2021-2022学年上海市奉贤区致远某中学高二（上）期末数学试卷（附答案详解）

20212022学年上海市奉贤区致远高级中学高二（上）期

末数学试卷

一、单选题（本大题共4小题，共20.（）分）

1.为比较甲、乙两地某月14时的气温状况，随机选取该月中的5天，将这5天中14时

的气温数据（单位：?）制成如图所示的茎叶图,考虑以下结论：

①甲地该月14时的平均气温低于乙地该月14时的平均气温；

②甲地该月14时的平均气温高于乙地该月14时的平均气温；

③甲地该月14时的平均气温的标准差大于乙地该月14时的气温的标准差.

④甲地该月14时的平均气温的标准差小于乙地该月14时的气温的标准差；

甲乙

9862S9

113012

其中根据茎叶图能得到的统计结论的标号为（）

A.①③B.①④C.②③D.②④

2.他游记》修国演义》《水浒传少和《红楼梦是中国古典文学瑰宝，并称为中国

古典小说四大名著.某中学为了解本校学生阅读四大名著的情况，随机调查了100位

学生，其中阅读过鹉游记》或《红楼梦》的学生共有90位，阅读过山:楼梦的

学生共有80位，阅读过他游记》且阅读过《红楼梦》的学生共有60位，则该校

阅读过他游记》的学生人数与该学校学生总数比值的估计值为（）.

A.0.5B.0.6C.0.7D.0.8

3.如图，在棱长为1的正方体4BC。一48165中，P、Q、

R分别是棱力B、BC、的中点，以APQR为底面作一

个直三棱柱，使其另一个底面的三个顶点也都在正方体

ABCD-4B1GD1的表面上，则这个直三棱柱的体积为

（）

3V3

A-W8BD.

-T1616

4.若空间中n个不同的点两两距离都相等，则正整数n的取值（)

A.至多等于3B.至多等于4C.等于5D.大于5

二、单空题(本大题共12小题，共54.0分)

5.点(1,2)到直线x+2y+5=0的距离为.

6.已知15件产品中有2件次品、3件合格品，从这5件产品中任取2件，求2件都是合格

品的概率.

7.某区老年、中年和青年教师的人数见下表，采用分层抽样的方法调查教师的新冠疫

苗接种情况，在抽取的样本中，青年教师有320人，则该样本的老年教师人数为

类别人数

老年教师900

中年教师1800

青年教师1600

合计4300

8.直线y-2=0与直线y=x-l的夹角大小等于.

9.已知圆锥的侧面积为券，若其过轴的截面为正三角形，则该圆锥母线的长为.

10.若圆柱的高、底面半径均为1,则其表面积为.

11.给定点4(1,0,0)、8(3,1,1)、C(2,0,l)与点。(5,—4,3),求点。到平面4BC的距离

12.在梯形ABC。中，/-ABC=看AD//BC,BC=2AD=2AB=2.将梯形4BC0绕40所

在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为

13.如图，在三棱锥P—ABC的平面展开图中，AC=1,

AB=4。=百，ABLAC,ABLAD,Z.CAE=30°,

则COS4FCB=.

14.甲、乙两队进行篮球决赛，采取七场四胜制(当一队赢得四场胜利时，该队获胜，

决赛结束).根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”.设甲

队主场取胜的概率为0.6,客场取胜的概率为0.5,且各场比赛结果相互独立，则甲

队以4：1获胜的概率是.

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15.设4B,C,。是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC为等边三角形且其面积

为9遍，则三棱锥。-4BC体积的最大值为.

16.如图，四边形ABCD和AOPQ均为正方形,他们所在的

平面互相垂直，动点M在线段PQ上，E、F分别为AB、

BC的中点，设异面直线EM与AF所成的角为。，则cos。的

最大值为.

三、解答题(本大题共5小题，共76.0分)

17.已知直线小x+ay-2=0,l2；(a-2)x+3ay+2a=0,分别求实数a的值,

使得：

⑴"/%；

(2)，i1%；

(3)k与%相交.

18.某企业为了解下属某部门对本企业职工的服务情况，随机访问50名职工，根据这50

名职工对该部门的评分，绘制频率分布直方图(如图所示)，其中样本数据分组区间

为[40,50],[50,60],[80,90],[90,100]

0.028.................................................

0.022............................................................

0018......................................................................

0.0M=二;…1

5070$090100分的

(1)求频率分布图中a的值;

(2)估计该企业的职工对该部门评分不低于80的概率；

⑶从评分在［40,60］的受访职工中，随机抽取2人，求此2人评分都在［40,50］的概率.

19.如图，在四棱锥P—ABCD中，底面4BCD是平行四边形，Z.ABC=120°,AB=1,

BC=4,M=V15，M,N分别为8C,PC的中点，PD1DC,PM1MD.

(I)证明：AB1PM；

(II)求直线AN与平面PDM所成角的正弦值.

20.仇章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马,

将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖腌.如图，在阳马P-ABCD中，侧棱

PD1底面ABC。，S.PD=CD,过棱PC的中点E,作EF1PB交PB于点F,连接DE,

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DF,BD,BE.

(1)证明：PB，平面DEF.试判断四面体OBEF是否为鳖席，若是，写出其每个面的

直角(只需写出结论)；若不是，说明理由；

(2)若面。EF与面4BC。所成二面角的大小为g求能的值.

3DC

21.如图，在三棱锥P-4BC中，PAJL底面ABC,/.BAC=

90。，点D,E,N分别为棱P4PC,BC的中点，M是

线段AD的中点，PA=AC=8,AB=4.

(1)求证：MN〃平面BDE；

(2)求二面角C-EM-B的正弦值；

(3)已知点”在棱P4上，且直线NH与直线BE所成角的

余弦值为亚，求线段的长.

21

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答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：由茎叶图，得：

甲地该月14时的平均气温厢=|(26+28+29+31+31)=29,

甲地该月14时的平均气温的标准差S伊=*[(—3)2+(—1)2+02+22+22]=6石，

乙地该月14时的平均气温正=1(28+29+30+31+32)=30,

乙地该月14时的平均气温的标准差S乙=R[(一2/+(—1)2+()2+/+22]=V2,

二甲地该月14时的平均气温低于乙地该月14时的平均气温，

甲地该月14时的平均气温的标准差大于乙地该月14时的气温的标准差.

根据茎叶图能得到的统计结论的标号为①③.

故选：力.

利用茎叶图分别求出甲、乙两地某月14时的气温的平均值和标准差，由此能求出结果.

本题考查平均值、标准差的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意茎叶图、平均值、

标准差的合理运用.

2.【答案】C

【解析】

【分析】

本题考查用样本估计总体，考查Venn图的性质等基础知识，考查推理能力与计算能力，

属于基础题.

作出Venn图，得到100名学生中阅读过他游记少的学生人数为70人，由此能求出该学

校阅读过他游记少的学生人数与该学校学生总数比值的估计值.

【解答】

解：根据题意作出以加图，得:

.­.100名学生中阅读过他游记》的学生人数为70人,

则该学校阅读过您游记少的学生人数与该学校学生总数比值的估计值为：^=0.7.

故选：C.

3.【答案】C

【解析】解：如图，连接&G，BG，gD,并分别取它们

的中点Ri，Pi，Q],连接力G，RR],PPi，QQ「R』i，P。,

Q/i,

则RRJ/ACi，PP1//AC1，QQ1//AC1,且R&=\ACV,PPr=

1QQi=)1G，

连接4C,可得力CJ.PQ,

因为CCi1平面4BCD,又PQu平面4BCD,

则CCi1PQ,

又CGn4C=C,AC,CC]U平面QCA,

所以PQJ■平面GCA,又4Gu平面QC4

所以PQ14Ci，

同理可得，AC-y1PR,

又PQCiPR=P,

则4clJL平面PQR,

所以RRiJ■平面PQR,PPi，平面PQR,QQi_L平面PQR,

则三棱柱PQR-P1Q1R1为直三棱柱，

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由正方体的棱长为1,可得PQ=QR=PR=亨RR[=与

2

故VPQR_P]QIR]=亨x：x(y)x苧=卷.

故选：C.

连接&的，BQ,JD,并分别取它们的中点％,Pi，Qi，连接4G，RR「PP「QQ「

RR,PiQi，QR,利用线面垂直的判定定理和性质证明三棱柱PQR—PiQi%为直三

棱柱，由体积公式求解即可.

本题考查了空间中线线、线面位置关系的判断，线面垂直的判定定理和性质的应用，棱

柱的体积公式的理解与应用，属于中档题.

4.【答案】B

【解析】

【分析】

本题考查空间几何体的特征，考查空间两点的距离相等的情况，注意结合外接球求解,

属于中档题.

只有四个点的情况成立，注意运用外接球知识，即可判断.

【解答】

解：在空间中，4个点两两距离相等，构成一个正四面体，成立：

若n>4,由于任三点不共线，当n=5时，考虑四个点构成的正四面体，

第五个点，与它们距离相等，必为正四面体的外接球的球心，

且球的半径等于边长，而外接球半径与正四面体边长比是渔，矛盾，故不成立；

4

同理几>5,不成立.

故选3.

5.【答案】2岳

【解析】解：点(L2)到直线x+2y+5=0的距离为d=嗤碧=2%

故答案为：2匹

直接利用点到直线的距离公式求解.

本题考查了点到直线的距离公式，解答的关键是对公示的记忆，是基础的计算题.

6.【答案】,

【解析】解：5件产品中有2件次品、3件合格品，从这5件产品中任取2件，

基本事件总数九=C5=10,

2件都是合格品包含的基本事件个数m=或=3,

.­•2件都是合格品的概率P=巴=亮.

n10

故答案为：*

基本事件总数n=Cj=10,2件都是合格品包含的基本事件个数m=量=3,由此能求

出2件都是合格品的概率.

本题考查概率的求法，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，是基

础题.

7.【答案】180

【解析】解：设该样本的老年教师人数为4,则^=孤，

x—180,

所以样本中老年教师人数为180.

故答案为：180.

根据分层抽样原理列方程求出该样本中老年教师人数.

本题考查了分层抽样原理应用问题，是基础题.

8.【答案】=

【解析】解：直线y-2=0与直线y=x—l的斜率分别为0和2,设它们的夹角为6,

则tan。=||=1,0=?

故答案为：

由题意利用两条直线的夹角公式，得出结论.

本题主要考查两条直线的夹角公式，属于基础题.

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9.【答案】|

【解析】解：设圆锥的底面圆半径为r,母线长为I,

因为圆锥的侧面积为与，

所以E=第

则"=1①，

又过轴的截面为正三角形，

则2r=[②,

由①②可得，1=1,

所以该圆锥母线的长为|.

故答案为：

设圆锥的底面圆半径为r,母线长为，，利用圆锥侧面展开图的弧长等于底面周长，半径

等于圆锥的母线长，以及正三角形的性质，列式求解即可.

本题考查了圆锥的侧面展开图的理解与应用，解题的关键是掌握圆锥侧面展开图的弧长

等于底面周长，半径等于圆锥的母线长，考查了逻辑推理能力，属于基础题.

10.【答案】47r

【解析】解：由题意得，表面积S=27rxlxl+27rxlxl=4TT.

故答案为：47r.

由题意结合圆柱的表面积公式即可直接求解.

本题主要考查了圆柱的表面积公式的应用，属于基础题.

11.【答案】也

3

【解析】解：点4(1,0,0)、3(3,1,1)、C(2,0,l)、£)(5,-4,3)，

而=(2,1,1)，近=(1,0,1)，AD=(4,-4,3).

设平面4BC的法向量元=(x,y,z),

贝阻翌=2x+y+z=0,取”1,得元“，一…,

Ln-AC=x+z=0

•••点。到平面4BC的距离d=噂=2=壁.

|n|近3

故答案为：速.

3

求出平面4BC的法向量，利用向量法能求出点D到平面ABC的距离.

本题考查点到平面的距离的求法，考查向量法求点到平面的距离公式等基础知识，考查

运算求解能力，是中档题.

12.【答案】y.

【解析】解：由题意可知几何体的直观图如图：旋转体

是底面半径为1,高为2的圆锥，挖去一个相同底面高为1

的倒圆锥，

几何体的体积为：7T-l2-2-i-7T-l2-l=y.

故答案为：y.

画出几何体的直观图，利用已知条件，求解几何体的体积即可.

本题考查几何体的体积的求法，考查空间想象能力以及计算能力.画出几何体的直观图

是解题的关键.

13.【答案】一；

4

【解析】

【分析】

根据条件可知。、E、F三点重合，分别求得8C、CF、BF即可.

本题考查三棱锥展开图，涉及余弦定理的应用，属于中档题.

【解答】

解：由已知得BD=V2AB=V6.BC=2,

因为。、E、尸二点重合，所以AE-AD-V3>BF—BD—y/2AB—V6，

则在△4CE中，由余弦定理可得Cf2=AC2+AE2-2AC-AE-cos^CAE=1+3-

2V3Xy=1,

所以CE=CF=1,

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则在△BCF中，由余弦定理得cos/FCB=O+CFi=1+4-6=_1；

2BCCF2X1X24

故答案为：一：.

14.【答案】0.18

【解析】

【分析】

本题考查相互独立事件同时发生的概率，考查运算求解能力，是一般题.

甲队以4：1获胜包含的情况有：①前5场比赛中，第一场负，另外4场全胜，②前5场比

赛中，第二场负，另外4场全胜，③前5场比赛中，第三场负，另外4场全胜，④前5场

比赛中，第四场负，另外4场全胜，由此能求出甲队以4：1获胜的概率.

【解答】

解：甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”.

甲队主场取胜的概率为0.6,客场取胜的概率为0.5,且各场比赛结果相互独立，

甲队以4：1获胜，则第五场一定是甲胜，

甲队以4：1获胜包含的情况有：

①前5场比赛中，第一场负，另外4场全胜，其概率为：pi=0.4x0.6x0,5x0.5x0.6=

0.036,

②前5场比赛中，第二场负，另外4场全胜，其概率为：p2=0.6x0.4x0.5x0.5X0.6=

0.036,

③前5场比赛中，第三场负，另外4场全胜，其概率为：P3=0.6x0,6x0.5x0.5x0.6=

0.054,

④前5场比赛中，第四场负，另外4场全胜，其概率为：p4=0.6X0.6x0.5X0.5x0.6=

0.054,

则甲队以4：1获胜的概率为：

p=p1+p2+p3+p4

=0.036+0.036+0.054+0.054=0.18.

故答案为：0.18.

15.【答案】18V3

【解析】

【分析】

本题考查球的内接多面体，棱锥的体积的求法，考查运算求解能力，是中档题.

求出△ABC的边长，画出图形，判断。的位置，然后求解即可.

【解答】

解：设4B,C,D是同一个半径为4的球的球面上四点，

△4BC为等边三角形且其面积为9次，

^XAB2Xsin60°=9b，解得4B=6,

球心为0,三角形ABC的外心为。'，显然。在。'0的延长线与球的交点如图：

D

0zC=|x^x6=2V3.00'=J42-(2V3)2=2-

则三棱锥。一4BC高的最大值为：6,

则三棱锥。-ABC体积的最大值为：1x9V3x6=18遍.

故答案为：18-73.

16.【答案】|

【解析】

【分析】

考查建立空间直角坐标系，利用空间向量解决异面直线所成角的问题，以及运用导数探

究函数单调性，属于中档题.

首先以AB,AD,4Q三直线为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，并设正方形边长为2,

M(0,y,2),从而可求出向量两，万的坐标，由cos。=|cos＜前，刀＞|得到cos9=

石备，对函数/3)=熹不求导，根据导数符号即可判断该函数为减函数，从而求

出cos。的最大值.

【解答】

解：根据已知条件，AB,AD,4Q三直线两两垂直，

第14页，共20页

分别以这三直线为x,y,z轴，建立如图所示空间直角坐标系,

/I(0,0,0).E(l,0,0),F(2,l,0)；

M在线段PQ上，设M(0,y,2),0<y<2；

.•.丽=(-l.y,2),AF=(2,1,0):

•••cosQ=|cos<EM,AF>\—

设f⑶)=盛焉((y)=7S(^+5)A2+S：

函数g(y)=-2y-5是一次函数，且为减函数，g(0)=-5<0；

•••g(y)<0在［0,2］恒成立,

在［0,2］上单调递减;

・・・y=0时,f(y)取到最大值泉

故答案为：|.

.【答案】解:直线小当时,

17(1)x+ay-2=0,Z2：(a-2)x+3ay+2a=0,Z"/%

所以3Q-Q(Q-2)=0,整理得Q=0或5；

故Q=0或5.

(2)直线A：%+ay-2=0,%：(a—2)x+3ay+2Q=041G时，所以3a?+a—2=0,

解得Q=-1或I，

直线与%相交时即且

(3)L：x+ay-2=0,l2：(a-2)x+3ay+2a=0，k，a=#0aC5

时，两直线相交.

【解析】(1)直接利用直线平行的充要条件的应用求出结果；

(2)利用直线垂直的充要条件的应用求出结果；

(3)直线相交的条件的应用求出结果.

本题考查的知识要点：直线平行的充要条件，直线垂直的充要条件，直线相交的条件,

主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题.

18.【答案】解：(1)因为(0.004+a+0.018+0.022x2+0.028)x10=1,解得a=

0.006；

(2)由已知的频率分布直方图可知，50名受访职工评分不低于80的频率为(0.022+

0.018)x10=0.4,所以该企业职工对该部门评分不低于80的概率的估计值为0.4；

(3)受访职工中评分在［50,60)的有：50x0.006x10=3(A),记为A2,4；

受访职工评分在［40,50)的有：50X0.004X10=2(人)，记为a,B2.

从这5名受访职工中随机抽取2人，所有可能的结果共有10种，

分别是｛41，42bWi，公｝，Mi>B［｝,｛Ai,B2］,［A2,&｝，｛421BJ,｛&,为｝,｛公,BJ,｛A3,B2｝<

｛%4｝，

又因为所抽取2人的评分都在［40,50)的结果有1种，即｛%%｝,

故所求的概率为P=总

【解析】(1)利用频率分布直方图中的信息，所有矩形的面积和为1,得到a；

(2)对该部门评分不低于80的即为［80,90］和［90,100］,求出频率，估计概率；

(3)求出评分在［40,60］的受访职工和评分都在［40,50］的人数，随机抽取2人，列举法求

出所有可能，利用古典概型公式解答.

本题考查了频率分布直方图的认识以及利用图中信息求参数以及由频率估计概率，考查

了利用列举法求满足条件的事件，并求概率.

19.【答案】（I）证明：在平行四边形4BCD中，由己

知可得，CD=AB=1,

CM=-2BC=2,zDCM=60°,

・,・由余弦定理可得，DM2=CD2+CM2-2CDx

CMxcos60°

=1+4—2xlx2x—=3,

2

则亦+0M2=1+3=4=CM2,即CD1DM,

又PD1.DC,PDHDM=D,・•.CD_L平面PDM,

而PMu平面POM,ACD1PM,

vCD//AB,AAB1.PM；

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(口)解：由(I)知，CD1平面PDM,

又COu平面4BCD,.•.平面ABCCJ_平面POM,

且平面4BC0C平面PDM=DM,

■■■PM1MD,且PMu平面PDM,PMJ_平面力BCD,

连接AM,则PM1M4

在△力BM中，AB=1,BM=2,^ABM=120°,

可得AM?=1+4-2X1X2X(-1)=7,

又在Rtz\PM4中，求得PM=7PA2-M42=2或,

取AD中点E,连接ME,则ME〃CC,可得ME、MD、MP两两互相垂直，

以M为坐标原点，分别以MD、ME、MP为x、y、z轴建立空间直角坐标系,

则4(-6,2,0),P(0,0,2鱼)，C(V3,-l,0).

又N为PC的中点，二AN=(^,-|,V2).

平面POM的一个法向量为元=(0,1,0),

设直线4N与平面POM所成角为仇

则sin9=|cos(而，元>|=繇=J=誓.

*--；—<NX1

\]I~4Z4

故直线4N与平面PDM所成角的正弦值为叵.

6

【解析】(I)由己知求解三角形可得CO_LOM,结合PO_LOC,可得CO1平面PDM,

进一步得到4B1PM；

(II)由(I)证明PM_L平面4BCD,由已知求解三角形可得力M,PM,取4D中点E,连接

ME,以M为坐标原点，分别以MO、ME、MP为x、y、z轴建立空间直角坐标系，求出而

的坐标及平面POM的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得直线4N与平面POM

所成角的正弦值.

本题考查直线与平面垂直的判定与性质，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空

间向量求直线与平面所成的角，是中档题.

20.【答案】⑴•••PO1底面4BCD,且BCu底面ABCD,

•••PD1BC,

•••4BCD为长方形，•••BCLCD,

且POCCO=O,PD,COu平面PC。,

8C1平面PCD,而DEu平面PDC,BCIDE,

又・：PD=CD,点E是PC的中点，•••DEIPC.

而PCnCB=C,PC,CBu平面PBC,

•••DE_L平面PBC,而PBu平面PBC,；.PB1DE.

又•；PBLEF,DEOFE=E,

且DE,FEu平面。EF,

PB_L平面DEF.

由DE_1_平面PBC,PB_L平面。EF,

可知四面体8DEF的四个面都是直角三角形，

即四面体BDEF是一个鳖膈，其四个面的直角分别为NDE8,4DEF,乙EFB,4DFB.

(2)如图，

在面8PC内，延长BC与FE交于点G,贝IJOG是平面OEF与平面4CB0的交线.

由（1）知，PB!_平面DEF,且DGu平面DEF,

PB1DG,

又•；PD_L平面4BC0,且DGu平面4BC0,

PD1DG,而POCPB=P,

且PD,PBu平面PBD,

DG1平面PBD,

且DF,DBu平面PBD,

所以DG1DF,DG1DB,

故NBDF是面DEF与面4BCD所成二面角的平面角，

设PD=DC=1,BC=X,有BD=

在RtaPDB中，由DFJ.PB,得乙DPB=4FDB

则tan；=tan/OPF=PD="+”=V3,解得a=V2.

第18页，共20页

所以些=三=在

CBX2

故当面DEF与面4BCC所成二面角的大小为郛h三=这

3BC2

【解析】本题综合考查了空间直线平面的垂直问题，直线与直线，直线与平面的垂直的

转化，空间角的求解，属于中档题.

(1)直线与直线，直线与平面的垂直的转化证明得出PB1EF,DE(\FE