【文档说明】上海市上海交通大学附属中学2019-2020学年高二下学期期末考试数学【精准解析】.doc，共(23)页，2.083 MB，由小赞的店铺上传

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2019-2020学年交附高二下期末数学试卷一、填空题1.随机扔一个硬币三次，数字朝上恰好出现一次的概率是______.【答案】38【解析】【分析】由随机扔一个硬币，每次数字朝上的概率均为12，且相互独立，结合独立重复试验的概率计算公式，即可求解.【详解】由题意，随机扔一个硬币，每次数字朝上的概

率均为12，且相互独立，所以数字朝上恰好出现一次的概率为123113(1)228PC=−=.故答案为：38.【点睛】本题主要考查了独立重复试验的概率的计算，其中解答中正确理解题意，合理利用独立重复试验的概率计算公式进行求解是解答的关键，着重考

查分析问题和解答问题的能力.2.将边长为1的正方形ABCD沿对角线AC折叠，使得点B和D的距离为1，则二面角BACD−−的大小为______.【答案】2【解析】【分析】设翻折前AC与BD相交于点O，则OBAC⊥，ODAC

⊥，作出翻折后的图形，由二面角的定义可知BOD即为所求，易证BOD为等腰直角三角形，故2BOD=，从而得解．【详解】设翻折前AC与BD相交于点O，则OBAC⊥，ODAC⊥，而翻折之后的图形如图所示，B

OD为二面角BACD−−的平面角．22OBOD==，1BD=，BOD为等腰直角三角形，且2BOD=，二面角BACD−−的大小为2．故答案为：2．【点睛】本题考查二面角的求法，理解二面角的定义是解题的关键，考查学生的空间立体感、

作图能力和逻辑推理能力，属于基础题．3.圆锥的底面半径是3，高是4，则圆锥的侧面积是__________．【答案】15【解析】分析：由已知中圆锥的底面半径是3，高是4，由勾股定理，我们可以计算出圆锥的母线长，代入圆锥侧面积公式Srl=，即可得到结论.详

解：圆锥的底面半径是3r=，高是4h=，圆锥的母线长5l=，则圆锥侧面积公式15Srl==，故答案为15.点睛：本题主要考查圆锥的性质与圆锥侧面积公式，意在考查对基本公式的掌握与理解，属于简单题.4.若62axx−的展开式的

常数项为60，则a＝_____【答案】4【解析】【分析】先求出二项式展开式的通项公式，再令x的系数等于0，求得r的值，即可求得展开式中的常数项的值，再由展开式的常数项为60，求出常数a的值．【详解】∵62axx−展开式的通项公式

为Tr+1＝66()rrrCxa−=−•x﹣2r＝rr6()aC−•x6﹣3r，令6﹣3r＝0，可得r＝2，∴展开式的常数项为226()aC−＝60，解得a＝4．故答案为4．【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，二项式展开式的通项公式，求展开式中某项的系数

，属于中档题．5.某校开设A类选修课5门，B类选修课4门，一位同学从中供选3门，若要求两类课程中至少选一门，则不同的选法共有______.种【答案】70【解析】【分析】根据分类计数原理，3门功课可分成2种情况，分别求方法种数.【详解】

由条件可知3门课程可以分成以下两种情况：A类2门，B类1门，共有215440CC=种，或A类1门，B类2门，共有1254CC30=，所以不同的选法共有403070+=种方法.故答案为：70【点睛】本题考查分类计数原理，组合知识，重点考查分类讨论的思想

，属于基础题型.6.如图，在正四棱锥PABCD−中，60APC=，则二面角APBC−−的平面角的余弦值为______.【答案】17−【解析】【分析】设ABa=，则2ACa=，过A作AEPB⊥，垂足为E，连CE，则根据PABPCB△△，可得C

EPB⊥，所以AEC为二面角APBC−−的平面角,在AEC中，用余弦定理可求得结果.【详解】设ABa=，则2ACa=，因为60APC=，所以2PAPCa==，过A作AEPB⊥，垂足为E，连CE，则根

据PABPCB△△，可得CEPB⊥，如图：所以AEC为二面角APBC−−的平面角,在PAB△中,222cos42ABaPBAPBa===，所以2214sin144PBA=−=，所以在直角AEB△中，sinAEABEBA=144a=，同理144CEa=

，在AEC中，222cos2AECEACAECAECE+−=222214142161614216aaaa+−=17=−.故答案为：17−.【点睛】本题考查了正四棱锥的结构特征，考查了二面角的求法，按照作、证、求这三个步骤做题是解题关键，属于中档题.7.在由二项式系数所

构成的杨辉三角形，第________行中从左至右第14与第15个数的比为2:3；【答案】34【解析】依题意有1314C2C3nn=，()()!13!13!142!13314!14!nnnnn−==−−，解得34n=.【点睛】本题主要考查二项式系数与杨辉三角的对应关系，考查组合数的计算

公式.二项式展开式的二项式系数为01C,C,,Cnnnn，由于计数是从0开始的，故第14，与15项的比为1314C2C3nn=，在用阶乘表示组合数的计算公式，约分后解方程可求得n对应的数值.8.集合*110,,SxxxNnN=

共有120个三元子集()1,2,...,120iAi=，若将iA的三个元素之和记为()1,2,...,120iai=，则12120...aaa+++=______.【答案】1980【解析】【分析】根据题意，将所有

元素在子集中的个数算出，然后再求和即可.【详解】因为集合*110,,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10SxxxNnN==，所以含元素1的子集有29C,同理含2，3，4，5，6，7，8，9，10的子集也各有29C，所以2121209...(123...10

)aaaC+++=++++，()1011098198022+==.故答案为：1980【点睛】本题主要考查集合的新定义以及组合问题，还考查了分析推理的能力，属于中档题.9.太阳光线照于地面，与地面成角02

.调整木棍角度可改变其在水平地面的影子长度.则长度为d的木棍在水平地面的影子最长为______.【答案】sind【解析】【分析】太阳光与水平面所成的角是不变量,设BAC=，利用正弦定理公式可得，

()sinsindAC=+影子长为()sinsindAC+=，是不变量，且sin确定,只需要()sin+最大，计算即可得出结果.【详解】光线照于地面，与地面成角02.调整木棍角度可改变其在水平地面的影子长度.则

长度为d，如图所示：ABd=，C=，设BAC=，影子长为AC,根据正弦定理：()sinsindAC=+，则()sinsindAC+=，因为是不变量，且sin确定,只需要()sin+最大,故

有2+=，此时，木棍在水平地面的影子最长为sind.故答案为：sind【点睛】本题考查了线面角中的最小角定理，还考查了学生们的空间想象能力及把生活中的实例用数学的思想加以解释的能力，即建模能力．10.在一个密闭的容积为1

的透明正方体容器内装有部分液体，如果任意转动该正方体，液面的形状都不可能是三角形，那么液体体积的取值范围是．【答案】15,66【解析】【详解】试题分析：如图，正方体ABCD-EFGH，此时若要使液面不为三角形，则液面必须高

于平面EHD，且低于平面AFC．而当平面EHD平行水平面放置时，若满足上述条件，则任意转动该正方体，液面的形状都不可能是三角形．所以液体体积必须＞三棱柱G-EHD的体积16，并且＜正方体ABCD-EFGH体积-三棱柱B-AFC体积151

66−=考点：1．棱柱的结构特征；2．几何体的体积的求法11.气象意义上从春季进入夏季的标志为连续5天的日平均温度均不低于22℃.现有甲、乙、丙三地连续5天的日平均温度的记录数据：（记录数据都是正整数）①甲

地5个数据的中位数为24，众数为22；②乙地5个数据的中位数为27，总体均值为24；③丙地5个数据中有一个数据是32，总体均值为26，总体方差为10.8.则肯定进入夏季的地区有_____．【答案】①③【解析】【分析】根据数据的特点

进行估计甲、乙、丙三地连续5天的日平均气温的记录数据，分析数据的可能性进行解答即可得出答案．【详解】①甲地：5个数据的中位数为24，众数为22，根据数据得出：甲地连续5天的日平均温度的记录数据可能为：22、22、24、25、

26，其连续5天的日平均气温均不低于22；②乙地：5个数据的中位数为27，总体均值为24，当5个数据为19、20、27、27、27，可知其连续5天的日平均温度有低于22，故不确定；③丙地：5个数据中有一个数据是32，总体均值为2

6，若有低于22，假设取21，此时方差就超出了10.8，可知其连续5天的日平均温度均不低于22，如22、25、25、26、32，这组数据的平均值为26，方差为10.8，但是进一步扩大方差就会超过10.8，故③对．则肯定进入夏季的地区有甲、丙两地，故答案为①③．【点睛】本题考查中

位数、众数、平均数、方差的数据特征，简单的合情推理，解答此题应结合题意，根据平均数的计算方法进行解答、取特殊值即可．12.有7个评委各自独立对A、B两位选手投票表决，两位选手旗鼓相当，每位评委公平投票且不得弃权.若7位评委依次揭晓票选结果，则A选手在每位评委投票揭晓后票数始终保持领先

的概率是______.【答案】532【解析】【分析】将比分分为7:0，6:1，5:2，4:3四种情况讨论计算概率.【详解】由条件可知前两名投票的都投给选手A，并且投给每位选手的概率是12P=.若投票给A、B两位选手的比分为7:0，则概率为712，若比分为6:1

，则投给选手B的方法有155C=种，所以概率为7152若比分为5:2，则投给选手B的两票不能在第三和第四的位置，有2519C−=种，所以概率为7192，若比分为4:3，则投给A的

票不能是最后一位，且不能占5,6位，有2415C−=种，所以概率为7152，所以概率()7151595232P=+++=.故答案为：532【点睛】本题考查独立事件同时发生的概率，重点考查分类的思想，属于中档题型.二、选择题13.空间中，“直线l平行于平

面上的一条直线”是“直线//l平面”的（）条件.A.充分非必要B.必要非充分C.充分必要D.非充分非必要【答案】B【解析】【分析】由线面平行的判断定理和性质定理判断即可得出结论.【详解】由线面平行的判

定定理可知,当直线l在平面内，l平行于平面上的一条直线，则不能得出结论“直线//l平面”，故“直线l平行于平面上的一条直线”是“直线//l平面”不充分条件；由直线和平面平行性质定理可知,“直线//l平面”则经过直线l的平面和平面相交,那么直

线l和交线平行，所以能得出“直线l平行于平面上的一条直线”，故“直线l平行于平面上的一条直线”是“直线//l平面”必要条件.故选：B【点睛】本题考查直线和平面平行的判断定理和性质定理，考查理解辨析能

力，属于基础题.14.在平行六面体1111ABCDABCD−中，M为11AC与11BD的交点，若,ABaADb==,1AAc=，则与BM相等的向量是（）A.1122abc++B.1122abc−−+C.1122abc

−+D.1122−++abc【答案】D【解析】【分析】根据空间向量的线性运算，用,,abc作基底表示BM即可得解.【详解】根据空间向量的线性运算可知11BMBBBM=+11112AABD=+()1111112A

ABAAD=++()112AAABAD=+−+因为,ABaADb==,1AAc=，则()112AAABAD+−+1122abc=−++即1122BMabc=−++，故选：D.【点睛】本题考查了空间向量的线性运算，用基底表示向量，属于基础题.15.一间民房的屋项有如图三种不同的盖法：①单向

倾斜；②双向倾斜；⑤四向倾斜.记三种盖法是屋项面积分别为1P、2P、3P，若屋顶倾斜面与水平面所成的角都是，则（）A.321PPPB.321PPP=C.321PPP=D.321PPP==【答案】D【解析】【分析】因为三种盖法的屋顶斜面与水平面

所成二面角都相等，且三种盖法的屋顶在水平面上的射影面积均相等，由面积射影公式S影=S侧cos，知屋顶面积1P、2P、3P，均相等．【详解】∵三种盖法的屋顶斜面与水平面所成二面角都是，三种盖法的屋顶在水平面上的射影面积都相同，射影面积可设为S，则由面积射影公

式，得：123PcosSPcosSPcosS===，，，∴321PPP==．故选:D．【点睛】本题是二面角知识在实际生活中的应用，由面积射影公式S影=S侧cos，容易得出结论，是基础题．16.如图为某水晶工艺品示意图，该工艺品由一个半径为R的大球放置在底面半径和高均为R的圆柱内，球

与圆柱下底面相切为增加观赏效果，设计师想在圆柱与球的空隙处放入若干大小相等的实心小球，且满足小球恰好与圆柱底面、圆柱侧面及大球都相切，则该工艺品最多可放入（）个小球.A.14B.15C.16D.17【答案】B【解析】【分析】圆柱与球的空隙处放入若干大小相等的实心小球，且满足小球恰好与

圆柱底面、圆柱侧面及大球都相切，过球心与圆柱体底面圆心的平面截得该图形的平面图，利用几何关系计算即可.【详解】如图，过球心与圆柱体底面圆心的平面截得该图形的平面图，设球的半径为R，实心小球的半径为r，由题意可得：22rrRR++=，解得：(322)Rr=

+，因为小球球心在以E为圆心，EF为半径的圆上，2RrEF+=，周长为2EF，所以22rnEF，即()()22(322)22222215.162222RrrrRrEFnrrrr+++

+====+.故该工艺品最多可放入15个小球.故选：B.【点睛】本题考查空间几何体与球接、切问题的求解方法.求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解.三、解答题17.某险种的基本保费

为a（单位：元），继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下：上年度出险次数012345保费0.85aa1.25a1.5a1.75a2a随机调查了该险种的200名续保人在一年内的出险情况，得到如下统计表：出险次数012345保费6050303

02010（1）记A为事件“一续保人本年度的保费不高于基本保费”.求()PA的估计值；（2）求续保人本年度平均保费的估计值.【答案】（1）1120；（2）1.1925a.【解析】【分析】（1）求出A为事件：“一续保人本年度的保费不高于基本保费”的人数．总事件人数，即可求()

PA的估计值；（2）利用人数与保费乘积的和除以总续保人数，可得本年度的平均保费估计值．【详解】（1）记A为事件：“一续保人本年度的保费不高于基本保费”．事件A的人数为：60+50＝110，该险种的200名续保，()PA的估计值为：1101120020=；（2）

续保人本年度的平均保费估计值为0.8560501.25301.5301.75202101.1925200aaaaaaxa+++++==【点睛】本题考查样本估计总体的实际应用，考查计算能力．属于基础题.18.如图，正方形A

BCD的边长为2，E、F分别是边AB及BC的中点，将AED、BEF及DCF折起，使A、B、C三点重合于1A点.（1）求三棱锥1AEFD−的体积；（2）求1AD与平面DEF所成角的大小.【答案】（1）13；（2）1arcsi

n3.【解析】【分析】（1）首先证明1AD⊥平面1AEF，再求三棱锥的体积；（2）首先证明平面1AMD⊥平面EFD，再说明1AD与平面DEF所成角为1ADM，并求角的大小.【详解】（1）由条件可知1

1AEAD⊥，11AFAD⊥，且111AEAFA=1AD⊥平面1AEF，1AEF是等腰直角三角形，1111122AEFS==,1111111123323AEFDDAEFAEFVVSAD−−====；（2）取EF的中点M，连结1AM，DM，

11AEAF=，1AMEF⊥，同理，DMEF⊥，且1AMEFM=EF⊥平面1AMD,又EF平面1AMD，平面1AMD⊥平面EFD，且平面1AMD平面EFDMD=，1AD与平面DEF所成角为1ADM，1AD⊥平面1AEF，11ADAM⊥11222AMEF==，()2222

12325222DMDEEF=−=−=，111sin3AMADMMD==,即11arcsin3ADM=，1AD与平面DEF所成角为1arcsin3.【点睛】本题考查垂直关系，几何体的体积，线面角，重点考查直观想象

能力，计算能力，推理证明能力，属于基础题型.19.（1）已知()2fxkx=+，不等式()3fx的解集为()1,5−，不等式()1xfx的解集为A.求集合A；（2）解关于x的不等式()2220axax+−−.【答案】（1）)1,2；（2）见解析【解析】【分析】（1）由题意得

，23523kk−+=+=，由此可求得()2fxx=−+，代入后转化为一元二次不等式即可求出答案；（2）分类讨论法解不等式即可．【详解】解：（1）∵()2fxkx=+，不等式()3fx的解集为()1,5−，∴方程23kx+=的解集为{}1

,5-，∴23523kk−+=+=，解得1k=−，∴()2fxx=−+，∴()112xxfxx−+()2102xx−−()()12020xxx−−−，解得12x，∴)1,2A=；（2）∵()2220axax+−−，①当0a=时，原不等式化为220x−

−，解得1x−；当()2010aaxxa−+，②当0a时，原不等式化为()210xxa−+，解得1x−，或2xa；③当0a时，原不等式化为()210xxa−+，1当21a=−即2a=−时，原不等式化为()210x+，解得

1x=−；2当21a−即20a−时，解得21xa−；3当21a−即2a−时，解得21xa−；综上：当2a−时，原不等式的解集为21,xa−；当2a=−时，原不等式的解集为1x−；当20a−时，原不等式

的解集为2,1xa−；当0a=时，原不等式的解集为(,1x−−；当0a时，原不等式的解集为(2,1,xa−−+．【点睛】本题主要考查一元二次不等式的解法，考查分式不等式的解法，考查转化与化归思想，考查分类讨论法，属于中档题．20.如图，为正六棱柱1111

11ABCDEFABCDEF−，底面边长ABa=，高1AAh=.（1）若ah=，求异面直线1BD和1CF所成角的大小；（2）计算四面体11BCDF的体积（用,ah来表示）；（3）若正六棱柱为一容器（有盖），

且底面边长a和高h满足：23hak+=（k为定值），则当底面边长a和高h分别取得何值时，正六棱柱的表面积与体积之比最小？【答案】（1）5arccos10；（2）2312ah；（3）36ak=，14hk=，取得最小.【解析】【分析】（1）延长,EFBA相交于G点，延长1111,EFBA相

交于H点，连接GH，得111BCFGBCFH-是直四棱柱，证明1//CFBH,所以异面直线1BD和1CF所成角的大小即为直线1BD和BH所成角的大小.解三角形可得.（2）建立空间直角坐标系,求出平面1BFC法向量，求出1D到平面1BFC的距

离，可得四面体11BCDF的体积.（3）求出正六棱柱的表面积2633Shaa=+,正六棱柱的体积2332Vah=，利用已知条件，转化为二次函数求得最值，得解.【详解】（1）补形如图：延长,EFBA相交于G点，延长1111,EFBA相交于H点

，连接GH由正六边形性质知BCFG是平行四边形，从而得111BCFGBCFH-是直四棱柱，则1//BCHF且1=BCHF所以四边形1BCFH是平行四边形，所以1//CFBH,所以异面直线1BD和1CF所成角

的大小即为直线1BD和BH所成角的大小.在三角形1BDH中，由平面几何知识和余弦定理得：17DHa=，5BHa=，12BDa=,22222211115475cos210252BHBDHDaaaHBDBHBDaa+-+-?==××15arccos10HB

D\?（2）如图，建立分别以1,FBFEFF，为,,xyz轴的空间直角坐标系，则(3,0,0)Ba，(3,,0)Caa，133(,,)22aaDh，1(0,0,)Fh(0,,0)BCa=，1(3,0,)BFah=-，13(,,)22aaCDh=-设平面1BFC法

向量为(,,)nxyz=100nBCnBF==,030ayaxhz=−+=，令3x=，则3azh=，0y=3(3,0,)anh=所以1D到平面1BFC的距离122223330322=92393aaahnCDa

hhdnahah-???×==++又2214FCah=+，BCa=，2213BFah=+,22211BCBFFC\+=122111322BFCSBCBFaahD\=?+11122222111333=33212239DBFCBFCahVSdaahahha-D=??

?+（3）由题知，正六棱柱的表面积221626sin606332Shaahaa=+创?+正六棱柱的体积221336sin6022Vahah=创?222233332633423423ahVahahShaahaaha\===+++又23hak+=22221()22416Vhkhhh

kkhSkkk-\==-=--+所以当=4kh时，VS有最大值，也即SV取得最小值，此时=4kh，36ak=【点睛】本题考查异面直线所成角，利用空间向量求四面体体积及利用表面积与体积之比转化为函数求其最值问题，属于较难题.21.对任意*nN，定义()122nnnab+=+，其中n

a，nb为正整数.（1）求33ab+，44ab+的值；（2）求证：2221nnab−=；（3）设nnnacb=是否存在实数0，使得()()10nncc+−−对任意*nN恒成立？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由.【答案】（1）12，29；

（2）证明见解析；（3）存在，2=.【解析】【分析】（1）分别令3n=和4n=，将3(12)+和4(12)+展开，求得3344,,,abab的值，进而求得结果；（2）分别列出na和nb的值，列出关系，得到222(1)nnnab−=−，从而证得结果；（3）假设存在实数0

，满足条件，根据题意找关系，确定出nnnacb=的极限，求得结果.【详解】（1）()312132622752+=+++=+，所以337,5ab==，所以3312ab+=，()41214262422417122+=++++=+，所以4417,12ab==，4429ab+=；（2

）12233(12)12(2)(2)(2)nnnnnnnCCCC+=+++++，所以224361222nnnnaCCC=++++，132522nnnnbCCC=+++，所以222(2)(2)nnnnnnababab−=+−22436132522436132

5[(1222)2(22)][(1222)2(22)]nnnnnnnnnnnnCCCCCCCCCCCC=++++++++++++−+++12232[(12(2)(2)(2)]nnnnnnCCCC=+++++12233[12(2)(2)(2)

]nnnnnnCCCC−+−++−(12)(12)[(12)(12)](1)nnnn=+−=+−=−，所以2221nnab−=；（3）由（2）知，2221nnab−=，设2221nnab−=，则2221211222nnnnnabbbb+==+，可以发现132522nnnnbCCC

=+++会随着n的增大而增大，所以21122nnnabb=+会随着n的增大而减小，并且会越来越接近与1，所以nnnacb=会无限趋近与2，且比2要大；当2221nnab−=−时，则2222111222n

nnnnabbbb−==−，同理可以确定nnnacb=会随着会随着n的增大而增大，会无限趋近与2，从而可以得出满足()()10nncc+−−的的值为2.【点睛】该题考查的是有关二项式定理的有关问题，涉及到的知识点有二项式定理和数列的综合题，在解题的过程中，注意极限的思想的应用

，属于难题.