上海市七宝中学2017-2018学年高二下学期期末数学试题

2017-2018学年上海市闵行区七宝中学高二（下）期中数学试卷试题数：21.满分：1501.（填空题.4分）A8n =2 C82 .且n∈N*.则n=___ ．2.（填空题.4分）若圆锥的底面周长为2π.侧面积也为2π.则该圆锥的体积为___ ．3.（填空题.4分）在长方体ABCD-A1B1C1D1中.若AB=BC=1.AA1= √2 .则点A到平面A1BD1距离为___ ．4.（填空题.4分）艺术节要安排5个节目进行表演.其中A.B两个节目必须连排.则节目演出不同的编排方案有___ 种．5.（填空题.4分）从同一点出发的四条直线最多能确定___ 个平面．6.（填空题.4分）在斜二测画法中.位于平面直角坐标系中的点M（4.4 √2）在直观图中的对应点是M′.则线段OM′的长度为___ ．7.（填空题.5分）一个球夹在120°的二面角内.且与二面角的两个面都相切.两切点在球面上的最短距离为π.则这个球的半径为___ ．8.（填空题.5分）某微信群中五人同时抢4个红包.每人最多抢一个且红包全部被抢完.已知4个红包有两个2元.一个3元.一个5元（红包中金额相同视为相同的红包）.则有___ 种不同的情况．9.（填空题.5分）三棱锥P-ABC满足：AB⊥AC.AB⊥AP.AB=2.AP+AC=4.则该三棱锥的体积V 的取值范围是___10.（填空题.5分）边长为2的正方形ABCD中.点E.F分别是AB.BC的中点.将△ADE.△EBF.△FCD.分别沿DE.EF.FD折起.使得A、B、C三点重合于点A'.若四面体A′EFD的四个顶点在同一个球面上.则该球的表面积为___ ．11.（填空题.5分）正四棱锥S-ABCD的底面边长为2.高为2.E是边BC的中点.动点P在表面上运动.并且总保持PE⊥AC.则动点P的轨迹的周长为___ ．12.（填空题.5分）a.b 为空间中两条互相垂直的直线.等腰直角三角形ABC 的直角边AC 所在直线与a.b 都垂直.斜边AB 以直线AC 为旋转轴旋转.有下列结论：① 当直线AB 与a 成60°角时.AB 与b 成30°角；② 当直线AB 与a 成60°角时.AB 与b 成60°角；③ 直线AB 与a 所成角的最小值为45°；④ 直线AB 与a 所成角的最小值为60°；其中正确的是___ ．（填写所有正确结论的编号）13.（单选题.5分）给定空间中的直线l 与平面α.则“直线l 与平面α垂直”是“直线l 垂直于平面α上无数条直线”的（ ）条件．A.充分非必要B.必要非充分C.充要D.既不充分也不必要14.（单选题.5分）一个棱柱是正四棱柱的一个充要条件是（ ）A.底面是正方形.有两个侧面是矩形B.底面是正方形的平行六面体C.底面是正方形且两个相邻侧面是矩形D.每个侧面都是全等的矩形15.（单选题.5分）如果一条直线与一个平面垂直.那么.称此直线与平面构成一个“正交线面对”．在一个正方体中.由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是（ ）A.48B.18C.24D.3616.（单选题.5分）长方体A 1A 2A 3A 4-B 1B 2B 3B 4的底面为边长为1的正方形.高为2.则集合={x|x= A 1B 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ • A i B j ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ .i∈{1.2.3.4}.j∈{1.2.3.4}}中元素的个数为（ ）A.1B.2C.3D.417.（问答题.14分）我校学生会进行换届选举.共选举7名学生委员.其中甲、乙、丙是上一届的委员.现对7名成员进行如下分工：（1）若学生会正、副主席两职位只能由甲、乙、丙三人选两份担任.则有多少种不同的分工方法；（2）若甲不担任学生会主席.乙不担任组织委员.则有多少种不同的分工方法？18.（问答题.14分）如图.在正方体ABCD-A1B1C1D1中.E、F分别是线段BC、CD1的中点．（1）求异面直线EF与AA1所成角的大小；（2）求直线EF与平面AA1B1B所成角的大小．19.（问答题.14分）圆锥的侧面展开图是一个半圆.它被过底面中心O且平行于母线AB的平面所截.若截面与圆锥侧面的交线是焦点到准线的距离为p的抛物线．（1）求圆锥的母线与底面所成角的大小；（2）求圆锥的侧面积．20.（问答题.16分）如图① .有一个圆柱形状的玻璃水杯.底面圆的直径为20cm.高为30cm.杯内有20cm深的溶液.现将水杯倾斜.且倾斜时点B始终在桌面上.设直径AB所在直线与桌面所成的角为α（图② ）（1）求图② 中圆锥的母线与液面所在平面所成的角（用α表示）；（2）要使倾斜后容器内的溶液不会溢出.求角α的最大值；（3）要保证倒出的溶液体积不少于1500cm3.求角α的取值范围（保留到0.1）．21.（问答题.18分）如图.在四棱锥P-ABCD中.已知PA⊥平面ABCD.且四边形ABCD为直角梯.PA=AD=2.AB=BC=1．形.∠ABC=∠BAD= π2（1）求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值；（2）点Q是线段BP上的动点.当直线CQ与DP所成的角最小时.求线段BQ的长．2017-2018学年上海市闵行区七宝中学高二（下）期中数学试卷参考答案与试题解析试题数：21.满分：1501.（填空题.4分）A8n =2 C82 .且n∈N*.则n=___ ．【正确答案】：[1]2【解析】：利用排列数与组合数公式化简求解即可．【解答】：解：A8n =2 C82 .且n∈N*.因为2 C82 =56.所有A8n =8×7=56.所有n=2．故答案为：2．【点评】：本题考查排列数与组合数个数的应用.是基本知识的考查．2.（填空题.4分）若圆锥的底面周长为2π.侧面积也为2π.则该圆锥的体积为___ ．【正确答案】：[1] √3π3【解析】：根据底面周长计算底面半径.根据侧面积计算母线长.再根据勾股定理求出圆锥的高.代入体积公式计算体积．【解答】：解：∵圆锥的底面周长为2π.∴圆锥的底面半径r=1.设圆锥母线为l.则πrl=2π.∴l=2.∴圆锥的高h= √l2−r2 = √3．∴圆锥的体积V= 13πr2h= √3π3．故答案为：√33π．【点评】：本题考查了圆锥的结构特征.侧面积与体积计算.属于基础题．3.（填空题.4分）在长方体ABCD-A1B1C1D1中.若AB=BC=1.AA1= √2 .则点A到平面A1BD1距离为___ ．【正确答案】：[1] √63【解析】：以D为原点.DA为x轴.DC为y轴.DD1为z轴.建立空间直角坐标系.利用向量法能求出点A到平面A1BD1距离．【解答】：解：以D 为原点.DA 为x 轴.DC 为y 轴.DD 1为z 轴.建立空间直角坐标系.A （1.0.0）.A 1（1.0. √2 ）.B （1.1.0）.D 1（0.0. √2 ）.BA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =（0.-1. √2 ）. BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =（-1.-1. √2 ）. BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =（0.-1.0）.设平面A 1BD 1的法向量 n ⃗ =（x.y.z ）.则 {n ⃗ •BA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−y +√2z =0n ⃗ •BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−x −y +√2z =0 . 取z=1.得 n ⃗ =（0. √2 .1）.∴点A 到平面A 1BD 1距离：d= |n ⃗ •BA ⃗⃗⃗⃗⃗ ||n ⃗ | = √2√3= √63 ． 故答案为： √63 ．【点评】：本题考查点到平面的距离的求法.考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识.考查运算求解能力.是中档题．4.（填空题.4分）艺术节要安排5个节目进行表演.其中A.B 两个节目必须连排.则节目演出不同的编排方案有___ 种．【正确答案】：[1]48【解析】：由排列、组合及简单的计数问题中的捆绑问题得：艺术节要安排5个节目进行表演.其中A.B 两个节目必须连排.则节目演出不同的编排方案有 A 22 A 44 =48种.得解．【解答】：解：艺术节要安排5个节目进行表演.其中A.B 两个节目必须连排.则节目演出不同的编排方案有 A 22 A 44 =48种.故答案为：48．【点评】：本题考查了排列、组合及简单的计数问题中的捆绑问题.属中档题．5.（填空题.4分）从同一点出发的四条直线最多能确定___ 个平面．【正确答案】：[1]6【解析】：利用平面的基本性质及推论直接求解．【解答】：解：同一点出发的四条直线最多能确定平面个数：n= C42 =6．故答案为：6．【点评】：本题考查从同一点出发的四条直线最多能确定的平面的个数的求法.考查用平面的基本性质及推论等基础知识.考查运算求解能力.是基础题．6.（填空题.4分）在斜二测画法中.位于平面直角坐标系中的点M（4.4 √2）在直观图中的对应点是M′.则线段OM′的长度为___ ．【正确答案】：[1]2 √10【解析】：根据题意画出图形.结合图形求出OM′的长度．【解答】：解：平面直角坐标系中的点M（4.4 √2）.在直观图中的对应点是M′（4.2 √2）.如图所示；则线段OM′的长度为√42+(2√2)2−2×4×2√2×cos135° =2 √10．故答案为：2 √10．【点评】：本题考查了斜二侧画法与应用问题.是基础题．7.（填空题.5分）一个球夹在120°的二面角内.且与二面角的两个面都相切.两切点在球面上的最短距离为π.则这个球的半径为___ ．【正确答案】：[1]3【解析】：由题意画出过球心且垂直于二面角棱的截面图.再由弧长公式求解．【解答】：解：如图.作过球心且垂直于二面角棱的截面图.．∵二面角的大小为120°.∴∠AOB=60°= π3R=π .得R=3．设球的半径为R.则π3故答案为：3．【点评】：本题考查空间想象能力与思维能力.训练了弧长公式的应用.是基础题．8.（填空题.5分）某微信群中五人同时抢4个红包.每人最多抢一个且红包全部被抢完.已知4个红包有两个2元.一个3元.一个5元（红包中金额相同视为相同的红包）.则有___ 种不同的情况．【正确答案】：[1]60【解析】：根据题意.分2步进行分析：① .在5人中任选2人.抢两个2元的红包. ② .将剩下的2个红包分给剩下3人中的2人.由分步计数原理计算可得答案．【解答】：解：根据题意.分2步进行分析：① .在5人中任选2人.抢两个2元的红包.有C52=10种情况.② .将剩下的2个红包分给剩下3人中的2人.有A32=6种情况.则有10×6=60种不同的情况.故答案为：60．【点评】：本题考查排列、组合的应用.涉及分步、分类计数原理的应用.属于基础题．9.（填空题.5分）三棱锥P-ABC满足：AB⊥AC.AB⊥AP.AB=2.AP+AC=4.则该三棱锥的体积V 的取值范围是___【正确答案】：[1]（0. 43]【解析】：利用基本不等式求出AP•AC的范围.得出△PAC的面积的范围.代入棱锥的体积公式得出答案．【解答】：解：∵AP+AC=4.∴AP•AC≤（AP+AC2）2=4.设∠PAC=θ.则0＜θ＜π.∴S△PAC= 12AP•AC•sinθ≤2sinθ≤2.∴0＜S△PAC≤2．∵AB⊥AC.AB⊥AP.∴AB⊥平面PAC.∴V= 13 S△PAC•AB= 23S△PAC.∴0＜V≤ 43．故答案为：(0，43]．【点评】：本题考查了棱锥的体积计算.线面垂直的判定定理.属于中档题．10.（填空题.5分）边长为2的正方形ABCD中.点E.F分别是AB.BC的中点.将△ADE.△EBF.△FCD.分别沿DE.EF.FD折起.使得A、B、C三点重合于点A'.若四面体A′EFD的四个顶点在同一个球面上.则该球的表面积为___ ．【正确答案】：[1]6π【解析】：把棱锥扩展为正四棱柱.求出正四棱柱的外接球的半径.就是三棱锥的外接球的半径.由此能求出该球的表面积．【解答】：解：由题意知△A′EF是等腰直角三角形.且A′D⊥平面A′EF.三棱锥的底面A′EF扩展为边长为1的正方形.然后扩展为正四棱柱.三棱锥和外接球与正四棱柱的外接球是同一个球.正四棱柱的对角线长就是外接球的直径.∴球半径R= √12+12+222 = √62.∴该球的表面积为S=4πR2=4 π×(√62)2=6π．故答案为：6π．【点评】：本题考查球的表面积的求法.考查正方体、球等基础知识.考查推理论证能力、运算求解能力.数形结合思想.是中档题．11.（填空题.5分）正四棱锥S-ABCD的底面边长为2.高为2.E是边BC的中点.动点P在表面上运动.并且总保持PE⊥AC.则动点P的轨迹的周长为___ ．【正确答案】：[1] √2+√6【解析】：根据题意可知点P的轨迹为三角形EFG.其中G、F为中点.根据中位线定理求出EF、GE、GF.从而求出轨迹的周长．【解答】：解：由题意知：点P的轨迹为如图所示的三角形EFG.其中G、F为中点.∴EF= 12BD= √2 .GE=GF= 12 SB= √62.∴轨迹的周长为√2 + √6．答案：√2 + √6【点评】：本题主要考查了轨迹问题.以及点到面的距离等有关知识.同时考查了空间想象能力.计算推理能力.属于中档题．12.（填空题.5分）a.b为空间中两条互相垂直的直线.等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a.b都垂直.斜边AB以直线AC为旋转轴旋转.有下列结论：① 当直线AB 与a 成60°角时.AB 与b 成30°角；② 当直线AB 与a 成60°角时.AB 与b 成60°角；③ 直线AB 与a 所成角的最小值为45°；④ 直线AB 与a 所成角的最小值为60°；其中正确的是___ ．（填写所有正确结论的编号）【正确答案】：[1] ② ③【解析】：由题意知.a 、b 、AC 三条直线两两相互垂直.构建如图所示的边长为1的正方体.|AC|=1.|AB|= √2 .斜边AB 以直线AC 为旋转轴.则A 点保持不变.B 点的运动轨迹是以C 为圆心.1为半径的圆.以C 坐标原点.以CD 为x 轴.CB 为y 轴.CA 为z 轴.建立空间直角坐标系.利用向量法能求出结果．【解答】：解：由题意知.a 、b 、AC 三条直线两两相互垂直.画出图形如图.不妨设图中所示正方体边长为1.故|AC|=1.|AB|= √2 .斜边AB 以直线AC 为旋转轴.则A 点保持不变.B 点的运动轨迹是以C 为圆心.1为半径的圆.以C 坐标原点.以CD 为x 轴.CB 为y 轴.CA 为z 轴.建立空间直角坐标系.则D （1.0.0）.A （0.0.1）.直线a 的方向单位向量 a =（0.1.0）.| a |=1.直线b 的方向单位向量 b⃗ =（1.0.0）.| b ⃗ |=1. 设B 点在运动过程中的坐标中的坐标B′（cosθ.sinθ.0）.其中θ为B′C 与CD 的夹角.θ∈[0.2π）.∴AB′在运动过程中的向量. AB′⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =（cosθ.sinθ.-1）.| AB′⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |= √2 . 设 AB′⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 与 a 所成夹角为α∈[0. π2 ].则cosα=|(−cosθ，−sinθ，1)•(0，1，0)||a ⃗ |•|AB′⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ | = √22 |sinθ|∈[0. √22 ]. ∴α∈[ π4 . π2 ].∴ ③ 正确. ④ 错误．设 AB′⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 与 b ⃗ 所成夹角为β∈[0. π2]. cosβ= |AB′⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ •b ⃗ ||AB′⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |•|b ⃗ | = |(−cosθ，sinθ，1)•(1，0，0)||b⃗ |•|AB′⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ | = √22 |cosθ|. 当 AB′⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 与 a 夹角为60°时.即α= π3 .|sinθ|= √2cosα = √2cos π3 = √22 .∵cos 2θ+sin 2θ=1.∴cosβ= √22 |cosθ|= 12 .∵β∈[0. π2 ].∴β= π3.此时AB′⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 与b⃗的夹角为60°.∴ ② 正确. ① 错误．故答案为：② ③ ．【点评】：本题考查命题真假的判断.考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识.考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力.考查数形结合思想、化归与转化思想.是中档题．13.（单选题.5分）给定空间中的直线l与平面α.则“直线l与平面α垂直”是“直线l垂直于平面α上无数条直线”的（）条件．A.充分非必要B.必要非充分C.充要D.既不充分也不必要【正确答案】：A【解析】：根据充分必要条件的定义判断即可．【解答】：解：若：直线l与平面α垂直”.则“直线l垂直于平面α上无数条直线”.是充分条件；若直线l垂直于平面α上无数条直线.则直线l与平面α不一定垂直.不是必要条件.故选：A．【点评】：本题考查了充分必要条件.考查线面垂直的定义.是一道基础题．14.（单选题.5分）一个棱柱是正四棱柱的一个充要条件是（）A.底面是正方形.有两个侧面是矩形B.底面是正方形的平行六面体C.底面是正方形且两个相邻侧面是矩形D.每个侧面都是全等的矩形【正确答案】：C【解析】：由正四棱柱的定义及几何特征.逐一分析四个选项得答案．【解答】：解：若底面是正方形.有相对的两个侧面是矩形.另外两个侧面是平行四边形.则棱柱为斜棱柱.故A不满足要求；若底面是正方形.侧棱不垂直底面的平行六面体为斜棱柱.故B不满足要求；底面是正方形.且两个相邻侧面是矩形.则侧棱与底面垂直.此时棱柱为正四棱柱.故C满足要求；底面是菱形.但不是正方形.侧棱垂直于底面.满足每个侧面都是全等的矩形.不是正四棱柱.故D不满足要求．故选：C．【点评】：本题考查的知识点是棱柱的结构特征.必要条件.充分条件与充要条件.其中熟练掌握正四棱柱的定义是解答本题的关键.是基础题．15.（单选题.5分）如果一条直线与一个平面垂直.那么.称此直线与平面构成一个“正交线面对”．在一个正方体中.由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是（）A.48B.18C.24D.36【正确答案】：D【解析】：根据题目中：“正交线面对”的含义的正确理解.只要找出正方体中多少对线面垂直即可.分棱和面对角线进行讨论即得．【解答】：解：如果一条直线与一个平面垂直.那么.称此直线与平面构成一个“正交线面对”．在一个正方体中.由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”.分情况讨论：① 对于每一条棱.都可以与两个侧面构成“正交线面对”.这样的“正交线面对”有2×12=24个；② 对于每一条面对角线.都可以与一个对角面构成“正交线面对”.这样的“正交线面对”有12个；所以正方体中“正交线面对”共有36个．选D．【点评】：本题主要考查了空间中直线与平面之间的位置关系.考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力.属于基础题．16.（单选题.5分）长方体A 1A 2A 3A 4-B 1B 2B 3B 4的底面为边长为1的正方形.高为2.则集合={x|x= A 1B 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ • A i B j ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ .i∈{1.2.3.4}.j∈{1.2.3.4}}中元素的个数为（ ）A.1B.2C.3D.4【正确答案】：C【解析】：建立空间坐标系.结合向量数量积的定义进行计算即可．【解答】：解：∵长方体A 1A 2A 3A 4-B 1B 2B 3B 4的底面为边长为1的正方形.高为2.∴建立如图的空间直角坐标系.则A 1（1.1.0）.A 2（0.1.0）.A 3（0.0.0）.A 4（1.0.0）.B 1（1.1.2）.B 2（0.1.2）.B 3（0.0.2）.B 4（1.0.2）.则 A 1B 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =（-1.0.2）.与 A 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =（0.0.2）相等的向量为 A 2B 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = A 3B 3⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = A 4B 4⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ .此时 A 1B 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ • A 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2×2=4.与 A 1B 4⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =（0.-1.2）相等的向量为 A 2B 3⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ .此时 A 1B 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ • A 1B 4⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2×2=4.与 A 4B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =（0.1.2）相等的向量为 A 3B 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 此时 A 1B 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ • A 4B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2×2=4.与 A 2B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =（1.0.2）相等的向量为 A 3B 4⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ .此时 A 1B 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ • A 2B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-1+4=3.与 A 1B 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =（-1.0.2）相等的向量为 A 4B 3⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ .此时 A 1B 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ • A 1B 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =1+4=5.体对角线向量为 A 1B 3⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =（-1.-1.2）.此时 A 1B 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ • A 1B 3⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =1+4=5.A 2B 4⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =（1.-1.2）. A 1B 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ • A 2B 4⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-1+4=3.A 3B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =（1.1.2）. A 1B 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ • A 3B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-1+4=3A 4B 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =（-1.1.2）. A 1B 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ • A 4B 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =1+4=5.综上集合={x|x= A 1B 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ • A i B j ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ .i∈{1.2.3.4}.j∈{1.2.3.4}}={3.4.5}.集合中元素的个数为3个.故选：C ．【点评】：本题主要考查集合元素的计算.建立空间坐标系.求出空间向量数量积是解决本题的关键．17.（问答题.14分）我校学生会进行换届选举.共选举7名学生委员.其中甲、乙、丙是上一届的委员.现对7名成员进行如下分工：（1）若学生会正、副主席两职位只能由甲、乙、丙三人选两份担任.则有多少种不同的分工方法；（2）若甲不担任学生会主席.乙不担任组织委员.则有多少种不同的分工方法？【正确答案】：【解析】：（1）由排列、组合及简单的计数原理得：学生会正、副主席两职位只能由甲、乙、丙三人选两份担任.则有C32A22A55 =720种不同的分工.（2）由排列、组合及简单的计数原理得：甲不担任学生会主席.乙不担任组织委员.则有A77−2A66+A55 =3720种不同的分工.得解【解答】：解：（1）学生会正、副主席两职位只能由甲、乙、丙三人选两份担任.则有C32A22A55 =720种不同的分工.（2）甲不担任学生会主席.乙不担任组织委员.则有A77−2A66+A55 =3720种不同的分工.故答案为：（1）720 （2）3720．【点评】：本题考查了排列、组合及简单的计数原理.属中档题．18.（问答题.14分）如图.在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中.E 、F 分别是线段BC 、CD 1的中点．（1）求异面直线EF 与AA 1所成角的大小；（2）求直线EF 与平面AA 1B 1B 所成角的大小．【正确答案】：【解析】：建立如图所示的坐标系.利用向量方法.即可求出所求角．【解答】：解：（1）建立如图所示的坐标系.设正方体的棱长为2.则E （1.2.0）.F （0.1.1）.A （2.0.0）.A 1（2.0.2）.∴ EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =（-1.-1.1）. AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =（0.0.2）.∴异面直线EF 与AA 1所成角的余弦值为| √3•2 = √33 . ∴异面直线EF 与AA 1所成角的大小为arccos √33 ；（2）平面AA 1B 1B 的法向量为（1.0.0）.∴直线EF 与平面AA 1B 1B 所成角的正弦值为| √3•1 |= √33 . ∴直线EF 与平面AA 1B 1B 所成角的大小为arcsin √33 ．【点评】：本题考查空间角.考查向量方法的运用.正确求出向量的坐标是关键．19.（问答题.14分）圆锥的侧面展开图是一个半圆.它被过底面中心O且平行于母线AB的平面所截.若截面与圆锥侧面的交线是焦点到准线的距离为p的抛物线．（1）求圆锥的母线与底面所成角的大小；（2）求圆锥的侧面积．【正确答案】：【解析】：（1）设圆锥的底面半径为R.母线长为l.由题意得πl=2πR.由此能求出母线与底面所成的角为60°．（2）设截面与圆锥侧面的交线为MO1N.其中O1是截面与AC的交点.则OO1 || AB.且OO1= 12 AB.在截面MO1N中.以O1O所在有向直线为y轴.O1为原点.建立空间直角坐标系.由此能求出圆锥的侧面积．【解答】：解：（1）设圆锥的底面半径为R.母线长为l.由题意得πl=2πR.∴cos∠ACO= Rl =12.∴母线与底面所成的角为60°．（2）设截面与圆锥侧面的交线为MO1N.其中O1是截面与AC的交点.则OO1 || AB.且OO1= 12AB.在截面MO1N中.以O1O所在有向直线为y轴.O1为原点.建立空间直角坐标系. 则O1为抛物线的顶点.∴抛物线方程为x2=-2py.点N的坐标为（R.-R）.代入方程.得R2=-2p（-R）.解得R=2p.l=2R=4p.∴圆锥的侧面积S=πRl=8πp2．【点评】：本题中出现了一个与抛物线有关的条件.利用解析几何思想.通过建立坐标系.写出抛物线方程.研究曲线方程来求解相关的量.考查点到平面的距离的求法.考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识.考查运算求解能力.是中档题．20.（问答题.16分）如图① .有一个圆柱形状的玻璃水杯.底面圆的直径为20cm.高为30cm.杯内有20cm深的溶液.现将水杯倾斜.且倾斜时点B始终在桌面上.设直径AB所在直线与桌面所成的角为α（图② ）（1）求图② 中圆锥的母线与液面所在平面所成的角（用α表示）；（2）要使倾斜后容器内的溶液不会溢出.求角α的最大值；（3）要保证倒出的溶液体积不少于1500cm3.求角α的取值范围（保留到0.1）．【正确答案】：【解析】：（1）在图a中.过点F作FQ⊥BC.交BC于Q.则∠CFQ=α.图b中圆锥的母线与液面−α．所在平面所成的角为：∠DFC=∠FCQ=π2（2）根据题意画出图形.结合图形.过C作CF || BP.交AD所在直线于F.且点F在线段AD上.用tanα表示出DF、AF.求出容器内溶液的体积.列出不等式求出溶液不会溢出时α的最大值．×100π≤100π×20-1500.求出α≤0.4507.由此能求出角α的取值围．（3）由(a+30)2【解答】：解：（1）在图a中.过点F作FQ⊥BC.交BC于Q.过点C作CM⊥PB.交FQ延长线于点M.过点M作MN || PB.交BC于N.则∠CFQ=α.∴图b中圆锥的母线与液面所在平面所成的角为：−α．∠DFC=∠FCQ=π2（2）根据题意.画出图形.如图a所示.过C作CF || BP.交AD所在直线于F.在Rt△CDF中.∠FCD=α.CD=20cm.DF=20tanα.且点F在线段AD上.AF=30-20tanα.此时容器内能容纳的溶液量为：×π×102×20tanα=1000π（3-tanα）（cm3）.π×102×(30−20tanα)+12而容器中原有溶液量为π×102×20=2000π（cm3）.令1000π（3-tanα）≥2000π.解得tanα≤1.所以α≤45°.即α的最大角为45°时.溶液不会溢出．×100π≤100π×20-1500.（3）(a+30)2.α≤0.4507.tanα≥ 30−α20∴55.9°≤α≤90°．∴角α的取值范围是[55.9°.90°]．【点评】：本题考查棱柱的体积在生产生活中的实际应用问题.考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识.考查运算求解能力.是中档题．21.（问答题.18分）如图.在四棱锥P-ABCD 中.已知PA⊥平面ABCD.且四边形ABCD 为直角梯形.∠ABC=∠BAD= π2 .PA=AD=2.AB=BC=1．（1）求平面PAB 与平面PCD 所成二面角的余弦值；（2）点Q 是线段BP 上的动点.当直线CQ 与DP 所成的角最小时.求线段BQ 的长．【正确答案】：【解析】：以A 为坐标原点.以AB 、AD 、AP 所在直线分别为x 、y 、z 轴建系A-xyz ．（1）所求值即为平面PAB 的一个法向量与平面PCD 的法向量的夹角的余弦值的绝对值.计算即可；（2）利用换元法可得cos 2＜ CQ ⃗⃗⃗⃗⃗ . DP ⃗⃗⃗⃗⃗ ＞≤ 910 .结合函数y=cosx 在（0. π2 ）上的单调性.计算即得结论．【解答】：解：以A 为坐标原点.以AB 、AD 、AP 所在直线分别为x 、y 、z 轴建系A-xyz 如图. 由题可知B （1.0.0）.C （1.1.0）.D （0.2.0）.P （0.0.2）．（1）∵AD⊥平面PAB.∴ AD⃗⃗⃗⃗⃗ =（0.2.0）.是平面PAB 的一个法向量. ∵ PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =（1.1.-2）. PD ⃗⃗⃗⃗⃗ =（0.2.-2）.设平面PCD 的法向量为 m ⃗⃗ =（x.y.z ）.由 {m ⃗⃗ •PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0m ⃗⃗ •PD ⃗⃗⃗⃗⃗ =0.得 {x +y −2z =02y −2z =0 . 取y=1.得 m ⃗⃗ =（1.1.1）.∴cos ＜ AD ⃗⃗⃗⃗⃗ . m ⃗⃗ ＞= AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ •m ⃗⃗⃗ |AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||m ⃗⃗⃗ | = √33 . ∴平面PAB 与平面PCD 所成两面角的余弦值为 √33 ；（2）∵ BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =（-1.0.2）.设 BQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =λ BP⃗⃗⃗⃗⃗ =（-λ.0.2λ）（0≤λ≤1）. 又 CB ⃗⃗⃗⃗⃗ =（0.-1.0）.则 CQ ⃗⃗⃗⃗⃗ = CB ⃗⃗⃗⃗⃗ + BQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =（-λ.-1.2λ）.又 DP ⃗⃗⃗⃗⃗ =（0.-2.2）.从而cos ＜ CQ ⃗⃗⃗⃗⃗ . DP ⃗⃗⃗⃗⃗ ＞= CQ ⃗⃗⃗⃗⃗ •DP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |CQ ⃗⃗⃗⃗⃗||DP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ | = 1+2λ√2+10λ2. 设1+2λ=t .t∈[1.3].则cos 2＜ CQ ⃗⃗⃗⃗⃗ . DP ⃗⃗⃗⃗⃗ ＞= 2t 25t 2−10t+9 = 29(1t −59)2+209 ≤ 910 . 当且仅当t= 95 .即λ= 25 时.|cos ＜ CQ ⃗⃗⃗⃗⃗ . DP ⃗⃗⃗⃗⃗ ＞|的最大值为 3√1010 .因为y=cosx 在（0. π2 ）上是减函数.此时直线CQ 与DP 所成角取得最小值．又∵BP= √12+22 = √5 .∴BQ= 25 BP=2√55 ． 【点评】：本题考查求二面角的三角函数值.考查用空间向量解决问题的能力.注意解题方法的积累.属于中档题．。

高二期末综合复习一一、填空题1、直线013=+-y x 的倾斜角 .2、若椭圆的长轴长为12，一个焦点是(0,2)，则椭圆的标准方程为__________________.3、经过点(1,0)A 且与直线10x y ++=平行的直线l 的方程为 ________ _.4已知()2f z i z z i +=+-，求(12)f i +的值 ___________ _.5、已知直线220310x y x y +-=-+=和的夹角是 ________ _.6、已知z 为虚数，且有||5z =，如果22z z +为实数，若z 为实系数一元二次方程20x bx c ++=的根，则此方程为______________ ____.7、已知方程 221104x y k k -=--表示双曲线，则实数k 的取值范围为________________ . 8、过点(1,2)且与圆221x y +=相切的直线的方程是 ________________ _.9、设F 为抛物线24y x =的焦点，,,A B C 为该抛物线上三点，若点(1,2)A ， ABC ∆的重心与抛物线的焦点F 重合，则BC 边所在直线方程为 ________ .10、若方程0x k +=只有一个解，则实数k 的取值范围是 __________ .11、下列五个命题：①直线l 的斜率[1,1]k ∈-，则直线l 的倾斜角的范围是；②直线:1l y kx =+与过(1,5)A -，(4,2)B -两点的直线相交，则4k ≤-或34k ≥-；③如果实数,x y 满足方程22(2)3x y -+=，那么y x ④直线1y kx =+与椭圆2215x y m+=恒有公共点，则m 的取值范围是1m ≥； ⑤方程052422=+-++m y mx y x 表示圆的充要条件是41<m 或1>m ； 正确的是_______ _____ _.12、直线320x y m ++=与直线2310x y +-=的位置关系是…………………………（ ）（A ）相交 （B ）平行 （C ）重合 （D ）由m 决定13、二次方程2330x ix --=的根的情况为…………………………( )（A ）有两个不相等的实根 （B ）有两个虚根（C ）有两个共轭虚根 （D ）有一实根和一虚根14、已知△ABC 的三个顶点是(3,4)A -、(0,3)B 、(6,0)C -，求（1） BC 边所在直线的一般式方程；（2） BC 边上的高AD 所在直线的一般式方程.15、已知：21,.(1)34,||b z i a R z z ωω=+∈=+-、若求；221z az b z z ++-+(2)若=1-i ，求a 、b 的值.16、已知双曲线1C ：2214y x -=（1）求与双曲线1C 有相同的焦点，且过点P 的双曲线2C 的标准方程；（2）直线l ：y x m =+分别交双曲线1C 的两条渐近线于A 、B 两点。

绝密★启用前 上海市七宝中学2016-2017学年高二下学期期末数学试题 试卷副标题 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上 第I 卷（选择题) 请点击修改第I 卷的文字说明 一、单选题 1．若变量x,y 满足约束条件222x y x y ≤⎧⎪≤⎨⎪+≥⎩则目标函数2z x y =+的取值范围是 A ．[2,6] B ．[2,5] C ．[3,6] D ．[3,5] 2．某中学高二年级的一个研究性学习小组拟完成下列两项调查： ①从某社区430户高收入家庭，980户中等收入家庭，290户低收入家庭中任意选出170户调查社会购买力的某项指标； ②从本年级12名体育特长生中随机选出5人调查其学习负担情况； 则该研究性学习小组宜采用的抽样方法分别是 （ ） A ．①用系统抽样，②用简单随机抽样 B ．①用系统抽样，②用分层抽样 C ．①用分层抽样，②用系统抽样 D ．①用分层抽样，②用简单随机抽样 3．12名同学合影，站成前排4人后排8人，现摄影师要从后排8人中抽2人调整到前排，若其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的总数是( ) A ．2283C A B ．2686C A C ．2286C A D ．2285C A 4．如图，,E F 分别为棱长为1的正方体的棱1111,A B B C 的中点，点,G H 分别为面对角线AC 和棱1AA 上的动点，则下列关于四面体E FGH -的体积正确的是（ ）…………○……………线…………○……※※请※※不…………○……………线…………○…… A ．该四面体体积有最大值，也有最小值 B ．该四面体体积为定值 C ．该四面体体积只有最小值 D ．该四面体体积只有最大值第II 卷（非选择题)请点击修改第II 卷的文字说明二、填空题5．将参数方程122x tyt =+⎧⎨=-⎩,(t R ∈,t 为参数)化为普通方程______________． 6．已知椭圆22194x y +=，直线2180x y ++=，则椭圆上点到这条直线的最短距离是______________．7．123101011111111111392733C C C C -+-+--+除以5的余数是8．如图为某几何体的三视图，则其侧面积为_______2cm9．甲、乙、丙、丁4名同学被随机地分到 、、A B C 三个社区参加社会实践，要求每个社区至少有一名同学，则甲、乙两人被分在同一个社区的概率是______________．10．在侧棱长为 的正三棱锥 中， ，过 作截面 ，交 于 ，交 于 ，则截面 周长的最小值为__________．11．长方体1111ABCD A B C D -内接于球O ，且A B B C 2==，1AA =A 、B…………○…………装……学校:___________姓名：_…………○…………装……两点之间的球面距离为______． 12．已知从装有1n +个球（其中n 个白球，1个黑球）的口袋中取出m 个球，0m n <<，,m n N Î，共有1m n C +种取法，在这1m n C +种取法中，可以分成两类：一类是取出的m 个球全部为白球，另一类是取出1个黑球和(1)m -个白球，共有01111m m n n C C C C -+种取法，即有等式11m m m n n n C C C -++=成立，试根据上述思想，化简下列式子：1122m m m k m k n k n k n k n C C C C C C C ---+++⋅⋅⋅+=________(1k m n ≤<≤，,,)k m n ∈N 13．已知平行六面体ABCD A B C D ''''-中，4AB =，3AD =，5AA '=，90BAD ︒∠=，60BAA DAA ︒''∠=∠=，则AC '的长为________ 14的线段，在该几何体的侧视图与俯视图中，这条棱的投影分别是长为a 和b 的线段，则+a b 的最大值为 ． 15．数列{}n a 共有13项，1130,4a a ==，且11,1,2...12k k a a k --==，满足这种条件不同的数列个数为______________． 16．如图，在底面半径和高均为1的圆锥中，AB CD 、是底面圆O 的两条互相垂直的直径，E 是母线PB 的中点，已知过CD 与E 的平面与圆锥侧面的交线是以E 为顶点的抛物线的一部分，则该抛物线的焦点到其准线的距离为______________． 三、解答题 17．有8名学生排成一排，求分别满足下列条件的排法种数，要求列式并给出计算结果. （1）甲不在两端； （2）甲、乙相邻；………○…………装…………订………※※请※※不※※要※※在※线※※内※※答※※题………○…………装…………订………（3）甲、乙、丙三人两两不得相邻；（4）甲不在排头，乙不在排尾。

2017-2018学年上海市闵行区七宝中学高二年级下学期期中考试数学试卷一、填空题（本大题共12题，第1-6每题4分，第7-12题每题5分，满分54分）1、2882C P n =，且*N n ∈，则=n _______________【答案】2【解析】∵282C =56，nP 8=56=8×7,∴=n 22、若一个圆锥的底面周长为π2，侧面积也为π2，则该圆锥的体积为_____________ 【答案】33π 【解析】∵圆锥的底面周长为π2,∴底面圆半径R=1，∵侧面积为π2=21C l ，C 为圆锥侧面的弧长∴圆锥母线长l =2，∴圆锥高h =22r l -=3,∴圆锥的体积V =231r πh =33π3、在长方体1111D C B A -ABCD 中，若1==BC AB ，21=AA ，则A 到平面11BD A 的距离为______________ 【答案】36【解析】∵11BD A A V -=B AA D V 11-=62=31B AA S 1∆.h ，∴h =36 4、艺术节要安排5个节目进行表演，其中B A ,两个节目必须连排，则节目演出不同的编排方案有__________种【答案】48【解析】∵安排五个节目表演，其中B A ,两个节目必须连排，∴先把A 、B 两个节目作为一个整体排序，有4种情况，而后考虑其他三个节目的排序33A =6,最后考虑A 和B 的顺序2种情况，则共有4×6×2=48种5、从同一点出发的四条直线最多能确定________个平面 【答案】6【解析】∵四条直线可以两两构成一个平面，24C =6，∴最多能确定6个平面6、在斜二测画法中，位于平面直角坐标系中的点()244，M 在直观图中对应的点是'M ，则线段'OM 的长度为__________ 【答案】102【解析】利用斜二测画法，标出点M （4，22）坐标，然后利用勾股定理求出'OM =1027、一个球夹在°120的二面角内，且与二面角的两个面都相切，两切点在球面上的最短距离为π，则这个球的半径为___________ 【答案】3【解析】画切面图，两个切点的角均为︒90，二面角为︒120，由四边形内角和为︒360，得到最短距离的劣弧对应的圆心角为︒60，最短劣弧长度π=R π236060⨯,得出球的半径R=3。

2017-2018学年上海市静安区等7区⾼⼆（下）期末数学试卷附解析7份2017-2018学年上海市静安区⾼⼆（下）期末数学试卷⼀、选择题（本⼤题共3⼩题，共12.0分）1.抛物线x2=my上的点到定点（0，4）和定直线y=-4的距离相等，则m的值等于（）A. B. C. 16 D.2.设有两条直线a，b和两个平⾯α、β，则下列命题中错误的是（）A. 若，且，则或B. 若，且，，则C. 若，且，，则D. 若，且，则3.已知对称轴为坐标轴的双曲线的渐进线⽅程为y=±x（a＞0，b＞0），若双曲线上有⼀点M（x0，y0），使b|x0|＜a|y0|，则该双曲线的焦点（）A. 在x轴上B. 在y轴上C. 当时，在x轴上D. 当时，在y轴上⼆、填空题（本⼤题共10⼩题，共35.0分）4.若经过圆柱的轴的截⾯⾯积为2，则圆柱的侧⾯积为______．5.点M（2，3）到直线l：ax+（a-1）y+3=0的距离等于3，则a=______．6.复数z=的共轭复数=______．（其中i为虚数单位）7.⼀个⾼为的正三棱锥的底⾯正三⾓形的边长为3，则此正三棱锥的表⾯积为______．8.已知复数集中实系数⼀元⼆次⽅程x2-4x+a=0有虚根z，则|z|的取值范围是______．9.圆锥的母线l长为10cm，母线与旋转轴的夹⾓为30°，则该圆锥的体积为______cm3．10.某地球仪上北纬60°纬线长度为6πcm，则该地球仪的体积为______cm3．11.已知⽅程x2+x+p=0（p∈R）有两个根α、β，且|α-β|=，则p的值为______．12.椭圆的中⼼在原点，对称轴为坐标轴，椭圆短轴的⼀个顶点B与两焦点F1、F2组成的三⾓形的周长为 4+2且∠F1BF2=，则椭圆的⽅程是______．13.已知双曲线Γ上的动点P到点F1（-1，0）和F2（1，0）的距离分别为d1和d2，∠F1PF2=2θ，且d1?d2sin2，则双曲线Γ的⽅程为______．三、解答题（本⼤题共5⼩题，共51.0分）14.已知复数z=3+bi（b∈R），且（1+3i）?z为纯虚数，求||．（其中i为虚数单位）15.已知动圆M既与圆C1：x2+y2+4x=0外切，⼜与圆C2：x2+y2-4x-96=0内切，求动圆的圆⼼M的轨迹⽅程．16.如图，AB是平⾯α的斜线，B为斜⾜，AO平⾯α，O为垂⾜，BC是平⾯α上的⼀条直线，OC BC于点C，∠ABC=60°，∠OBC=45°．（1）求证：BC平⾯AOC；（2）求AB和平⾯α所成的⾓的⼤⼩．17.（⽂科）已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底⾯边长为2，AA1=4，点M在线段CC1上．（1）求异⾯直线A1B与AC所成⾓的⼤⼩；（2）若直线AM与平⾯ABC所成⾓为，求多⾯体ABM-A1B1C1的体积．18.已知等轴双曲线C：x2-y2=a2（a＞0）的右焦点为F，O为坐标原点．过F作⼀条渐近线的垂线FP且垂⾜为P，．（1）求等轴双曲线C的⽅程；（2）假设过点F且⽅向向量为，的直线l交双曲线C于A、B两点，求的值；（3）假设过点F的动直线l与双曲线C交于M、N两点，试问：在x轴上是否存在定点P，使得为常数．若存在，求出点P的坐标；若不存在，试说明理由．答案和解析1.【答案】C【解析】解：根据抛物线定义可知，定点（0，4）为抛物线的焦点，∴=4m=16故选：C．根据抛物线定义可知，定点（0，4）为抛物线的焦点，进⽽根据定点坐标求得m．本题考查了抛物线的定义，属基础题．2.【答案】D【解析】证明：A：若a∥α，且a∥b，则bα或b∥α，正确B：若a∥b，且aα，则bα，⼜bβ，则由线⾯垂直的性质可知α∥β，正确C：若α∥β，且aα，则aβ，⼜bβ，由线⾯垂直的性质定理可知a∥b，正确D：若a b，且a∥α，则bα也有可能b?α，错误故选：D．A：若a∥α，且a∥b，则bα或b∥α；B：由线⾯垂直的性质可判断；C：由线⾯垂直的性质定理可判断；D：bα也有可能b?α本题考查的知识点是平⾯与平⾯之间的位置关系，空间中直线与直线之间的位置关系，空间中直线与平⾯之间的位置关系，熟练掌握空间线⾯之间关系的判定⽅法及性质定理是解答此类问题的关键．3.【答案】B【解析】解：∵a|y0|＞b|x0|≥0∴平⽅a2y02＞b2x02∴-＞0∴焦点在y轴故选：B．利⽤题设不等式，令⼆者平⽅，整理求得-＞0，即可判断出焦点的位置．本题主要考查了双曲线的简单性质．考查了学⽣分析问题和解决问题的能⼒．4.【答案】2π【解析】解：设圆柱的底⾯半径为r，⾼为h，则圆柱的轴截⾯⾯积为2rh=2，∴rh=1．∴圆柱的侧⾯积S=2πrh=2π．故答案为：2π．根据轴截⾯积得出圆柱底⾯半径与⾼的关系，代⼊侧⾯积公式即可得出答案．本题考查了圆柱的结构特征，侧⾯积计算，属于基础题．5.【答案】或【解析】解：由题意可得：=3，化为：7a2+18a-9=0．解得a=或-3．故答案为：或-3．利⽤点到直线的距离公式即可得出．本题考查了点到直线的距离公式，考查了推理能⼒与计算能⼒，属于基础题．6.【答案】-1-i【解析】解：z====-1+i∴复数z=的共轭复数是-1-i故答案为：-1-i根据复数除法法则，分⼦分母同乘分母的共轭复数化简成基本形式，再根据共轭复数的定义求出所求即可．本题主要考查了复数代数形式的乘除运算，以及共轭复数的定义，同时考查了运算能⼒，属于基础题．7.【答案】【解析】解：⼀个⾼为的正三棱锥S-ABC中，AB=AC=BC=3，取BC中点D，连结AD，SD，过S作SE平⾯ABC，交AD 于E，则AE==，DE==，∴SA=SB=SC==，SD==1，∴此正三棱锥的表⾯积：S=3S△SBC+S△ABC==．故答案为：．取BC中点D，连结AD，SD，过S作SE平⾯ABC，交AD于E，则AE=，DE=，SA=SB=SC=，SD=1，此正三棱锥的表⾯积：S=3S△SBC+S△ABC，由此能求出结果．本题考查正三棱锥的表⾯积的求法，考查正三棱锥的性质等基础知识，考查运算求解能⼒，考查数形结合思想，是中档题．8.【答案】（2，+∞）【解析】解：复数集中实系数⼀元⼆次⽅程x2-4x+a=0有虚根z，则△=16-4a＜0，解得a＞4．z=2i．则|z|==＞2，可得|z|的取值范围是（2，+∞）．故答案为：（2，+∞）．复数集中实系数⼀元⼆次⽅程x2-4x+a=0有虚根z，可得△＜0，解得a＞4．利⽤求根公式可得z=2i．再利⽤模的计算公式即可得出．本题考查了不等式的解法、实系数⼀元⼆次⽅程与判别式的关系、模的计算公式，考查了推理能⼒与计算能⼒，属于基础题．9.【答案】【解析】解：如图所⽰，圆锥的母线l=10cm，母线与旋转轴的夹⾓为30°，∴圆锥的底⾯圆半径为r=lsin30°=10×=5cm；⾼为h=lcos30°=10×=5cm；∴该圆锥的体积为V=πr2h=?π?52?5=cm3．故答案为：．根据题意画出圆锥的轴截⾯图形，结合图形求出圆锥的底⾯圆半径和⾼，再计算圆锥的体积．本题考查了圆锥的体积计算问题，是基础题．10.【答案】288【解析】解：由题意：地球仪上北纬60°纬线的周长为6πcm，纬圆半径是：3cm，地球仪的半径是：6cm；地球仪的体积是：π×63=288cm3，故答案为：288π．地球仪上北纬60°纬线的周长为6πcm，可求纬圆半径，然后求出地球仪的半径，再求体积．本题考查球⾯距离，球的表⾯积，考查学⽣空间想象能⼒，是基础题．11.【答案】或【解析】解：当△≥0时，（α-β）2=（α+β）2-4αβ=1-4p=3，∴p=；当△＜0时，|α-β|=||==∴p=1，故p的值为，1．只需注意分实根和虚根两种情况就可以了．此题考查了实系数⼆次⽅程根的判别，难度不⼤．12.【答案】或【解析】解：设长轴为2a，焦距为2c，则在△F2OB中，由∠F2BO=得：c=a，所以△F2OF1的周长为：2a+2c=4+2，∴a=2，c=，∴b2=1则椭圆的⽅程是或．故答案为：或．先结合椭圆图形，通过直⾓三⾓形△F2OB推出a，c的关系，利⽤周长得到第⼆个关系，求出a，c然后求出b，求出椭圆的⽅程．本题主要考查考察查了椭圆的标准⽅程的求法，关键是求出a，b的值，易错点是没有判断焦点位置．13.【答案】=1【解析】解：在△PF1F2中，|F1F2|=4=d12+d22-2d1d2cos2θ=（d1-d2）2+4d1d2sin2θ（d1-d2）2=4-4λ=（2a）2∴，，故双曲线⽅程为．故答案为：．在△PF1F2中，利⽤余弦定理得出（d1-d2）2=4-4λ=（2a）2，从⽽求得a2，b2，最后求出双曲线的⽅程即可．本⼩题主要考查余弦定理、双曲线⽅程等基础知识．属于中档题．14.【答案】解：复数z=3+bi（b∈R），且（1+3i）?z为纯虚数．即（1+3i）?（3+bi）=3-3b+（9+b）i为纯虚数，∴3-3b=0，9+b≠0，解得b=1．∴z=3+i．∴====2-i，∴||=|2-i|=．【解析】利⽤复数的运算法则、纯虚数的定义即可得出．利⽤复数的运算法则、模的计算公式即可得出．本题考查了复数的运算法则、纯虚数的定义、模的计算公式，考查了推理能⼒与计算能⼒，属于基础题．15.【答案】解：化圆C1：x2+y2+4x=0为（x+2）2+y2=4，化圆C2：x2+y2-4x-96=0为（x-2）2+y2=100．设动圆圆⼼M（x，y），半径为r，则，则|MC1|+|MC2|=12＞|C1C2|=4．∴M是以C1，C2为焦点，长轴长为12的椭圆．∴2a=12，a=6，则a2=36，b2=a2-c2=32．则动圆的圆⼼M的轨迹⽅程为．【解析】化已知两圆⽅程为标准⽅程，求出圆⼼坐标与半径，画出图形，利⽤椭圆定义求得动圆的圆⼼M的轨迹⽅程．本题考查轨迹⽅程的求法，考查圆与圆位置关系的应⽤，训练了利⽤定义法求椭圆⽅程，是中档题．16.【答案】证明：（1）∵AB是平⾯α的斜线，B为斜⾜，AO平⾯α，O为垂⾜，BC是平⾯α上的⼀条直线，∴AO BC，⼜OC BC，且AO∩OC=O，∴BC平⾯AOC．解：（2）设BC=1，∵OC BC于点C，∠ABC=60°，∠OBC=45°．BC平⾯AOC，∴OC=1，OB==，AB=2，∴AO==，∵AO平⾯α，∴∠ABO是AB和平⾯α所成的⾓，∵AO=BO，PO BO，∴∠ABO=45°，∴AB和平⾯α所成的⾓为45°．【解析】（1）推导出AO BC，OC BC，由此能证明BC平⾯AOC．（2）设BC=1，推导出OC=1，OB=，AB=2，从⽽AO==，由AO平⾯α，得∠ABO是AB和平⾯α所成的⾓，由此能求出AB和平⾯α所成的⾓．本题考查线⾯垂直的证明，考查线⾯⾓的求法，考查空间中线线、线⾯、⾯⾯间的位置关系等基础知识，考查运算求解能⼒，是中档题．17.【答案】解：（1）连接BC1则由于在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中AC∥A1C1故异⾯直线A1B与AC所成⾓即为直线A1B与A1C1所成的⾓∵正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底⾯边长为2，AA1=4∴BC1=，A1B=，∴cos∠BA1C1==∴异⾯直线A1B与AC所成⾓即为arccos（2）∵正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中MC⾯ABCD∴∠MBC=∵BC=2∴MC=2∵∴=×2×2×4-×=即多⾯体ABM-A1B1C1的体积为【解析】（1）利⽤异⾯直线所成⾓的定义再结合正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中的性质可得直线A1B与A1C1所成的⾓即为所求然后在三⾓形A1C1B利⽤余弦定理即可得解．（2）由于多⾯体ABM-A1B1C1的不规则性故可利⽤因此需利⽤直线AM与平⾯ABC所成⾓为来确定点M的位置后问题就解决了．本题主要考查了异⾯直线所成的⾓和⼏何体体积的求解．解题的关键是第⼀问要利⽤图形的性质将异⾯直线所成的⾓转化为相交直线所成的⾓⽽第⼆问对于不规则图形体积的求解常采⽤规则图形的体积差来求解（⽐如本题中的多⾯体ABM-A1B1C1的体积转化为正三棱柱的体积减去三棱锥的体积）！18.【答案】解：（1）设右焦点坐标为F（c，0），（c＞0），∵双曲线为等轴双曲线，∴渐近线必为y=±x由对称性可知，右焦点F到两条渐近线距离相等，且∠POF=．∴△OPF为等腰直⾓三⾓形，则由||=?||=c=2⼜∵等轴双曲线中，c2=2a2?a2=2∴等轴双曲线C的⽅程为x2-y2=2（2）设A（x1，y1），B（x2，y2）为双曲线C与直线l的两个交点∵F（2，0），直线l的⽅向向量为=（1，2），∴直线l的⽅程为，即y=2（x-2）代⼊双曲线C的⽅程，可得，x2-4（x-2）2=2?3x2-16x+18=0∴x1+x2=，x1x2=6，⽽=x1x2+y1y2=x1x2+（x1-2）（x2-2）=5x1x2-8（x1+x2）+16=（3）假设存在定点P，使得为常数，其中，M（x1，y1），N（x2，y2）为双曲线C与直线l的两个交点的坐标，①当直线l与x轴不垂直是，设直线l的⽅程为y=k（x-2），代⼊双曲线C的⽅程，可得（1-k2）x2+4k2x-（4k2+2）=0由题意可知，k=±1，则有x1+x2=，x1x2=∴=（x1-m）（x2-m）+k2（x1-2）（x2-2）=（4k2+1）x1x2-（2k2+m）（x1+x2）+4k2+m2=+4k2+m2=+m2=+m2+2（1-2m）要使是与k⽆关的常数，当且仅当m=1，此时，=-1②当直线l与x轴垂直时，可得点M（2，），N（2，-）若m=1，=-1亦为常数综上可知，在x轴上是否存在定点P（1，0），使得=-1为常数．【解析】（1）根据双曲线为等轴双曲线，可求出渐近线⽅程，再根据P点为过F作⼀条渐近线的垂线FP的垂⾜，以及，可求出双曲线中c的值，借助双曲线中a，b，c的关系，得到双曲线⽅程．（2）根据直线l的⽅向向量以及f点的坐标，可得直线l的⽅程，与双曲线⽅程联⽴，解出x1+x2，x1x2的值，代⼊中，即可求出的值．（3）先假设存在定点P，使得为常数，设出直线l的⽅程，与双曲线⽅程联⽴，解x1+x2，x1x2，⽤含k的式⼦表⽰，再代⼊中，若为常数，则结果与k⽆关，求此时m的值即可．本题考查了等轴双曲线的⽅程的求法，以及直线与双曲线位置关系的应⽤．2017-2018学年上海市宝⼭区⾼⼆（下）期末数学试卷⼀、选择题（本⼤题共4⼩题，共20.0分）19.下列四个命题中真命题是（）A. 同垂直于⼀直线的两条直线互相平⾏B. 底⾯各边相等，侧⾯都是矩形的四棱柱是正四棱柱C. 过空间任⼀点与两条异⾯直线都垂直的直线有且只有⼀条D. 过球⾯上任意两点的⼤圆有且只有⼀个20.设M=i2+i3+i4+…+i2018，N=i2?i3?i4…?i2018，i为虚数单位，则M与N的关系是（）A. B. C. D.21.设、均是⾮零向量，且，若关于x的⽅程x2+||x+=0有实根，则与的夹⾓的取值范围为（）A. B. C. D.22.定义：如果⼀个向量列从第⼆项起，每⼀项与它的前⼀项的差都等于同⼀个常向量，那么这个向量列叫做等差向量列，这个常向量叫做等差向量列的公差．已知向量列是以，为⾸项，公差，的等差向量列．若向量与⾮零向量，∈垂直，则=（）A. B. C. D.⼆、填空题（本⼤题共12⼩题，共54.0分）23.在复数范围内，⽅程x2+x+1=0的根是______．24.若直线l经过点A（-1，1），且⼀个法向量为=（3，3），则直线⽅程是______．25.⾏列式的第2⾏第3列元素的代数余⼦式M23的值为______．26.在直⾓△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，BC=1，D为斜边AB的中点，则=______．27.执⾏如图的程序框图，如果输⼊i=6，则输出的S值为______．28.数列{a n}中，为奇数为偶数，S2n=a1+a2+…+a2n，则=______．29.不论k为何实数，直线y=kx+1与曲线x2+y2-2ax+a2-2a-4=0恒有交点，则实数a的取值范围是______．30.已知线段AB长为3，A、B两点到平⾯α的距离分别为1与2，则AB所在直线与平⾯α所成⾓的⼤⼩为______．31.若|z-2i|+|z-z0|=4表⽰的动点的轨迹是椭圆，则|z0|的取值范围是______．32.将半径为1和2的两个铅球，熔成⼀个⼤铅球，那么，这个⼤铅球的表⾯积是______．33.设，，，∈，，，，，∈，．已知矩阵，其中A∈S1，B∈S2．那么B=______．34.⼀只酒杯的轴截⾯是抛物线的⼀部分，它的函数解析式是y=（0≤y≤20），在杯内放⼀个玻璃球，要使球触及酒杯底部，则玻璃球的半径r的取值范围是______．三、解答题（本⼤题共5⼩题，共76.0分）35.已知直线l1：x+y+1=0，l2：5x-y-1=0，l3：3x+2y+1=0，其中l1与l2的交点为P．（1）求点P到直线l3的距离；（2）求过点P且与直线l3的夹⾓为45°的直线⽅程．36.如图所⽰：在底⾯为直⾓梯形的四棱锥S-ABCD中，∠ABC=90°，SA⾯ABCD，E、F分别为SA、SC的中点．如果AB=BC=2，AD=1，SB与底⾯ABCD成60°⾓．（1）求异⾯直线EF与CD所成⾓的⼤⼩（⽤反三⾓形式表⽰）；（2）求点D到平⾯SBC的距离．37.在中国绿化基⾦会的⽀持下，库布齐沙漠得到有效治理.2017年底沙漠的绿化率已达30%，从2018年开始，每年将出现这样的情况，上⼀年底沙漠⾯积的16%被栽上树改造为绿洲，⽽同时，上⼀年底绿洲⾯积的4%⼜被侵蚀，变为沙漠．（1）设库布齐沙漠⾯积为1，由绿洲⾯积和沙漠⾯积构成，2017年底绿洲⾯积为a1=，经过1年绿洲⾯积为a2，经过n年绿洲⾯积为a n+1，试⽤a n表⽰a n+1；（2）问⾄少需要经过多少年的努⼒才能使库布齐沙漠的绿洲⾯积超过60%（年数取整数）．38.设数列{a n}的前n项和为S n，已知直⾓坐标平⾯上的点P n（n，）均在函数y=x的图象上．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）若已知点M（1，0），A n=（2，a n）、B=（2-b n，1）为直⾓坐标平⾯上的点，且有∥，求数列{b n}的通项公式；（3）在（2）的条件下，若使≤0对于任意n∈N*恒成⽴，求实数t的取值范围．39.已知O是平⾯直⾓坐标系的原点，双曲线Γ：=1．（1）过双曲线Γ的右焦点F1作x轴的垂线，交Γ于A、B两点，求线段AB的长；（2）设M为Γ的右顶点，P为Γ右⽀上任意⼀点，已知点T的坐标为（t，0），当|PT|的最⼩值为|MT|时，求t的取值范围；（3）设直线y=x-2与Γ的右⽀交于A，B两点，若双曲线右⽀上存在点C使得，求实数m的值和点C的坐标．答案和解析1.【答案】C【解析】解：对于A，同垂直于⼀直线的两条直线不⼀定互相平⾏，故错；对于B，底⾯各边相等，侧⾯都是矩形的四棱柱是直四棱柱，不⼀定是正四棱柱，故错；对于C，两条异⾯直线的公垂线是唯⼀的，所以过空间任⼀点与两条异⾯直线都垂直的直线有且只有⼀条，正确；对于D，过球⾯上任意两点的⼤圆有⽆数个，故错；故选：C．A，同垂直于⼀直线的两条直线的位置关系不定；B，底⾯各边相等，侧⾯都是矩形的四棱柱底⾯不⼀定是正⽅形；C，两条异⾯直线的公垂线是唯⼀的，所以过空间任⼀点与两条异⾯直线都垂直的直线有且只有⼀条；D，过球⾯上任意两点的⼤圆有⽆数个；本题考查了命题真假的判定，属于基础题．2.【答案】D【解析】解：M=i2+i3+i4+…+i2018=；N=i2?i3?i4…?i2018=．∴M=N．故选：D．分别利⽤等差数列与等⽐数列的前n项和求解后⽐较．本题考查等差数列与等⽐数列的前n项和，考查虚数单位i的性质，是基础题．3.【答案】B【解析】解：∵关于x的⽅程x2+||x+?=0有实根，∴||2-4≥0，∴≤，∴cos＜＞=≤=，⼜0≤＜＞≤π，∴＜＞≤π．故选：B．令判别式△≥0可得≤，代⼊夹⾓公式得出cos＜＞的范围，从⽽得出向量夹⾓的范围．本题考查了平⾯向量的数量积运算，属于中档题．4.【答案】D【解析】解：，∵向量与⾮零向量垂直，∴nx n=-3x n+1，，∴==×=-．故选：D．由题设知nx n=-3x n+1，，==×，由此能求出其结果．本题考查数列的性质和应⽤，解题时要注意递推公式和累乘法的合理运⽤．5.【答案】【解析】解：∵x2+x+1=0∴=故答案为：结合⼀元⼆次⽅程的求根公式，结合i2=-1即可求解本题主要考查了⼀元⼆次实系数⽅程的根的求解，解题的关键是i2=-1的应⽤6.【答案】x+y=0【解析】解：设直线的⽅向向量∵直线l⼀个法向量为=（3，3）∴∴k=-1∵直线l经过点A（-1，1）∴直线l的⽅程为y-1=（-1）×（x+1）即x+y=0故答案为x+y=0设出直线的⽅向向量然后根据法向量为=（3，3）求出k再根据⽅向向量的定义得出k即为直线l的斜率然后可由点斜式写出直线⽅程．本题主要考查直线⽅向向量的概念．解题的关键是要根据直线⽅向向量的概念设出⽅向向量⽽k即为直线l的斜率然后根据法向量为=（3，3）求出斜率k．7.【答案】-11【解析】解：⾏列式的第2⾏第3列元素的代数余⼦式：M23=（-1）2+3D23=-=-（8+3）=-11．故答案为：-11．⾏列式的第2⾏第3列元素的代数余⼦式：M23=（-1）2+3D23=-．本题考查⾏列式的代数余⼦式的求法，考查代数余⼦式等基础知识，考查运算求解能⼒，是基础题．8.【答案】-1【解析】解：：∵∠C=90°，∠A=30°，BC=1，∴AB=2．∵D为斜边AB的中点，∴CD=AB=1，∠CDA=180°-30°-30°=120°．∴=2×1×cos120°=-1，故答案为：-1．根据含有30°⾓的直⾓三⾓形的性质，得到AB与CD的长度，求出两个向量的夹⾓是120°，利⽤向量的数量积公式写出表⽰式，得到结果．本题考查平⾯向量的数量积的运算，考查含有30°⾓的直⾓三⾓形的性质，是⼀个基础题．9.【答案】21【解析】解：由程序框图知：程序第⼀次运⾏S=0+1=1，n=1+1=2；第⼆次运⾏S=1+2=3，n=2+1=3；第三次运⾏S=1+2+3=6，n=3+1=4；…直到n=7时，不满⾜条件n≤6，程序运⾏终⽌，输出S=1+2+3+…+6=21．故答案为：21．根据框图的流程，依次计算运⾏的结果，直到不满⾜条件n≤6，计算此时的S 值．本题考查了循环结构的程序框图，根据框图的流程判断算法的功能是关键．10.【答案】【解析】。

2018年上海中学高二下期末数学试卷一、填空题（36分）：1. 关于x 的方程222424x x C C =的解为_________. 【答案】0或2或4【解析】【分析】因为222424x x C C =，所以：22x x =或2224x x +=，解方程可得． 【详解】解：因为222424x x C C =， 所以：22x x =或2224x x +=，解得：0x =，2x =，4x =，6x =-（舍）故答案为：0或2或4【点睛】本题考查了组合及组合数公式．属于基础题．2. 从总体中抽取一个样本是5，6，7，8，9，则总体方差的估计值是____________.【答案】2【解析】【分析】先求出样本平均数，由此能求出样本方差，由此能求出总体方差的估计值．【详解】解：从总体中抽取一个样本是5，6，7，8，9， 样本平均数为1(56789)75x =++++=， ∴样本方差2222221[(57)(67)(77)(87)(97)]25S =-+-+-+-+-=， ∴总体方差的估计值是2．故答案为：2．【点睛】本题考查总体方差的估计值的求法，考查平均数、总体方差等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题．3. 5(31)x -的展开式中，设各项的系数和为a ，各项的二项式系数和为b ，则a b=________. 【答案】1【解析】【分析】分别求得各项系数和a 与各项的二项式系数和b ，从而求得a b的值． 【详解】解：在5(31)x -的展开式中，令1x =可得设各项的系数和为5232a ==，而各项的二项式系数和为5232b ==， ∴1a b=， 故答案为：1．【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，注意各项系数和与各项的二项式系数和的区别，属于基础题． 4. 从长度为2、3、5、6的四条线段中任选三条，能构成三角形的概率为_______. 【答案】12【解析】试题分析：这是的道古典概率题，其基本事件有()()()()2,3,5,2,3,6,2,5,6,3,5,6共4个，由于是任意选取的，所以每个基本事件发生的可能性是相等的，记事件A 为“所选三条线段能构成三角形”，则事件A 包含()()2,5,6,3,5,62个基本事件，根据概率公式得：()2142P A ==． 考点：古典概率的计算5. 从编号为0，1，2，…，79的80件产品中，采用系统抽样的方法抽取容量是5的样本，若编号为28的产品在样本中，则该样本中产品的最大编号为___【答案】76【解析】【分析】确定系统抽样间隔16k =，根据样本中含编号为28的产品，即可求解，得到答案． 【详解】由系统抽样知，抽样间隔80165k ==， 因为样本中含编号为28的产品，则与之相邻的产品编号为12和44，故所取出的5个编号依次为12，28，44，60，76，即最大编号为76．【点睛】本题主要考查了系统抽样的应用，其中解答中熟记系统抽样的方法，确定好抽样的间隔是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．6. 如果三个球的表面积之比是1:2:3，那么它们的体积之比是__________．【答案】1:【解析】∵三个球的表面积之比是1:2:3，∴三个球的半径之比是∴三个球的体积之比是1:7. 北纬45︒圈上有A ，B 两点，该纬度圈上劣弧AB R （R 为地球半径），则A ，B 两点的球面距离为________. 【答案】3R π 【解析】【分析】先求出北纬45︒圈所在圆的半径，是A 、B 两地在北纬45︒圈上对应的圆心角，得到线段AB 的长，设地球的中心为O ，解三角形求出AOB ∠的大小，利用弧长公式求A 、B 这两地的球面距离．【详解】解：北纬45︒圈所在圆的半径为2R (R R 为地球半径），∴(R θθ=是A 、B 两地在北纬45︒圈上对应的圆心角）， 故2πθ=，∴线段AB R =，3AOB π∴∠=，A ∴、B 这两地的球面距离是3R π， 故答案为：3R π． 【点睛】本题考查球的有关经纬度知识，球面距离，弧长公式，考查空间想象能力，逻辑思维能力，属于基础题．8. 一个口袋中装有2个白球和3个红球，每次从袋中摸出两个球，若摸出的两个球颜色相同为中奖，否则为不中奖，则中奖的概率为_________． 【答案】25【解析】试题分析：口袋中五个球分别记为1,2,,,a b c 从中摸出两球的方法有：1,2;1,;1,;1,;2,;2,;2,;,;,;,a b c a b c a b a c b c 共10种，其中颜色相同的有1,2;,;,;,a b a c b c 共四种，有古典概率的求法可知42105P ==． 考点：古典概率的求法．9. 设n A 为1(1)n x ++的展开式中含1n x -项的系数，n B 为1(1)n x -+的展开式中二项式系数的和，则能使n n A B ≥成立的n 的最大值是________．【答案】4【解析】【分析】由题意可得，A n ＝11n n C -+＝21n C +，12n n B -=，若使得A n ≥B n ，即n （n+1）≥2n ，可求n .【详解】∵（1+x ）n+1的展开式的通项为T r+11r r n C x +=，由题意可得，A n ＝11n n C -+＝21n C +，又∵n B 为1(1)n x -+的展开式中二项式系数的和，∴12n n B -=， ∵A n ≥B n ，∴2112n n C -+，即n （n+1）≥2n当n ＝1时，1×2≥2，满足题意；当n ＝2时，2×3≥22，满足题意；当n ＝3时，3×4≥23，满足题意；当n ＝4时，4×5≥24，满足题意；当n ＝5时，5×6＜25，不满足题意，且由于指数函数比二次函数增加的快，故当n≥5时，n （n+1）＜2n ，∴n ＝4. 故答案为4【点睛】本题主要考查了二项展开式的通项公式的应用，二项展开式的性质应用及不等式、指数函数与二次函数的增加速度的快慢的应用，属于中档题．10. 将4个不同的小球任意放入3个不同的盒子中，则每个盒子中至少有1个小球的概率为________． 【答案】49【解析】试题分析：将4个不同的小球任意放入3个不同的盒子中，每个小球有3种不同的放法，共有4381＝种放法，每个盒子中至少有1个小球的放法有12234236C C C =种，故所求的概率P =3681=49. 考点：1、排列组合；2、随机变量的概率.11. 若对于任意实数x ，都有1021001210(2)(2)(2)xa a x a x a x =+++++++，则3a 的值为_________.【答案】15360-【解析】【分析】 根据题意，分析可得1010[(2)2]x x =+-，求出其展开式，可得3a 为其展开式中含3(2)x +项的系数，由二项式定理求出3(2)x +项，分析可得答案．【详解】解：根据题意，1010[(2)2]x x =+-，其展开式的通项为10110(2)(2)r r r r T C x -+=+⨯-， 又由1021001210(2)(2)(2)x a a x a x a x =+++++⋯++，则3a 为其展开式中含3(2)x +项的系数，令7r =可得：7373810(2)(2)15360(2)T C x x =+⨯-=-+； 即315360a =-；故答案为：15360-．【点睛】本题考查二项式定理的应用，注意二项式定理的形式，属于基础题．12. 校园某处并排连续有6个停车位，现有3辆汽车需要停放，为了方便司机上下车，规定：当有汽车相邻停放时，车头必须同向；当车没有相邻时，车头朝向不限，则不同的停车方法共有__________种．（用数学作答）【答案】528【解析】(1)当三辆车都不相邻时有3348192A ⨯=(种)(2)当两辆车相邻时有33333333333424242434288A A A A A ⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=(种)(3)当三辆车相邻时有334248A ⨯=(种)则共有19228848528++=(种)点睛：本题考查了排列组合问题，由于本题里是三辆车有六个位置，所以情况较多，需要逐一列举出来，注意当三辆车都不相邻时的情况要考虑周全，容易漏掉一些情况，然后利用排列组合进行计算即可．二、选择题（16分）：13. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积（单位：3cm ）是（ ）A. 43π+B. 23π+C. 43π+D. 423π+ 【答案】A【解析】由三视图可知，该几何体是半个圆柱和以圆柱轴截面为底面的四棱锥组成的组合体，其中半圆柱底面半径为1，高为2，体积为21122ππ⨯⨯⨯=，四棱锥体积为144133⨯⨯=，所以该几何体体积为43π+，故选A.【方法点睛】本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响.14. 设A ，B ，C 是三个事件，给出下列四个事件： （Ⅰ）A ，B ，C 中至少有一个发生；（Ⅱ）A ，B ，C 中最多有一个发生；（Ⅲ）A ，B ，C 中至少有两个发生；（Ⅳ）A ，B ，C 最多有两个发生；其中相互为对立事件的是（ ）A. Ⅰ和ⅡB. Ⅱ和ⅢC. Ⅲ和ⅣD. Ⅳ和Ⅰ【答案】B【解析】【分析】利用互斥事件、对立事件的定义直接求解．【详解】解：A ，B ，C 是三个事件，给出下列四个事件：（Ⅰ）A ，B ，C 中至少有一个发生；（Ⅱ）A ，B ，C 中最多有一个发生；（Ⅲ）A ，B ，C 中至少有两个发生（Ⅳ）A ，B ，C 最多有两个发生；在A 中，Ⅰ和Ⅱ能同时发生，不是互斥事件，故A 中的两个事件不能相互为对立事件；在B 中，Ⅱ和Ⅲ既不能同时发生，也不能同时不发生，故B 中的两个事件相互为对立事件；在C 中，Ⅲ和Ⅳ能同时发生，不是互斥事件，故C 中的两个事件不能相互为对立事件；在D 中，Ⅳ和Ⅰ能同时发生，不是互斥事件，故D 中的两个事件不能相互为对立事件．故选：B ．【点睛】本题考查相互为对立事件的判断，考查互斥事件、对立事件的定义等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题．15. 由曲线24x y =，24x y =-，4x =，4x =-围成图形绕y 轴旋转一周所得为旋转体的体积为1V ，满足2216x y +≤，22(2)4x y +-≥，22(2)4x y ++≥的点(,)x y 组成的图形绕y 轴旋一周所得旋转体的体积为2V ，则（ ） A. 1212V V = B. 1223V V = C. 12V V =D. 122V V =【答案】C【解析】【分析】由题意可得旋转体夹在两相距为8的平行平面之间，用任意一个与y 轴垂直的平面截这两个旋转体，设截面与原点距离为||y ，求出所得截面的面积相等，利用祖暅原理知，两个几何体体积相等．【详解】解：如图，两图形绕y 轴旋转所得的旋转体夹在两相距为8的平行平面之间， 用任意一个与y 轴垂直的平面截这两个旋转体，设截面与原点距离为||y ，所得截面面积21(44||)S y π=-， 22222(4)[4(2||)](44||)S y y y πππ=----=-12S S ∴=，由祖暅原理知，两个几何体体积相等，故选：C ．【点睛】本题主要考查祖暅原理的应用，求旋转体的体积的方法，体现了等价转化、数形结合的数学思想，属于基础题．16. a ，b 为空间两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC 的直角边AC 所在直线与a ，b 都垂直，斜边AB 以AC 为旋转轴选择，有下列结论：①当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成30°角；②当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成60°角；③直线AB 与a 所成角的最小值为45°；④直线AB 与a 所成角的最大值为60°；其中正确的是_______.（填写所以正确结论的编号）.A. ①③B. ①④C. ②③D. ②④ 【答案】C【解析】【分析】由题意知，a 、b 、AC 三条直线两两相互垂直，构建如图所示的边长为1的正方体，||1AC =，||2AB =斜边AB 以直线AC 为旋转轴，则A 点保持不变，B 点的运动轨迹是以C 为圆心，1为半径的圆，以C 坐标原点，以CD 为x 轴，CB 为y 轴，CA 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出结果．【详解】解：由题意知，a 、b 、AC 三条直线两两相互垂直，画出图形如图，不妨设图中所示正方体边长为1，故||1AC =，||2AB =斜边AB 以直线AC 为旋转轴，则A 点保持不变，B 点的运动轨迹是以C 为圆心，1为半径的圆，以C 坐标原点，以CD 为x 轴，CB 为y 轴，CA 为z 轴，建立空间直角坐标系，则(1D ，0，0)，(0A ，0，1)，直线a 的方向单位向量(0a =，1，0)，||1a =，直线b 的方向单位向量(1b =，0，0)，1b ||=，设B 点在运动过程中的坐标中的坐标(cos B θ'，sin θ，0)，其中θ为B C '与CD 的夹角，[0θ∈，2)π，AB ∴'在运动过程中的向量，(cos AB θ'=，sin θ，1)-，||2AB '=， 设AB '与a 所成夹角为[0α∈，]2π， 则2cos |||sin |[012αθ==∈⨯，2]， [4πα∴∈，]2π，∴③正确，④错误．设AB '与b 所成夹角为[0β∈，]2π，2cos |||cos |12βθ==⨯， 当AB '与a 夹角为60︒时，即3πα=， 22|sin |cos 2cos 3πθα===， 22cos sin 1θθ+=，21cos |cos |22βθ∴==， [0β∈，]2π，3πβ∴=，此时AB '与b 的夹角为60︒，∴②正确，①错误．故选：C ．【点睛】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查数形结合思想、化归与转化思想，属于中档题．三、解答题（48分）17. 已知矩形ABCD 内接于圆柱下底面的圆O ，PA 是圆柱的母线，若6AB =，8AD =，异面直线PB 与CD 所成的角为2arctan ，求此圆柱的体积.【答案】300π【解析】【分析】根据底面圆的内接矩形的长和宽求出圆的半径，再由母线垂直于底面和“异面直线PB 与CD 所成的角为2arctan ”求出母线长，代入圆柱的体积公式求出值．【详解】解：设圆柱下底面圆O 的半径为r ，连AC ，由矩形ABCD 内接于圆O ，可知AC 是圆O 的直径， ∴2226810r AC ==+=，得=5r ，由//AB CD ，可知PBA ∠就是异面直线PB 与CD 所成的角，即arctan2PBA ∠=，tan 2PBA ∴∠=．在直角三角形PAB 中，tan 12PA AB PBA =∠=，∴圆柱的体积22512300V r PA πππ==⨯⨯=．【点睛】本题考查了圆柱的体积求法，主要根据圆内接矩形的性质、母线垂直于底面圆求出它的底面圆半径和母线，即关键求出半径和母线长即可．18. 求二项式500(12)x +的展开式中项系数最大的项的系数.【答案】3333335002C ⋅或3343345002C ⋅【解析】【分析】根据题意，求出500(12)x +的展开式的通项，求出其系数，设第1r +项的系数最大，则有11500500115005002222r r r r r r r r C C C C --++⎧⎨⎩，解可得r 的值，代入通项中计算可得答案．【详解】解：根据题意，500(12)x +的展开式的通项为1500(2)r r r T C x +=，其系数为5002r r C ⨯，设第1r +项的系数最大，则有11500500115005002222r r r r r r r r C C C C --++⎧⎨⎩， 即11500499(5001)500499(5002)22!(1)!500499(5001)500499(500)22!(1)!r r r r r r r r r r r r -+⨯⨯⨯-+⨯⨯⨯-+⎧⎪-⎪⎨⨯⨯⨯-+⨯⨯⨯-⎪⎪+⎩解可得：333334r ，故当333r =或334r =时，展开式中项系数最大，则有4334334333355002T C x =，3333333333345002T C x =； 即系数最大的项的系数为3335003332C 或4335004332C ． 【点睛】本题考查二项式定理的应用，注意项的系数与二项式系数的区别，属于基础题．19. 如图，弧AEC 是半径为r 的半圆，AC 为直径，点E 为弧AC 的中点，点B 和点C 为线段AD 的三等分点，线段ED 与弧EC 交于点G ，平面AEC 外一点F 满足FC ⊥平面BED ，2FC r =.（1）求异面直线ED 与FC 所成角的大小；（2）将FCG ∆（及其内部）绕FC 所在直线旋转一周形成一几何体，求该几何体的体积.【答案】（1）90︒；（2）3415r π； 【解析】【分析】 （1）由FC ⊥平面BED ，利用线面垂直的性质定理可得FC ED ⊥，即可得到异面直线ED 与FC 所成角的大小为90︒．（2）连接GC ，在BGC ∆中，利用余弦定理得：2222222cos 5CG r r r CBG r =+-∠=，由题设知，所得几何体为圆锥，分别计算其其底面积及高为F ，即可得到该圆锥的体积V ．【详解】解：（1）FC ⊥平面BED ，ED ⊂平面BED ，FC ED ∴⊥，∴异面直线ED 与FC 所成角的大小为90︒．（2）连接GC ，在BGC ∆中，由余弦定理得：2222222cos 5CG r r r CBG r =+-∠=， 由题设知，所得几何体为圆锥，其底面积为2225CG r ππ=，高为2FC r =． 该圆锥的体积为2312423515V r r r ππ=⨯⨯=． 【点睛】熟练掌握线面垂直的性质定理、余弦定理、圆锥的体积计算公式是解题的关键．20. 老况、老王、老顾、小周、小郭和两位王女士共7人要排成一排拍散伙纪念照.（1）若两位王女士必须相邻，则共有多少种排队种数？（2）若老王与老况不能相邻，则共有多少种排队种数？（3）若两位王女士必须相邻，若老王与老况不能相邻，小郭与小周不能相邻，则共有多少种排队种数？【答案】（1）26261440A A =；（2）52563600A A =；（3）2222352116720C A A A A =； 【解析】【分析】（1）利用捆绑法即可求出，（2）利用插空法即可求出，（3）利用捆绑和插空法，即可求出．【详解】解：（1）首先把两位女士捆绑在一起看做一个符合元素，和另外5人全排列，故有26261440A A =种，（2）将老王与老况插入另外5人全排列所形成的6个空的两个，故有52563600A A =种，（3）先安排老王与老况，在形成的3个空中选2个插入小郭与小周，在形成的5个空中选1个插入老顾，最后将两位女士捆绑在一起看做一个符合元素，选1个位置插入到其余5人形成的6个空中故有2222352116720C A A A A =种． 【点睛】本题考查了简单的排列组合，考查了相邻问题和不相邻问题，属于中档题.21. 在一个圆锥内作一个内接等边圆柱（一个底面在圆锥的底面上，且轴截面是正方形的圆柱），再在等边圆柱的上底面截得的小圆锥内做一个内接等边圆柱，这样无限的做下去.（1）证明这些等边圆柱的体积从大到小排成一个等比数列；（2）已知这些等边圆柱的体积之和为原来圆锥体积的37，求最大的等边圆柱的体积与圆锥的体积之比. 【答案】（1）证明见解析；（2）38 【解析】【分析】（1）求出第一个等边圆柱的体积，设第n 个等边圆柱的底面半径为a ，其外接圆锥的底面半径为r ，高为h ，则其体积3322()2n rh V a r h ππ==+，进一步求得第1n +个等边圆柱的体积，作比可得这些等边圆柱的体积从大到小排成一个等比数列；（2）由这些等边圆柱的体积之和为原来圆锥体积的37可得r 与h 的关系，则答案可求． 【详解】（1）证明：如图，设圆锥的底面半径为r ，高为h ，内接等边圆柱的底面半径为a ，则由三角形相似可得：2a r a h r -=，可得2rh a r h=+． 其体积233222()2rh V a a a r h πππ===+． 设第n 个等边圆柱的底面半径为a ，其外接圆锥的底面半径为r ，高为h ， 则其体积3322()2n rh V a r hππ==+，再设第1n +个等边圆柱的底面半径为b ，则其外接圆锥的底面半径为2rh a r h =+， 高为22ah h r r h =+， 则第1n +个等边圆柱的体积223331222222()()2(2)22n rh h rh r h r h V b rh h r h r h r h ππ+++===++++． ∴31()2n n V h V r h +=+为定值， 则这些等边圆柱的体积从大到小排成一个以312()2rh V r h π=+为首项，以3()2h r h +为公比的等比数列； （2）解：原来圆锥的体积为213r h π， 这些等边圆柱的体积之和为32312232()214631()2rh V r h r h h q r rh h r h ππ+==-++-+． 由232223146373r h r h r rh h ππ=++，得222320r rh h +-=， 2h r ∴=．则最大的等边圆柱的体积为34r π，圆锥的体积为323r π，体积之比为38．【点睛】本题考查圆柱、圆锥体积的求法，考查等比数列的确定及所有项和公式的应用，是中档题．。

2017学年第二学期七宝中学高二期末考试数学试题一、填空题1.将三份录取通知书投入四个邮筒共有_______种不同的投递方式。

2.若一个圆锥的侧面展开图是面积为2π的半圆面，则该圆锥的底面半径为____。

3.已知空间向量，如(21,3,0),(1,,3)(,)a x x b y y x y R =+=-∈果存在实数λ使得a b λ=成立，则x y +=_______.4.在6(2)x x+展开式中，常数项为_______。

（用数字作答） 5.从一堆苹果中任取6个，称得它们的质量如下（单位：克）：125，124，121，123，127，则该样本标准差s =______克。

6，在上海高考改革方案中，要求每位高中生必须在物理、化学、生物、政治、历史、地理6门学科（3门理科，3门文科）中选择3门参加等级考试，小李同学受理想中的大学专业所限，决定至少选择一门理科学科，那么小李同学的选科方案有____种。

7.若在1()n x x-展开式中，若奇数项的系数之和为32，则含4x 的系数是______。

8，已知实数,x y 满足不等式组340210380x y x y x y -+≥+-≥+-≤，若目标函数z x ay =+恰好仅在点(2,2)处取得最大值，则实数a 的取值范围为_______.9.在9()a b c ++的展开式中，含432a b c 项的系数为______（用数字作答）10．已知,x y 满足组合数方程21717x yC C =，则xy 的最大值是_______.11.设集合{1,2,3,4,5}I =，选择I 的两个非空子集A 和B ，要使B 中最小的数大于A 中最大的数，则不同的选择方法共有______种。

12．如图，AD 与BC 是四面体ABCD 中互相垂直的棱，2,2,,EC c AB BC AC CD a a c =+=+=且其中,为常数，则四面体ABCD 的体积最大值是_______.二、选择题13．一个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ） A．2π+11111左视图主视图B．4π+ C．2π+D．43π+14．从2018名学生志愿者中选取50名学生参加活动，若采用下面的方法选取，先用简单随机抽样从2018人中剔除18人，剩下的2000人再按系统抽样的方法抽取50人，则在2018人中，每人入选的概率（ ）A ．不全相等 B.均不相等 C ．都相等，且为140 D.都相等，且为25100915．为了研究某药厂的疗效，选取若干名志愿者进行临床试验，所有志愿者的舒张压数据（单位：kPa ）的分组区间为[12,13),[13,14),[14,15),[15,16),[16,17],将其按从左到右的顺序分别编号为第一组、第二组、……，第五组，右图是根据实验数据制成的频率分布直方图，已知第一组与第二组共有20人，第三组中没有疗效的有6人，则第三组中有疗效的人数为（ ）A ．6 B. 8 C.12 D.1816.《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍，期中记载有求“盖”的术：置如其周，令相承也；又以高乘之。

上海市七宝中学2017学年高二第二学期5月月考试卷II. Grammar and VocabularySection ADirections:After reading the passages below, fill in the blanks to make the passages coherent and grammatically correct. For the blanks with a given word, fill in each blank with the proper form of the given word; for the other blanks, use one word that best fits each blank.(A)Does City Living Hurt Mental Health?People often move to cities (1)________ better jobs and more cultural activities. But are they putting (2)________ at risk? Maybe.Experts at the American Psychiatry Association say that “natural environments or green spaces” do much for good our mental health and (3)________(experience) nature helps people recover from the mental tiredness that comes from day-to-day work.On the other hand, (4)________ they cannot say exactly why, mental health experts say some research suggests that city living might hurt our mental health.Andrea Mechelli is a doctor with the Institute of Psychiatry at Kings College, London. "There have been studies (5)________ people were taken out of an urban environment into a rural environment, and their symptoms would improve. And we also see that the greater the city the greater the risk."Kings College researchers, along with city planners and land and building designers hoped (6)________(learn) more about city living and mental illness. So, they created a smartphone app called Urban Mind. They say they wanted to understand (7)________ different parts of the urban environment affect mental wellbeing.The Urban Mind app (8)________(measure) your experience of city living in the moment. Researchers collected real time information from 108 people, who answered just over 3,000 questions during a one-week period.The researchers found that being outdoors, seeing trees, hearing birdsong, seeing the sky, and feeling in contact with nature (9)________(associate) with higher levels of mental well-being. They also found that these seeming effects of nature were especially strong in those individuals at greater risk of mental health problems.The Urban Mind Project team says it hopes "the results will inform future urban planning and social policy (10)________(intend) to improve design and health."【答案】1.for 2.themselves 3.experiencing 4.although/though 5.where 6.to learn 7.how 8.measures 9.were associated 10.intended【分析】1.考介词。

2017-2018学年上海市闵行区七宝中学高二（下）期末数学试卷(J)副标题题号一二三总分得分一、选择题（本大题共4小题，共4.0分）1.一个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A. 2π+2√3B. 4π+2√3C. 2π+2√33D. 4π+2√33【答案】C【解析】解：由三视图得，该空间几何体为一圆柱和一四棱锥组成的，并且圆柱的底面半径为1，高为2，体积为2π，四棱锥的底面边长为√2，高为√3，体积为1 3×√2×√2×√3=2√33，所以该几何体的体积为2π+2√33．故选：C．由三视图判断空间几何体是由下圆柱和上四棱锥组成，并根据三视图求出圆柱的半径和高，四棱锥的边长和高，代入对应的体积公式分别求解，最后再和在一起．本题的考点是由三视图求几何体的体积，需要由三视图判断空间几何体的结构特征，并根据三视图求出每个几何体中几何元素的长度，代入对应的体积公式分别求解，考查了空间想象能力．2.从2018名学生志愿者中选取50名学生参加活动，若采用下面的方法选取，先用简单随机抽样从2018人中剔除18人，剩下的2000人再按系统抽样的方法抽取50人，则在2018人中，每人入选的概率()A. 不全相等B. 均不相等C. 都相等，且为140D. 都相等，且为251009【答案】D【解析】解：∵在系统抽样中，若所给的总体个数不能被样本容量整除，则要先剔除几个个体，然后再分组，在剔除过程中，每个个体被剔除的概率相等，∴每个个体被抽到包括两个过程，一是不被剔除，二是选中，这两个过程是相互独立的，∴每人入选的概率p=502018=251009，故选：D．根据简单随机抽样与系统抽样方法的定义，结合概率的意义，即可判断每个人入选的概率是多少．本题考查了简单随机抽样与系统抽样方法的应用问题，也考查了概率的意义问题，是基础题目．3.为了研究某药品的疗效，选取若干名志愿者进行临床试验.所有志愿者的舒张压数据(单位：kPa)的分组区间为[12,13)，[13,14)，[14,15)，[15,16)，[16,17]，将其按从左到右的顺序分别编号为第一组，第二组，…，第五组.如图是根据试验数据制成的频率分布直方图.已知第一组与第二组共有20人，第三组中没有疗效的有6人，则第三组中有疗效的人数为()A. 6B. 8C. 12D. 18【答案】C【解析】解：由直方图可得分布在区间第一组与第二组共有20人，分布在区间第一组与第二组的频率分别为0.24，0.16，所以第一组有12人，第二组8人，第三组的频率为0.36，所以第三组的人数：18人，第三组中没有疗效的有6人，第三组中有疗效的有12人．故选：C．由频率=频数样本容量以及直方图可得分布在区间第一组与第二组共有20人的频率，即可求出第三组中有疗效的人数得到答案；本题考查古典概型的求解和频率分布的结合，列举对事件是解决问题的关键，属中档题．4.《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“囷盖”的术：置如其周，令相乘也，又以高乘之，三十六成一，该术相当于给出了由圆锥的底面周长L与高h，计算其体积V的近似公式V≈136L2ℎ，它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取为3，那么，近似公式V≈275L2ℎ相当于将圆锥体积公式中的π近似取为()A. 227B. 258C. 15750D. 355113【答案】B【解析】解：设圆锥底面圆的半径为r，高为h，则L=2πr，∴13πr2ℎ=275(2πr)2ℎ，∴π=258．故选：B．根据近似公式V≈275L2ℎ，建立方程，即可求得结论．本题考查圆锥体积公式，考查学生的阅读理解能力，属于基础题．二、填空题（本大题共12小题，共12.0分）5.将三份录取通知书投入四个邮筒共有______种不同的投递方式．【答案】64【解析】解：根据题意，将三份录取通知书投入四个邮筒，每份通知书有4种投放方法，则3份通知书有4×4×4=64种投放方法；故答案为：64．根据题意，分析可得三份录取通知书中，每份通知书有4种投放方法，由分步计数原理计算可得答案．本题考查分步计数原理的应用，注意题目的限制条件，属于基础题．6.若一个圆锥的侧面展开图是面积为2π的半圆面，则该圆锥的底面半径为______．【答案】1【解析】解：设圆锥的母线长为R，底面半径为r，则：πR=2πr，∴R=2r，∵一个圆锥的侧面展开图是面积为2π的半圆面，∴S=πRr=2πr2=2π，解得r=1．故答案为：1．设出圆锥的半径与母线长，利用圆锥的底面周长等于侧面展开图的弧长得到圆锥的半径与母线长，进而能求出结果．本题考查圆锥的底面半径的求法，考查圆锥的性质等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．7.已知空间向量，如a⃗=(2x+1,3x，0)，b⃗ =(1,y，y−3)(x，y∈R)果存在实数λ使得a⃗=λb⃗ 成立，则x+y=______．【答案】2【解析】解：∵a⃗=(2x+1,3x，0)，b⃗ =(1,y，y−3)(x，y∈R)存在实数λ使得a⃗=λb⃗ 成立，∴{2x+1=λ3x=λy0=λ(y−3)，解得y=3，x=λ=−1，则x+y=3−1=2．故答案为：2．由a⃗=(2x+1,3x，0)，b⃗ =(1,y，y−3)(x，y∈R)存在实数λ使得a⃗=λb⃗ 成立，可得{2x+1=λ3x=λy0=λ(y−3)，解出即可得出．本题考查了向量共线定理、向量相等、方程组的解法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．8.二项式(2x√x)6的展开式的常数项为______．【答案】60【解析】解：设二项式(2x+√x)6的展开式的通项为T r+1，则Tr+1=C6r⋅(2x)6−r⋅x−12r=C6r⋅26−r⋅x6−32r，令6−32r=0得：r=4，∴二项式(2x√x)6的展开式的常数项为T5=C64⋅22=15×4=60．故答案为：60．利用二项展开式的通项Tr+1=C6r⋅26−r⋅x6−32r中x的幂指数为0求得r，从而可求二项式(2x√x)6的展开式的常数项．本题考查二项式定理的应用，突出考查二项展开式的通项公式，属于中档题．9.从一堆苹果中任取5只，称得它们的质量如下(单位：克)125 124 121 123 127则该样本标准差s=______(克)(用数字作答)．【答案】2【解析】解：∵x=15(125+124+121+123+127)=124，∴S2=15[(125−124)2+(124−124)2+(121−124)2+(123−124)2+(127−124)2]=4，∴S=√4=2．故答案为：2．先求出这五个数的平均数，再求出方差，由此能求出这五个数的标准差．本题考查一组数据的标准差的求法，是基础题，解题时要注意方差公式的灵活运用．10.在上海高考改革方案中，要求每位高中生必须在物理、化学、生物、政治、历史、地理6门学科(3门理科，3门文科)中选择3门参加等级考试，小李同学受理想中的大学专业所限，决定至少选择一门理科学科，那么小李同学的选科方案有______种. 【答案】19【解析】解：根据题意，从物理、化学、生物、政治、历史、地理6门学科任选3门，有C 63=20种选取方法，其中全部为文科科目、即没有理科科目的选法有1种， 则至少选择一门理科学科的选法有20−1=19种； 故答案为：19．根据题意，用间接法分析：首先计算从6门学科任选3门的选法，再分析其中全部为文科科目、即没有理科科目的选法，分析可得答案．本题考查排列、组合的应用，注意利用间接法分析，避免分类讨论．11. 若在(x −1x )n 展开式中，若奇数项的系数之和为32，则含x 4的系数是______． 【答案】−6【解析】解：在(x −1x )n 展开式中，若奇数项的系数之和为2n−1=32，求得n =6，则通项公式为T r+1=C 6r⋅(−1)r ⋅x 6−2r ，令6−2r =4，求得r =1，故含x 4的系数是C 61⋅(−1)=−6， 故答案为：−6．由题意利用二项式系数的性质，求出再利用二项式的通项公式，求出含x 4的系数． 本题主要考查二项式系数的性质，二项展开式的通项公式的应用，属于基础题．12. 已知实数x ，y 满足不等式组{x −3y +4≥0x +2y −1≥03x +y −8≤0，若目标函数z =x +ay 恰好仅在点(2,2)处取得最大值，则实数a 的取值范围为______． 【答案】(13,+∞)【解析】解：画出已知约束条件的可行域为△ABC 内部(包括边界)如图，易知当a =0时，不符合题意；当a >0时，由目标函数z =x +ay 得y =−1a x +za ， 则由题意得−3=k AC <−1a <0，故a >13． 综上所述，a >13． 故答案为：(13,+∞)．画出可行域，利用几何意义求最值的方法，利用直线斜率之间的关系，只需求出直线z =x +ay 的斜率的取值范围即可．本题主要考查了简单的线性规划，以及利用几何意义求最值，属于基础题.由于线性规划的介入，借助于平面区域，可以研究函数的最值或最优解；借助于平面区域特性，我们还可以优化数学解题，借助于规划思想，巧妙应用平面区域，为我们的数学解题增添了活力．13. 在(a +b +c)9的展开式中，含a 4b 3c 2项的系数为______(用数字作答)【答案】1260【解析】解：(a+b+c)9表示9个因式(a+b+c)的乘积，故其中有4个因式取a，3个因式取b，剩下的2个因式取c，可得含a4b3c2项，故含a4b3c2项的系数为C94⋅C53⋅C22=1260，故答案为：1260．根据乘方意义，应用排列组合的知识，求出含a4b3c2项的系数．本题主要考查乘方意义，排列组合的知识，属于基础题．14.已知x，y满足组合数方程C172x=C17y，则xy的最大值是______．【答案】128【解析】解：∵x，y满足组合数方程C172x=C17y，∴2x=y，0≤x≤8或2x+y=17，∴xy=2x2∈[0,128]，或2xy≤(2x+y2)2=2894，即xy≤2898．综上，当2x=y=16时，xy取最大值128．故答案为：128．由组合数公式的性质得2x=y，0≤x≤8或2x+y=17，从而xy=2x2∈[0,128]，或2xy≤(2x+y2)2=2894，由此得到当2x=y=16时，xy取最大值128．本题考查两数积的最大值的求法，考查组合数公式的性质等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．15.集合I={1,2，3，4，5}.选择I的两个非空子集A和B，要使B中的最小数大于A中的最大数，则不同的选择方法有______种.【答案】49【解析】解：集合A、B中没有相同的元素，且都不是空集，从5个元素中选出2个元素，有C52=10种选法，小的给A集合，大的给B集合；从5个元素中选出3个元素，有C53=10种选法，再分成1一个元素一组、2个元素一组，有两种分法，较小元素的一组给A集合，较大元素的一组的给B集合，共有2×10=20种方法；从5个元素中选出4个元素，有C54=5种选法，再分成1个元素一组、3三个元素一组；2个元素一组、2个元素一组；3个元素一组、1一个元素一组，共三种分法，较小元素的一组给A集合，较大元素的一组的给B集合，共有3×5=15种方法；从5个元素中选出5个元素，有C55=1种选法，再分成1个元素一组、4个元素一组；2个元素一组、3个元素一组；3个元素一组、2个元素一组；4个元素一组、1两个元素一组组，有四种分法，较小元素的一组给A集合，较大元素的一组的给B集合，共有4×1=4种方法；总计为10+20+15+4=49种方法．故答案为：49根据题意，B中最小的数大于A中最大的数，则集合A、B中没有相同的元素，且都不是空集，按A、B中元素数目这和的情况，分4种情况讨论，分别计算其选法种数，进而相加可得答案．本题考查排列组合的实际应用，本题解题的关键是理解题意，能够看懂使B中的最小数大于A中的最大数的意义，本题是一个难题也是一个易错题，需要认真解答．16.如图，AD与BC是四面体ABCD中互相垂直的棱，BC=2，若AD=2c，且AB+BD=AC+CD=2a，其中a、c为常数，则四面体ABCD的体积的最大值是______．【答案】23c√a2−c2−1【解析】解：作BE⊥AD于E，连接CE，则AD⊥平面BEC，所以CE⊥AD，由题设，B与C都是在以AD为焦点的椭球上，且BE、CE都垂直于焦距AD，AB+BD=AC+CD=2a，显然△ABD≌△ACD，所以BE=CE．取BC中点F，∴EF⊥BC，EF⊥AD，要求四面体ABCD的体积的最大值，因为AD是定值，只需三角形EBC的面积最大，因为BC是定值，所以只需EF最大即可，当△ABD是等腰直角三角形时几何体的体积最大，∵AB+BD=AC+CD=2a，∴AB=a，所以EB=√a2−c2，EF=√a2−c2−1，所以几何体的体积为：13×2×√a2−c2−1×2c×12=23c√a2−c2−1．故答案为：23c√a2−c2−1．作BE⊥AD于E，连接CE，说明B与C都是在以AD为焦距的椭球上，且BE、CE都垂直于焦距AD，BE=CE．取BC中点F，推出四面体ABCD的体积的最大值，当△ABD是等腰直角三角形时几何体的体积最大，求解即可．本题考查棱柱、棱锥、棱台的体积，考查空间想象能力，逻辑推理能力以及计算能力．三、解答题（本大题共5小题，共5.0分）17.毕业季有6位好友欲合影留念，现排成一排，如果：(1)A、B两人不排在一起，有几种排法？(2)A、B两人必须排在一起，有几种排法？(3)A不在排头，B不在排尾，有几种排法？【答案】解：(1)将A、B两人插入到其余4人所形成的5个空中，故有A44A52=480种，(2)将A、B两人捆绑在一起看做一个复合元素和其余4人去安排了，故有A22A55=240种，(3)根据题意，分2种情况讨论：①若A在排尾，则剩下的5人全排列，故有A55=120种排法，②若A不在排尾，在A有4个位置可选，B有4个位置可选，将剩下的4人全排列，安排在其他4个位置即可，此时有C41C41A44=388种排法，则一共有120+388=508种不同的排法；【解析】(1)利用插空法即可求出；(2)利用捆绑法即可求出，；(3)根据题意，分2种情况讨论：①若A在排尾，②若A不在排尾，分别求出每一种情况的排法数目，由加法原理计算可得答案．本题考查排列、组合的应用，注意优先分析受到限制的元素．18. 已知在二项式(√x 32√x 3)n 的展开式中，前三项系数的绝对值成等差数列．(1)求正整数n 的值；(2)求展开式中二项式系数最大的项； (3)求展开式中系数最大的项；【答案】解：(1)二项式(√x 3+2√x 3)n 的展开式中，前三项系数的绝对值成等差数列，可得2C n1⋅12=C n 0+C n 2⋅14，解得n =1(舍去)，或n =8； (2)第r +1项的二项式系数为T r+1=C 8r，故第5项的二项式系数最大，此时，r =4； (3)由{C 8r(12)r ≥C 8r+1(12)r+1C 8r (12)r ≥C 8r−1(12)r−1，解得2≤r ≤3．∴系数最大的项为第三项．【解析】(1)由等差数列的性质列式求得n =8；(2)根据二项式系数的性质，求得二项式系数最大的项；(3)由{C 8r(12)r ≥C 8r+1(12)r+1C 8r (12)r ≥C 8r−1(12)r−1，解得2≤r ≤3，结合通项公式可得第三项的系数最大． 本题主要考查二项式定理的应用，二项式系数、二项式的系数的定义和性质，属于中档题．19. 已知直线C 1{y =tsinαx=1+tcosα(t 为参数)，C 2{y =sinθx=cosθ(θ为参数)，(Ⅰ)当α=π3时，求C 1与C 2的交点坐标；(Ⅱ)过坐标原点O 做C 1的垂线，垂足为A ，P 为OA 中点，当α变化时，求P 点的轨迹的参数方程，并指出它是什么曲线．【答案】解：(Ⅰ)当α=π3时，C 1的普通方程为y =√3(x −1)，C 2的普通方程为x 2+y 2=1． 联立方程组{y =√3(x −1)x 2+y 2=1，解得C 1与C 2的交点为(1,0)(12,−√32)．(Ⅱ)C 1的普通方程为xsinα−ycosα−sinα=0①．则OA 的方程为xcosα+ysinα=0②，联立①②可得x =sin 2α，y =−cosαsinα； A 点坐标为(sin 2α,−cosαsinα)，故当α变化时，P 点轨迹的参数方程为：{x =12sin 2αy =−12sinαcosα(α为参数)， P 点轨迹的普通方程(x −14)2+y 2=116． 故P 点轨迹是圆心为(14,0)，半径为14的圆．【解析】(I)先消去参数将曲线C1与C2的参数方程化成普通方程，再联立方程组求出交点坐标即可，(II)设P(x,y)，利用中点坐标公式得P点轨迹的参数方程，消去参数即得普通方程，由普通方程即可看出其是什么类型的曲线．本题主要考查直线与圆的参数方程，参数方程与普通方程的互化，利用参数方程研究轨迹问题的能力．20.将4个不同的红球和6个不同的白球放入同一个袋中，现从中取出4个球．(1)若取出的红球的个数不少于白球的个数，则有多少种不同的取法；(2)取出一个红球记2分，取出一个白球记1分，若取出4个球的总分不少于5分，则有多少种不同的取法；(3)若将取出的4个球放入一箱子中，记“从箱子中任意取出2个球，然后放回箱子中”为一次操作，如果操作三次，求恰有一次取到2个红球且有一次取到2个白球的概率．【答案】解：(1)若取出的红球的个数不少于白球的个数，则有4红和3红1白两类，其中：4红有：C44C60=1种不同的取法；3红1白有：C43C61=24种不同的取法；故共有25种不同的取法；(2)若取出4个球的总分不少于5分，则有4红和3红1白，2红2白，1红3白四类，其中：4红有：C44C60=1种不同的取法；3红1白有：C43C61=24种不同的取法；2红2白有：C42C62=90种不同的取法；1红3有：C41C63=80种不同的取法；故共有195种不同的取法；(3)若将取出的4个球放入一箱子中，记“从箱子中任意取出2个球，然后放回箱子中”为一次操作，如果操作三次，共有：(C42⋅C21)⋅(C32⋅C21)⋅(C22⋅C21)=144种不同情况；恰有一次取到2个红球且有一次取到2个白球共有：1+2+1+2=6种情况，故恰有一次取到2个红球且有一次取到2个白球的概率P=6144=124【解析】(1)若取出的红球的个数不少于白球的个数，则有4红和3红1白两类，进而可得答案；(2)若取出4个球的总分不少于5分，则有4红和3红1白，2红2白，1红3白四类，进而可得答案；(3)求出操作三次的情况总数，及恰有一次取到2个红球且有一次取到2个白球的情况数，可得答案．本题考查概率的求法，考查列举法、古典概型等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，第三问难度均大21.在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，PA=AD=4，AB=2，以AC的中心O为球心、AC为直径的球面交PD于点M，交PC于点N．(1)求证：AM⊥平面PCD；(2)求直线CD与平面ACM所成角的大小；(3)求点N到平面ACM的距离．【答案】(1)证明：依题设知，AC是所作球面的直径，则AM⊥MC．∵P A⊥平面ABCD，则PA⊥CD，又CD⊥AD，∴CD⊥平面PAD，则CD⊥AM，∴A M⊥平面PCD；(2)解：由(1)知，AM⊥PD，又PA=AD，则M是PD的中点可得AM=2√2，MC=√MD2+CD2=2√3，则S△ACM=12AM⋅MC=2√6．设D到平面ACM的距离为h，由V D−ACM=V M−ACD，得2√6ℎ=8，可求得ℎ=2√63，设直线CD与平面ACM所成角的大小为θ，则sinθ=ℎCD =√63，∴θ=arcsin√63；(3)解：由已知求得PC=6．∵AN⊥NC，由PNPA =PAPC，得PN=PA2PC=83．∴NCPC =59．故N点到平面ACM的距离等于P点到平面ACM距离的59．又∵M是PD的中点，则P、D到平面ACM的距离相等，由(2)可知所求距离为59ℎ=10√627．【解析】(1)依题设知，AC是所作球面的直径，则AM⊥MC.由P A⊥平面ABCD，得PA⊥CD，结合CD⊥AD，可得CD⊥平面PAD，则CD⊥AM，再由线面垂直的判定可得A M⊥平面PCD；(2)先根据体积相等求出D到平面ACM的距离为h，即可求直线PC与平面ABM所成的角；(3)先根据条件分析出所求距离等于点P到平面ACM距离的59，设点P到平面ACM距离为h，再利用第二问的结论即可得到答案．本题考查直线与平面所成的角，平面与平面垂直的判定，考查空间想象能力，逻辑思维能力，计算能力，是中档题．。