2021-2022学年上海市高桥中学高二年级下册学期期末数学试题【含答案】

2021-2022学年上海市高桥中学高二下学期期末数学试题一、填空题1．不重合的两个平面最多有_____________条公共直线【答案】1【分析】由平面的基本性质可求解.【详解】根据平面的位置关系可知，不重合两平面平行或相交，当相交时，有且只有一条公共直线.故答案为：12．掷一颗均匀的骰子，出现偶数点的概率是___________.【答案】##【分析】列举所有出现的情况，求得满足题意的情况，利用古典概型的概率计算公式求解即可.【详解】掷一颗均匀的骰子，出现点数分别为，共种情况；其中偶数有，共种情况，故出现偶数点的概率是.故答案为：.3．已知圆柱的底面半径为2，高为3，则圆柱的体积为___________.【答案】【分析】根据已知中圆柱的底面半径和高，代入圆柱体积公式，可得答案．【详解】解：圆柱的底面半径2，高3，圆柱的体积，故答案为：.4．为了丰富高一学生的课外生活，某校高一年级要组建数学､计算机､辩论三个兴趣小组，小明要随机选报其中的2个，不考虑选报的先后顺序，则该试验的样本点的个数为___________.【答案】3【分析】用列举法一一列举出该试验包含的样本点，从而得出结论．【详解】解：该试验包含的样本点的情况有：{数学,计算机}、{数学,辩论}、{计算机,辩论}，共计3个样本点.故答案为：3．5．在菱形中，，，为菱形所在平面外一点，，，到直线距离为_________．【答案】5【分析】作，垂足为，可得就是到直线的距离.根据线面垂直的性质可得，，根据勾股定理即可求解.【详解】如图，作，垂足为，因为，即平面，且平面，所以.因为平面，所以平面.因为平面，所以.因为,,所以.因为平面，平面，所以.所以.故答案为:5.6．已知正三棱锥底面面积=6，点在高上且，则经过点且平行于底面的截面面积为___________.【答案】【分析】由平行关系确定相似关系，根据相似比定出面积比，从而得解.【详解】由题意知,所求截面是等边三角形,且与点构成一个小的正三棱锥,因为,即,所以该小的正三棱锥与正三棱锥的相似比为,所以,所以所求截面的面积.故答案为:.7．某一批花生种子，如果每粒发芽的概率为，那么播下粒这样的种子恰有粒发芽的概率是__________．【答案】【分析】每1粒发芽的概率为，播下3粒种子相当于做了3次试验，由题意知独立重复实验服从二项分布，即，根据二项分布的概率求法，即可求出结果．【详解】∵每1粒发芽的概率为定值，播下3粒种子相当于做了3次试验，由题意该实验服从二项分布，即故答案为：．8．已知三棱锥的四个顶点在球的球面上，，是边长为2的正三角形，若点分别是的中点，，则球的半径为___________.【答案】##【分析】先判断得三棱锥为正三棱锥，从而利用线面垂直的判定定理依次证得平面，平面，结合勾股定理证得正三棱锥的三条侧棱两两互相垂直，由此将三棱锥补形为正方体，利用即可求得球的半径.【详解】由，是边长为2的正三角形，得三棱锥为正三棱锥，则顶点在底面的射影为底面三角形的中心，连接并延长，交于，则，又，，平面，所以平面，又平面，则，因为分别是的中点，所以，又，即，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以，易知在中，，所以，则，又，所以，所以正三棱锥的三条侧棱两两互相垂直，将三棱锥补形为正方体，则正方体外接球即为三棱锥的外接球，其直径，则球的半径．故答案为：..二、单选题9．“直线与直线没有交点”是“直线与直线为异面直线”的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】B【分析】根据空间两直线的位置关系判断即可得出结论.【详解】两条直线没有交点，说明这两条直线的位置关系为平行或异面而两条直线为异面直线时，它们必没有交点，所以选项B正确，选项ACD错误.故选：B.10．下列命题是假命题的是（

）A．棱柱的所有侧面都是平行四边形B．将矩形绕其一边旋转一周所形成的的几何体叫做圆柱；C．正棱锥顶点在底面的投影是底面正多边形的中心；D．将直角三角形绕其一边旋转一周所形成的的几何体叫做圆锥.【答案】D【分析】由棱柱、圆柱、正棱锥、圆锥的定义逐一判断可得选项.【详解】解：对于A：由棱柱的定义得棱柱的所有侧面都是平行四边形，故A正确；对于B：由圆柱的定义得将矩形绕其一边旋转一周所形成的的几何体叫做圆柱，故B正确；对于C：由正棱锥的定义得正棱锥顶点在底面的投影是底面正多边形的中心，故C正确；对于D：将直角三角形绕其斜边旋转一周所形成的几何体不是圆锥，故D不正确，所以假命题的是D选项，故选：D.11．在空间四边形中，，，那么必有（

）A．平面平面ADC B．平面平面ABCC．平面平面BCD D．平面平面BCD【答案】C【解析】由题意，利用线面垂直的判定定理，证得平面,结合面面垂直的判定定理，即可证得平面平面，得到答案.【详解】由题意，空间四边形中，，，又由，且平面，平面，所以平面,又因为平面，所以平面平面.故选：C.12．在抛掷一颗骰子的试验中，事件表示“不大于4的偶数点出现”，事件表示“小于5的点数出现”，则事件发生的概率为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由题意知试验发生包含的所有事件是6，事件和事件是互斥事件，求出事件和事件包含的基本事件数，根据互斥事件和古典概型概率公式得到结果．【详解】解：随机抛掷一颗骰子一次共有6中不同的结果，其中事件“出现不大于4的偶数点”包括2，4两种结果，，事件“出现小于5的点数”的对立事件，包括5，6两种结果，，且事件和事件是互斥事件，．故选：C．13．若是互斥事件，其发生的概率为，则同时发生的概率为（

）A． B． C． D．0【答案】D【分析】根据互斥事件的定义判断即可.【详解】解：若是互斥事件，则事件不能同时发生，则同时发生的概率为0.故选：D.14．如图，，，，且，直线，过三点的平面记作，则与的交线必通过（

）A．点A B．点 C．点但不过点 D．点和点【答案】D【分析】利用点线面的位置关系证得与，从而得到，据此解答即可.【详解】对于AB，易得，故必不在与的交线上，故AB错误；对于CD，因为过三点的平面记作，所以面与是同一个面，因为直线，所以面，则，又面，则，所以；因为，，所以，又，所以，所以，所以与的交线必通过点和点，故C错误，D正确.故选：D．15．已知某厂的产品合格率为0.7，现抽出10件产品检查，则下列说法正确的是（

）A．合格产品少于7件 B．合格产品多于7件C．合格产品正好是7件 D．合格产品可能是7件【答案】D【分析】根据概率的定义和性质直接求解即可.【详解】根据概率的性质可计算出合格产品可能是件，故选：D.16．从标有编号的20张卡片中任意抽取一张，则下列事件中发生的可能性最小的是（

）A．卡片上的数字是2的倍数 B．卡片上的数字是3的倍数C．卡片上的数字是4的倍数 D．卡片上的数字是5的倍数【答案】D【分析】数出每种情况的可能情况数量比上总数量即可求解.【详解】对于A，概率为，对于B，概率为，对于C,概率为，对于D，概率为，故选：D.17．如图所示的几何体是一个正方体挖掉一个圆锥(圆锥的底面圆与正方体的上底面正方形各边相切，顶点在下底面上)，用一个垂直于正方体某个面的平面截该几何体，下列图形中一定不是其截面图的是（）A． B．C． D．【答案】B【分析】分析用不同方式去截几何体得到截面的形状即可求解.【详解】用过圆锥的轴且与上底面一组对棱垂直的平面截该儿何体可得A图，用平行于圆锥底面的平面截该几何体可得C图，用垂直于圆锥底面且不过圆锥的轴的平面截该几何体可得D图，而B图用垂直于正方体的任何面的平面截都无法得到.故选：B18．在封闭的直三棱柱内有一个体积为V的球，若，，，，则该球体积V的最大值是A． B． C． D．【答案】B【详解】试题分析：设的内切圆半径为，则，故球的最大半径为，故选B.【解析】球及其性质.三、解答题19．已知在直角三角形中，，（如图所示）(1)若以为轴，直角三角形旋转一周，求所得几何体的表面积.(2)一只蚂蚁在问题（1）形成的几何体上从点绕着几何体的侧面爬行一周回到点，求蚂蚁爬行的最短距离.【答案】(1)(2)【分析】（1）若以为轴，直角三角形旋转一周，形成的几何体为以为半径，高的圆锥，由圆锥的表面积公式，即可求出结果．（2）利用侧面展开图，要使蚂蚁爬行的最短距离，则沿点B的母线把圆锥侧面展开为平面图形（如图）最短距离就是点B到点的距离，代入数值，即可求出结果．【详解】（1）在直角三角形中，由即，得，若以为轴旋转一周，形成的几何体为以为半径，高的圆锥，则，其表面积为.（2）由问题（1）的圆锥，要使蚂蚁爬行的最短距离，则沿点的母线把圆锥侧面展开为平面图形，最短距离就是点到点的距离，，在中，由余弦定理得.20．一种装有12颗巧克力的礼盒里有草莓和香草两个口味，其中草莓味的有4颗，现从中随机取出3颗，若取出不放回.(1)求全是草莓味的概率；(2)至少有一颗是草莓味的概率.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据古典型用组合数计算即可；（2）用对立事件计算.【详解】（1）从12颗巧克力的礼盒里取出3颗共有种，其中全是草莓味的有种，故全是草莓味的概率；（2）取出3颗全不是草莓味的有种，所以至少有一颗是草莓味的概率.21．正方体的棱长为1.(1)为中点，求异面直