2023-2024学年上海市高二年级上册期末数学模拟试题七（含答案）

2023-2024学年上海市高二上册期末数学模拟试题

一、单选题

1.已知向量a,b是平面ɑ内的两个不共线的非零向量，非零向量C在直线/上，则“c∙4=0,

且c力=0"是/_La的（）

A.充分不必要条件B.必要不充分条件

C.充分必要条件D.既不充分又不必要条件

【正确答案】C

【分析】由线面垂直的定义和判定定理即可得到答案.

【详解】解：由题意，T=OoDcb=O^1b-

因为向量α,6是平面α内的两个不共线的非零向量，

所以，根据平面向量基本定理，对于平面ɑ内的任意直线”，其方向向量为加，存在唯一实

数对X，y使得m=xa+yb成立，

所以，m-c=xa-c+ybc=O,即c_L，

所以直线/与平面α内的任意直线都垂直，故∕le;

若/_La,根据线面垂直的定义，可以得到；.：=0,且U=o∙

所以“；7=0,且H=o”是Ua的充分必要条件.

故选：C.

2.如果两个球的表面积之比为4：9,那么这两个球的体积之比为（）

A.8：27B.2：13C.4：943D.2：9

【正确答案】A

【分析】球的表面积之比是两球的半径的平方之比，体积之比是半径的立方之比，据此即可

计算.

4TΓΛ*24-/2

【详解】设两球的半径分别为小公则7⅜=χ,∙∙∙,=W,

4529r23

Va*8

所以两球的体积比为U=⅛­;

匕3仍327

32

故选：A.

3.从某中学甲、乙两班各随机抽取10名同学，测量他们的身高（单位：cm）,所得数据用

茎叶图表示如下，由此可估计甲、乙两班同学的身高情况，则下列结论正确的是（）

甲班乙班

21182-

8201712689

65316247

87159

A.甲乙两班同学身高的极差不相等

B.甲班同学身高的平均值较大

C.甲班同学身高的中位数较大

D.甲班同学身高在175Cm以上的人数较多

【正确答案】A

【分析】利用茎叶图的概念结合数据分析即可确定答案.

【详解】对于A,甲班同学身高的极差为182-157=25,乙班同学身高的极差为182-159

=23,

.∙.甲乙两班同学身高的极差不相等，故A正确；

对于B,甲班数据靠上的相对少，乙班数据靠上的相对多，

.∙.估计甲班同学身高的平均值较小，故B错误；

对于C,甲班同学身高的中位数为∣66[7）=i68,

乙班同学身高的中位数为巧12=171.5,

.∙.甲班同学身高的中位数较小，故C错误；

对于D,甲班同学身高在175Cm以上的有3人，乙班同学身高在175Cm以上的有4人,

甲班同学身高在175Cm以上的人数较少，故D错误.

故选:A.

4.下列说法正确的是（）

A.四边形一定是平面图形

B.不在同一条直线上的三点确定一个平面

C.梯形不一定是平面图形

D.平面α和平面尸一定有交线

【正确答案】B

【分析】根据空间元素的位置关系和三大公理及推论分别判断选项正误.

【详解】解：对于选项A,四边形不一定是平面图形,也可能是空间四边形,故A错误；

对于选项B,不共线的三点确定一个平面,故B正确；

对于选项C,梯形中，有一组对边平行,可以确定一个平面,故梯形一定是平面图形，C错误；

对于选项D,若平面α和平面夕平行,则其没有交线,故D错误；

故选:B.

5.在正四面体ABC。中，点E,F,G分别为棱3C,CD,AC的中点，则异面直线4E,FG

所成角的余弦值为（）

A.ɪB.—C.qD.近

2533

【正确答案】C

【分析】作出辅助线，找到异面直线AE,FG所成角，设出正四面体的边长，表达出其他边

长，利用余弦定理求出答案.

【详解】连接OE,因为点F,G分别为棱CD,AC的中点，

所以FGHAD,

所以NEAD或其补角为异面直线AE,FG所成角，

设正四面体的边长为α,

则AE=DE=且∙α,AD^a,

2

32232

222-a~+a——a~

AE^AD-DE,44

由余弦定理得：COSZEAD=-AE-D

ɔ√323

2×—ci

2

所以异面直线SFG所成角的余弦值为#

故选：C

6.2"K）被9除所得的余数为（）

A.1B.3C.5D.7

【正确答案】D

【分析】由题意可得:2侬=2（9-1）33,结合二项展开式分析求解

【详解】由题意可得:2'fl0=2×2w=2×833=2(9-1)33,

99

可知2(9-1)”的展开式为却=2G9x9r(-l),r=O,l,…,99,

当r=0,l,...,98时，&=2C‰χ9"Tχ(-iy均可被9整除;

当r=99时，%=24（-1）"=-2被9除所得的余数为7；

综上所述：2必被9除所得的余数为7.

故选：D.

7.某校安排5名同学去A,B,C,。四个爱国主义教育基地学习，每人去一个基地，每个

基地至少安排一人，则甲同学被安排到A基地的排法总数为（）

A.24B.36C.60D.240

【正确答案】C

【分析】分两种情况分类计算，一种是A基地只有甲同学在，另外一种是A基地有甲同学还

有另外一个同学也在，两种情况相加即可.

【详解】当A基地只有甲同学在时，那么总的排法是C：A；=36种;

当A基地有甲同学还有另外一个同学也在时，那么总的排法是C：A；=24种；

则甲同学被安排到A基地的排法总数为36+24=60种.

故选：C

8.“杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，它揭示了二项式展开式中的组合数在三角

形数表中的一种几何排列规律，如图所示，则下列关于“杨辉三角''的结论正确的是（）

杨辉三角

第OH1

第I行II

第2行I2I

*3行1331

翳4行14641

第5行I5IOIO5I

第6行I61520156I

第7行I7213535217I

第8行I828567056288I

A.C+C"C+∙∙∙+Cj0=165

B.在第2022行中第IOll个数最大

C.第6行的第7个数、第7行的第7个数及第8行的第7个数之和等于9行的第8个数

D.第34行中第15个数与第16个数之比为2：3

【正确答案】C

【分析】A选项由C：I+C；=C3&C；+C；+C；++C；（I=C；+C；+C；+C；++C>1即

可判断；B选项由二项式系数的增减性即可判断；C选项由c：i+c:=CM及C：=G即可判

断；D选项直接计算比值即可判断.

【详解】由c<+c=cc∣可得C+G+C++c：°=c；+c；+c；+C++Cf0-I

=C：+C；+C；++C⅛-1=C〈-1=?誉-1=164,故A错误；

3×2×1

第2022行中第1011个数为C盟<eæɪɪ,故B错误;

c：+G+c；=c；+c；+c；=c；+c；=c；,故C正确;

第34行中第15个数与第16个数之比为

「14.∣5_34×33××2134×33××20

r=15:20=3:4,故D错误.

<34,~34―14×13×^^^T15×14×13×^^×F

故选：C.

9.一个质地均匀的正四面体木块的四个面上分别标有数字1,2,3,4.连续抛掷这个正四面

体木块两次，并记录每次正四面体木块朝下的面上的数字，记事件A为“第一次向下的数字

为2或3”，事件B为“两次向下的数字之和为奇数”，则下列结论正确的是（）

A.P(A)W

B.事件4与事件8互斥

C.事件A与事件8相互独立D.P(AuB)=-

2

【正确答案】C

【分析】利用互斥事件、相互独立事件的意义及古典概率公式逐项计算判断作答.

【详解】依题意，抛掷正四面体木块，第一次向下的数字有1,2,3,4四个基本事件，则

21

P(A)=-=—,A不正确；

42

事件B含有的基本事件有8个:(1,2),(1,4),(2,1),(2,3),(3,2),(3,4),(4,1),(4,3),

其中事件(2,1),(2,3),(3,2),(3,4)发生时，事件A也发生,即事件A,8可以同时发生，B不正

确；

抛掷正四面体木块两次的所有基本事件有16个，P(B)=2=1,P(AB)=之=J=尸(A)P(8),

162164

即事件A与事件8相互独立，C正确；

1113

P(AuB)=P(A)+P(B)-P(AB)=-+------=-,D不正确.

2244

故选：C

10.如图，三棱柱ABC-4瓦£满足棱长都相等且AAJL平面ABC,。是棱CG的中点，E

是棱AA上的动点.设A£=x,随着X增大，平面BDE与底面ABC所成锐二面角的平面角

是()

A.先增大再减小B.减小C.增大D.先减小再增大

【正确答案】D

【分析】以AC中点。为坐标原点，O&OC分别为χ,y轴，并垂直向上作Z轴建立空间直角

坐标系.

百

设所有棱长均为2,则Xe(0,2),通过空间向量来求二面角的COSe=I~~百，故CoSe

√u-2r+7

在XG(吟上单增，x《,2)上单减，即随着X增大先变大后变小，所以。随着X增大先

变小后变大.即可得出结果.

以AC中点。为坐标原点，03,。C分别为X,y轴，并垂直向上作Z轴建立空间直角坐标系.

设所有棱长均为2,则Xe(0,2),β(√3,0,0),D((),l,l),E(0,-l,x),DB=(6,-1,-1),

OE=(O,-2,x-l),设平面BQE法向量”=(α,%,c),

67=X+1

〃∙DB=O>∕3a=b+cʌ「*

b=瓜X-D,

则f八，令c=2G有〈

小DE=Ul-2⅛+c(x-l)=0

c=2√3

故〃=(x+1,百*一1),2Λ∕3).

又平面ABC的法向量m=((),0,1),故平面3OE与底面43C所成锐二面角的平面角6的余弦

/士Qm'n2√3λ∕3

值COSθ=I~~Γj-C=/=∙=I=

阿W√(x+l)2+3(x-l)2+12√x2-x+4

―611

I↑~~\5»又X£(。,2),故COS。在x∈(0,?上单增，xw(,2)上单减,

卜丁f+“22

即随着X增大先变大后变小，所以。随着X增大先变小后变大.

故选：D.

本题考查了用空间向量求二面角的余弦值，考查了解决问题能力和计算能力，属于中档题目.

二、填空题

11.已知。为空间任意一点，A、8、C、P满足任意三点不共线，但四点共面，且

OP=mOA-2OB-OC，则巾的值为.

【正确答案】4

【分析】根据空间中四点共面的推论结合OP=〃QA-2OB-OC，求解即可.

【详解】解：因为。为空间任意一点，A、8、C、P满足任意三点不共线，但四点共面，

SiOP=mOA-2OB-OC

所以m+(-2)+(-I)=1,故加=4.

故答案为.4

12.(x+l)"的展开式中/的系数为.

【正确答案】6

在二项展开式的通项中令X的指数为2,求出参数值，然后代入通项可得出结果.

【详解】(x+l)4的展开式的通项为TM=ClXJ，令4—r=2nr=2,

因此，(x+l)4的展开式中V的系数为C：=6.

故答案为∙6

本题考查二项展开式中指定项系数的求解，涉及二项展开式通项的应用，考查计算能力，属

于基础题.

13.正方体的6个面无限延展后把空间分成个部分

【正确答案】27

【分析】正方体的6个面无限延展后把空间分成27个部分，得到答案.

【详解】正方体的6个面无限延展后把空间分成3x9=27个部分.

故27

14.正方体ABCO-ABGR的棱长为4,E,F分别为BC、CG的中点，则平面AEF截正方

体所得的截面面积为.

【正确答案】18

【分析】把截面AEF补形为四边形AEF。，由等腰梯形计算其面积即可.

【详解】解：如图，把截面AE尸补形为四边形AEFR,

连接4。，由正方体可得E尸〃AR,可得等腰梯形AEFR为平面AEF截正方体所得的截面

图形，

由正方体"CO-ABlGQ的棱长为4,得曲=40,EF=2√2.

.尸=4E="7?=2√L则E到AR的距离即等腰梯形AEFR的高为

吟耳=3夜,

所求截面的面积为S='(2夜+4夜)x3a=18,

2

故18.

15.已知正三棱柱ABC-A耳G的底面边长为2,高为5,从点A出发，沿着三棱柱的侧面

绕行两周到达A1点的最短路线长度为.

【正确答案】13

【分析】将正三棱柱沿4A,剪开，即可求解.

【详解】如图所示，将正三棱柱沿AA剪开，可得到一个矩形，其长为6,宽为5,

其最短路线为量相等线段之和，其长度等于2j(g)2+G=13,

故答案为.13

16.某电池厂有A、B两条生产线，现从A生产线中取出产品8件，测得它们的可充电次数

的平均值为210,方差为4；从B生产线中取出产品12件，测得它们的可充电次数的平均值

为200,方差为4.则20件产品组成的总样本的方差为.

【正确答案】28

【分析】根据题意结合平均数、方差的公式运算求解.

【详解】设A生产线中取出产品8件的可充电次数为4%，…,A，

^=⅛^=2104∑(x--^)2=lf∑x∙2-8^V4-则之看=1680,云=352832,

可得:

θZ=Ið/=IXli=I)i=∣/=1

5生产线中取出产品12件的可充电次数为加内，・・・，加，

_112112_21(12

可得：y=-∑λ=200^Σ(λ->,)=J=4,则

1，Z=I"i=ι"I/=I)

1212

yyi=2400,24=480048,

i=li=l

故20件产品组成的总样本的平均数而=Y）辱+±>J=204,

812

其方差J=：[∑(x-m)'+'∑(y-mf-2

ili4∣∑b∑yr0-20m=28.

,=1i=l

故28.

o

17.在平行六面体ABCO-A4Gq中，ZA1AB=ZAtAD=ZBAD=60,IABl=I=

∣Ml=ι.则IACb.

【正确答案】√6

UUUII

【分析】先用向量线性表示出AG,然后求出IAGl即可.

【详解】设AB=a,A£>=∕?,AAi=c,PPJAC1=AC+CC1=AB÷AD+CC1=a+h-^-cf

IiMM*M∙∣2/---\2—212—2——

AC1=∣6t÷⅛+c)=a+b+c+24∙0+24∙c+2b∙c,

又因为NAAD=NAA8=NDAB=60。，cιb=de=be=

所以kc『=1+1+1+1+1+1=6,则IAGl=

D1C1

AL------------0B

故答案为.后

18.已知一个圆柱和一个圆锥同底等高，且圆锥的轴截面是一个正三角形，则圆柱的侧面积

与圆锥的侧面积之比为.

【正确答案】

【分析】利用勾股定理及圆的面积公式，结合圆柱圆锥的侧面积公式即可求解.

【详解】设圆锥的底面半径为r,则圆锥的高为J(2r)2-H=Gr,

所以圆柱的侧面积为2τtr出r=2∖∕3πr2.

由题意可知，圆锥的底面周长为2”，母线长为2人

所以圆锥的侧面积为:X2口X2r=2π∕.

所以圆柱的侧面积与圆锥的侧面积之比为百：1.

故答案为.石:1

19.甲、乙两人组成“星队”参加猜成语活动，每轮活动由甲、乙各猜一个成语，已知甲每轮猜

对的概率为“乙每轮猜对的概率喏.在每轮活动中，甲和乙猜对与否互不影响，各轮结

果也互不影响，则“星队”在两轮活动中猜对3个成语的概率为.

【正确答案】ɪ

【分析】两轮活动猜对3个成语,相当于事件“甲猜对1个,乙猜对2个”、事件“甲猜对2个，

乙猜对1个”的和事件发生,根据独立事件概率求法,即可得解.

【详解】解：设A，4分别表示甲两轮猜对1个,2个成语的事件,织层分别表示乙两轮猜对1

个,2个成语的事件.根据独立事件的性质,可得

P(A)=2χ3XL。,尸(4)=仅］=2

v7448'，⑷16

P(βl)=2x∣χl=l,P(B2)=[∣J4

设4="两轮活动'星队’猜对3个成语”,则A=∖B2A2B1,且AtB2与A2B1互斥,4与生,α与B1

分别相互独立，

所以P(A)=P(A员)+「(44)=/>(4)0(4)+。(4)网4)=[><e+《*《=卷

因此‘星队”在两轮活动中猜对3个成语的概率是卷.

故11

20.在棱长为1的正方体ABCZ)-AAGA中，E、尸分别为棱AA、B用的中点，G为棱AE

上的一点，且AG=ZI(O≤∕i≤l),则点G到平面REF的距离为.

【正确答案】y

【分析】以。为原点，DA,DC,OA所在直线分别为X轴，V轴，z轴建立空间直角坐标

系。-肛z,利用向量法能求出点G到平面D1EF的距离.

【详解】以。为原点，DA,DC,。〃所在直线分别为X轴，V轴，Z轴建立如图所示的空

间直角坐标系。-孙Z,

则G(l,4,l),D∣(0,O,ɪ),尸[1[,；),

所以AE=(1,0,-g),RF=(I,l,-g),GE=(O,-Λ-1),

设平面QlEF的法向量为"=(x,y,z),

nD.E=x--z=O,

12

则

n∙D1F=x+y--z=O,

令x=l,则y=O,z=2,所以平面。EF的一个法向量”=(l,O,2).

点G到平面EF的距离为GEn正.

D1I1ɪ3I=

∣H∣√55

故答案为：手.

21.如图，在Rt_A8C中，己知BC=4,AC=3,力是斜边AB上任意一点(不含端点)沿

直线CD将ABC折成直二面角8-CD-A,当AD=时，折叠后A、B两点间的

距离最小.

【分析】根据题意作出图形，作A作AELC。于E,作点B作BFLCD于F,然后

ΛACD=θ[Q<θ<^,进而求出AE,BECE,砂，进而用勾股定理得到AB"最后通过三

角变换与三角函数的图象和性质求得答案.

【详解】如图，设翻折后点B位于点9处，即求A"最小时AO的长度.

设NACD="[θ<e<∣^∣,作A作AELCO于E,作点8作旅，CD于凡根据题意，平面

夕COj_平面ACr>,且交于CO,所以AEj_平面B'CO.

AE=3sin6,Bb=4Sin怎一8=4CoSaCE=3cos6,,CF=4cosl∣π-∕9∣=4sin6>,所以

2

£F=CF—CE=4Sine—3COS6.

易得AEJ_5'E,所以48'=JAE2+B，E?=JAE?+BE?=y∣AE?+BF?+EF?

=^9sin20+16cos20+(4sin0-3cos0)"=√25-12sin20♦

π∆Γ)AC4

于是,当。二时，即当8为,ACB的角平分线时，AH最小.此时万i=k"又

AD+DB=5,解得.AO=二

7

故答案为.^y

22.在一个棱长为6cm的密封正方体盒子中，放一个半径为ICm的小球.无论怎样摇动盒

子，小球在盒子中不能达到的空间体积是.cm3.

40

【正确答案】56-yπ

【分析】小球不能到达的位置为正方体的8个顶点附近和12条棱附近的部分组成.

【详解】顶点部分不能到达部分为棱长为1的正方体减去半径为1的球体的：，如下图,

O

41ʌ4

所以8个顶点部分体积为F—一TrXrX—×8=8—Tt,

38J3

棱部分不能到达部分为底面是边长为1,高为4的长方体减去底面半径为1,高为4的圆柱

440

所以不能至IJ达的体积为8—§兀+48-12π=56-3~兀.

40

故56——π

3

23.己知正方体ABCO-AqGe中，AB=6,点P在平面ABI。内，∕41P=3√2,求点P到

BG距离的最小值为.

【正确答案】2#I

【分析】分别取4。、BG的中点E、F,连接AE、BtE.BlF.EF,证明出80，平面

BtEF,对于平面4耳2内任意一点P,过点P作MN〃/1。分别交AR、B1E,4用于点M、

Q、N,分析可知点尸到直线BC的距离等于线段QF的长，当QFLqE时，Q尸最短，此

时点P到直线BC1的距离取到最小值，利用等面积法求解即可.

【详解】分别取AR、8C∣的中点£、F,连接AE、BRB1F,EF,

AB〃CQ且A8=CQ,所以，四边形ABGR为平行四边形,

所以，AD"∕BG且AR=BC-

因为E、F分别为AA、BG的中点，

则且AE=BF,

所以，四边形ABRE为平行四边形，

故EF//AB且EF=AB=6,

（2m，平面8片G（？，；.所，平面88C（，

BlFy8C∣u平面BMGC,则8EF,EF±BCt,

BBl=BlCI,则B1F1.BC1,

因为B∣FcEF=F,.∙.8C∣_L平面与EF,

22

.∙.BlF=^βlC=→√6+6=3√2,

对于平面4与R内任意一点P,

过点P作MN//AR分别交B9、BRA用于点M、Q、N,

ADt∕/BCt,:.MNHBCx,

所以点P到直线BC1的距离等于点。到直线BC1的距离，

.∙.QFu平面4EF,故QFJ.BC”所以点。到直线8C∣的距离为线段QF的长，

,B.F1EF,则BEF是以为直角的直角三角形，

当。尸，BE时，Q尸最短，此时点P到直线BG的距离取到最小值.

在正方体中，Ba∙L平面AOR4,又AEU平面ADRA,

所以用AJ.AE,又AE=BF=3框,

所以gE=JBlA2+AE?=^62+(3√2)2=3√6,

所以在RtBlEF中由等面积法可得：

-BlEQF=-BtFEF,即QF=∙三-=下斤-=2√3,

2Zn∣Δ3√o

所以P到直线BC1的距离取到最小值为2石，

故答案为.26

24.有一种投掷骰子走跳棋的游戏：棋盘上标有第1站、第2站、第3站....第10站，

共10站，设棋子跳到第〃站的概率为2,若一枚棋子开始在第1站，棋手每次投掷骰子一

次，棋子向前跳动一次，若骰子点数小于等于3,棋子向前跳一站；否则，棋子向前跳两站,

直到棋子跳到第9站(失败)或者第10站(获胜)时，游戏结束，则该棋手获胜的概率为

【正确答案】当

［分析］根据题意找出E,(3≤〃≤8)与K-2,Pn-X的关系即可求解.

【详解】由题K=2%2+14T(3≤"≤8),故失3=G

N2ʃʒi-l-rn-2乙

故答案为•生

三、解答题

25.如图所示的几何体是圆柱的一部分，它由矩形ABCO的边AB所在的直线为旋转轴旋转

120得到的，AB=3,AD=2.

(1)求这个几何体的体积;

(2)这个几何体的表面积.

【正确答案】(l)4π;

(2)12+^.

【分析】（1）求出矩形旋转一周所得圆柱的体积，根据几何体与圆柱体积比求其体积即可;

（2）分别求出几何体外侧曲面、上下底面、两个矩形的面积，进而加总即可得结果.

【详解】（1）由题设，若将矩形旋转一周所得圆柱的体积为V=A8χS∣,

其中Sl为底面积，且SI=TtXAI）。故y=3χ4τt=12π,

因为几何体是矩形旋转120得到，故几何体体积为12芸0V=三V=4兀.

3603

14τr4Tr

（2）由题设Z7D=EC=-X2AZ）xπ:=—，则几何体外侧曲面的面积为3x二~=4π,

333

CQ

上下底面的面积和为2xg=^π,矩形A8CD,ABE尸的面积和为12,

综上，几何体的表面积为12+等.

26.如图，在四棱锥P-ABCD中，PD_L底面ABC£>,四边形ABC。为正方形，PD=DC,

E,F分别是AO,PB的中点.

⑴证明：EF〃平面PeD

（2）求直线PA与平面CEF所成角的正弦值.

【正确答案】（1）证明见解析

Q）B

2

【分析】（1）由平行四边形可得线线平行，进而由线面平行的判定定理即可求证,

（2）建立空间直角坐标系，由向量法即可求解线面角.

【详解】（1）如图，设M为PC的中点，连接尸M,MD.

P

因为尸，M分别为PB,PC的中点，所以网W〃BC,QW=^BC.

在正方形ABC。中，DE〃BC,DE=>