复的编号，
符合条件的前5个编号是37，14，05，11，09，所以选出来的第5个样本编号为09.
故答案为：09.
11. 定义两个相交平面夹角为两个平面所组成的四个二面角的最小值．已知平面与所成的角为，为外一定点，过点的一条直线与所成的角都是，则这样的直线有______.
【答案】4
【解析】
【分析】过点作平面垂直于平面的交线，并且交直线于点，连接，则，过点在平面内作的平分线，以为轴在的角平分面内转动，根据题意可得出有两条直线满足题意；以为轴在平面内前后转动，根据题意可得出有两条直线满足题意，综合可得结果.
【详解】解：首先给出下面两个结论：
①两条平行线与同一个平面所成的角相等；
②与二面角的两个面成等角的直线在二面角的平分面内或平行于角平分面.
（1）如图1，过二面角内任一点作棱的垂面，交棱于点，
与两半平面交于，
因为平面，平面，所以，
则为二面角的平面角，则，
设为的平分线，则，
与平面所成的角都是，此时过点且与平行的直线符合要求，
当以为定点，在二面角的平分面上转动时，与两平面的夹角会变小，
会对称地出现两条符合成的情形；
此时过点且与平行的直线符合条件，有2条，

（2）如图2，设为的补角的平分线，

则，与平面所成的角都是，
当以为定点，在二面角的平分面上转动时，
与两平面夹角变小 ，对称地在图2中的两侧会出现的情形，有两条，
此时，过点且与平行的直线符合要求，有两条.
综上所述，符合条件的直线有4条.
故答案为：4.
12. 已知正四面体的边长为是空间一点，若，则的最小值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】先求出正四面体的内切球半径和外接球半径，再利用向量的线性运算进行转化，从而可求得结论.
【详解】设是正四面体内切球的球心，正四面体的内切球半径为 ，外接球半径为，
如图, 将正四面体置于正方体中, 正四面体的外接球即为正方体的外接球, 正方体的体对角线为球的直径,
因为正四面体的边长为1,所以正方体的棱长为,正方体对角线长为 ,故 .
正四面体的体积
从而正四面体的高 满足: .
将正四面体分割成以球心 为顶点, 以正四面体的四个面为底面的四个相同的三棱锥,
它们的底面与正四面体的底面相同, 高为内切球的半径 , 故 .
而外接球可以利用 ,，解得.
故正四面体的内切球半径为，正四面体的外接球半径为，则
又因为，所以，
故，
即，
所以是正四面体内切球上一点，故的最小值为.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：找出正四面体的内切球半径和外接球半径是关键，用向量法转换为是难点，本题主要考查多面体的内切球和外切球的问题，考查空间想象能力，属于较难题.
二、选择题
13. 对某商店一个月内每天的顾客人数进行了统计，得到样本的茎叶图(如图所示)，则该样本的中位数、众数分别是 （ ）
A. 45，45B. 45，46
C. 46，45D. 47，45
【答案】C
【解析】
【分析】直接根据茎叶图知识求出中位数和众数即可．
【详解】根据题意，有30个数据，所以中位数为排序后第15和16个数的平均值：
，众数为出现最多的数，为45.
故选：C.
14. 空间中有两个不同的平面和两条不同的直线，则下列说法中正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】A
【解析】
【分析】根据面面垂直的性质结合线线以及线面的位置关系可判断AB；根据面面平行的性质结合线线以及线面的位置关系可判断CD；
【详解】对于A，若，则或，
又，当时，在内必存在直线l和m平行，则；
当时，显然有，所以，故A正确；
对于B，若，则或，由，则与斜交、垂直、平行均有可能，故B错误；
对于C，若，则或，由，则与相交、平行、异面均有可能，故C错误；
对于D，若，则或，又，则或，故D错误.
故选：A.
15. 已知等差数列前n项和为，，，则使取得最大值时n的值为（ ）
A. 4B. 5C. 6D. 7
【答案】B
【解析】
【分析】由等差数列的通项公式、前项和公式列方程组求得和公差，写出前项和，由二次函数性质得结论．
【详解】设等差数列公差为，由，
则，，
∴，
解得，．
∴，
∴当时，取得最大值．
故选：B．
16. 已知点D在确定的平面内，是平面外任意一点，满足，且，，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由四点共面可知，结合基本不等式的乘“1”法即可求解.
【详解】,
因为四点共面，所以，
注意到，从而.
当且仅当时等号成立，
所以的最小值为.
故选：B.
三、解答题
17. 已知圆C的圆心为，若圆C经过直线：，：的交点.
（1）求圆C的标准方程；
（2）直线：与圆C交于M，N两点，且，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求出交点坐标，进而得到半径，得到圆的标准方程；
（2）由垂径定理得到圆心到直线的距离，利用点到直线距离公式求出答案.
【小问1详解】
联立，解得，
故半径为，
故圆C标准方程为；
【小问2详解】
设圆心到直线的距离为，
则由垂径定理得，
解得，即，解得，
故直线l的方程为，即.
18. 为加强学生睡眠监测督导，学校对高中三个年级学生的日均睡眠时间进行调查.根据分层随机抽样法，学校在高一、高二和高三年级中共抽取了100名学生的日均睡眠时间作为样本，其中高一35人，高二33人.已知该校高三年级一共512人.
（1）学校高中三个年级一共有多少个学生?
（2）若抽取100名学生的样本极差为2，数据如下表所示（其中，n是正整数）
求该样本的第40百分位数.
【答案】（1）1600
（2）8.25小时
【解析】
【分析】根据分层抽样，按比例抽取即可得到答案．
根据极差可得，再结合学生总数量为100，可求出，再根据求第百分位数的方法即可求得.
【小问1详解】
设学校高中三个年级一共有个学生,
因为采用分层抽样法抽取一个容量为100的样本，
在高一年级抽取了35人，高二年级抽取了33人，
所以高三抽取的人数为：人，
又因为高三年级一共512人，所以有：，解得.
所以学校高中三个年级一共有1600个学生.
【小问2详解】
因为抽取100名学生的样本极差为2，，
所以，
又因为，
所以样本第40百分位数为：（小时）.
19. 如图，已知点在圆柱的底面圆上，，圆的直径，圆柱的高.
（1）求圆柱的表面积与体积;
（2）求直线与所成的角.
【答案】（1）表面积，体积；
（2）.
【解析】
【分析】（1）直接根据圆柱的表面积与体积公式计算可得；
（2）首先求出，再根据圆柱的性质可得与所成角即为与所成角，连接，利用勾股定理求出，再利用余弦定理计算可得.
【小问1详解】
因为是圆的直径，则，
圆柱的表面积，
圆柱的体积；
【小问2详解】
因为，所以与所成角即为与所成角，
连结，因为是圆的直径，所以，
因为，
所以，又因为，
所以，
则
即直线与所成的角为.
20. 如图，已知，，，直线．
（1）证明直线经过某一定点，并求此定点坐标；
（2）若直线等分面积，求直线的一般式方程；
（3）若，李老师站在点用激光笔照出一束光线，依次由（反射点为）、（反射点为）反射后，光斑落在点，求入射光线的直线方程．
【答案】（1）证明见解析，定点坐标为；
（2）；
（3）．
【解析】
【分析】（1）整理得到，从而得到方程组，求出定点坐标；
（2）求出定点在直线上，且，由得到，设出，由向量比例关系得到点坐标，得到直线方程；
（3）作出辅助线，确定关于和的对称点，得到，由对称性得，写成直线方程.
【小问1详解】
直线可化为，
令，解得，故直线经过的定点坐标为；
【小问2详解】
因为，，，所以，
由题意得直线方程为，
故直线经过的定点在直线上，所以，
设直线与交于点，所以，
即，所以，
设，所以，即，
所以，，所以，
将点坐标代入直线的方程，解得，
所以直线的方程为；
【小问3详解】
设关于的对称点，关于的对称点，
直线的方程为，即，
直线方程为，所以，
解得，所以，
由题意得四点共线，，由对称性得，
所以入射光线的直线方程为，
即．
21. 如图1，在边长为4的菱形ABCD中，∠DAB＝60°，点M，N分别是边BC，CD的中点，，．沿MN将翻折到的位置，连接PA，PB，PD，得到如图2所示的五棱锥P-ABMND．
（1）在翻折过程中是否总有平面平面PAG？证明你的结论；
（2）当四棱锥P-MNDB体积最大时，求直线PB和平面MNDB所成角的正弦值；
（3）在（2）的条件下，在线段PA上是否存在一点Q，使得二面角的平面角的余弦值为？若存在，试确定点Q的位置；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）总有平面平面PAG；证明见解析
（2）
（3）存在；Q为线段PA的中点．
【解析】
【分析】（1）通过证明平面来证得平面平面PAG.
（2）首项判断出平面MNDB时，四棱锥P-MNDB体积最大，作出直线PB和平面MNDB所成角，解三角形求得其正弦值.
（3）建立空间直角坐标系，设，根据二面角的余弦值求得，由此确定点的位置.
【小问1详解】
在翻折过程中总有平面平面PAG，
证明如下：∵点M，N分别是边BC，CD的中点，∴，
又因为菱形ABCD中∠DAB＝60°，∴是等边三角形，
∵G是MN的中点，∴，
∵菱形ABCD的对角线互相垂直，∴，∴，
∵，平面PAG，平面PAG，
∴平面PAG，∴平面PAG，∵平面PBD，∴平面平面PAG．
【小问2详解】
由题意知，四边形MNDB为等腰梯形，且DB＝4，MN＝2，，
所以等腰梯形MNDB的面积，
要使得四棱锥P-MNDB体积最大，只要点P到平面MNDB的距离最大即可，
∴当平面MNDB时，点P到平面MNDB的距离的最大值为，
此时四棱锥P-MNDB体积的最大值为，
连接BG，则直线PB和平面MNDB所成角的为∠PBG，
在中，，，由勾股定理得：．
∴．
【小问3详解】
假设符合题意的点Q存在．
以G为坐标原点，GA，GM，GP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，
因为平面PMN，故平面PMN的一个法向量为，
设，∵，，
故，∴，，
平面QMN的一个法向量为，则，，
即，令，所以，
即，
则平面QMN的一个法向量，设二面角的平面角为，
所以，解得：，
故符合题意的点Q存在，且Q为线段PA的中点．
日均睡眠时间（小时）
8.5
9
9.5
10
学生数量
32
13
11
4