2023-2024学年上海市高二年级上册期末数学模拟试题六（含答案）

2023-2024学年上海市高二上册期末数学模拟试题

一、填空题

1.若正三棱柱的所有棱长均为“，且其体积为16指，则α=.

【正确答案】4

【详解】试题分析：V=∕xa=T66,a=4.

4

棱柱的体积.

【名师点睛】1.解答与几何体的体积有关的问题时，根据相应的体积公式，从落实公式中

的有关变量入手去解决问题，例如对于正棱锥，主要研究高、斜高和边心距组成的直角三角

形以及高、侧棱和外接圆的半径组成的直角三角形；对于正棱台，主要研究高、斜高和边心

距组成的直角梯形.

2.求几何体的体积时，若给定的几何体是规则的柱体、锥体或台体，可直接利用公式求解;

若给定的几何体不能直接利用公式得出，常用转换法、分割法、补形法等求解.

2.己知某圆锥体的底面半径r=2,沿圆锥体的母线把侧面展开后得到一个圆心角为点的

扇形，则该圆锥体的表面积是一

【正确答案】16万

利用弧长公式，即可求得圆锥的母线，利用圆锥表面积公式即可求得结果.

【详解】因为底面圆周长，也即扇形的弧长为4万，

设圆锥母线长为/,则可得4τr=?χ∕,解得/=6.

故可得圆锥的侧面积S=Q/=12万.

则表面积为12%+万产=∖2π+Aπ=∖f>π

故答案为.16万

本题考查扇形的弧长公式，以及圆锥侧面积的求解，属综合基础题.

3.（X-，）6的展开式中的常数项是：.（请用数字作答）

X

【正确答案】-20

【详解】*=c^x"-r（--γ=G（-Drχ6^2r,

X

令6-2r=0,则r=3,

所以常数项为-C；=-20.

4.甲、乙两名同学参加一项射击比赛游戏，其中任何一人每射击一次击中目标得2分，未

击中目标得0分.若甲、乙两人射击的命中率分别为I和。，且甲、乙两人各射击一次得分

之和为2的概率为签.假设甲、乙两人射击互不影响，则〃值为.

3

【正确答案】7

4

Q

【分析】根据甲、乙两人各射击一次得分之和为2的概率为立列方程，解方程求得。的值.

【详解】甲、乙两人各射击一次得分之和为2,可能是甲击中乙未击中，或者乙击中甲未击

中，故]∙(i-p)+p(i-∙∣]=看，解得P=].

故！

本小题主要考查相互独立事件概率计算，属于基础题.

5.10个相同的小球放到6个不同的盒子里，每个盒子里至少放一个小球，则不同的放法有

种.

【正确答案】126

【分析】由隔板法，将10个小球排成一排，中间插入5个隔板，即可求得不同的放法.

【详解】由隔板法，将10个小球排成一排，除去两端中间插入5个不相邻的隔板，此时9

个空中选5个空放隔板，将10个球分成六份，再将六份装入六个盒子中即可，不同的放法

有C；126种.

故126.

2m

6.若(1-3x)'"=%+qx++a2g2lx'(x∈/?),则?+*++§器;的值为.

【正确答案】-1

【分析】利用展开式，先令x=0求得%=1,再令X=:得1+＞号•++舞=0,即求得

卜争■+…+瑞■的值.

20212021

【详解】⅛?:V(l-3x)=α0÷α1x+÷a2021x(x∈7?),

，令X=0,可得%=1,

再令马，则l+g+叁++黑=0，故等号++簧=7，

故-1.

7.今有2个红球、3个黄球、4个白球，同色球不加以区分，将这9个球排成一列有

种不同的方法（用数字作答）

【正确答案】1260

【详解】同色球不加以区分，共有ClGG=1160（种）排法.

排列与组合.

8.已知圆周上等距离的排列着八个点A，4，，4,现从中任取三个不同的点作为一个三角

形的三个顶点，则恰好能构成一个直角三角形的概率为.

3

【正确答案】-

【分析】由圆中直径所对的圆心角为直角可得构成直角三角形数，结合古典概型概率计算可

得结果.

【详解】如图每一条直径均可构成6个直角三角形，可知构成直角三角形有4x6=24种，

243

故恰好能构成一个直角三角形的概率为尸=不='，

故答案为

ɔ

9.已知甲、乙、丙三名同学同时独立地解答一道导数试题，每人均有（的概率解答正确，

且三个人解答正确与否相互独立，在三人中至少有两人解答正确的条件下，甲解答不正确的

概率_______

【正确答案】ɪ

【分析】记“三人中至少有两人解答正确”为事件A,“甲解答不正确”为事件8,利用二项分

布求得p（A）,P（AB）,然后利用条件概率公式求解.

【详解】记“三人中至少有两人解答正确”为事件4,“甲解答不正确”为事件B,

=型,p(AB)=-

27,733327

/BIA).〃(AB)_27_1

27

W

本题主要考查条件概率的求法，还考查了分析求解问题的能力，属于基础题.

10.在各棱长都等于1的正四面体。-ABC中，若点P满足

OP=xOA+yOB+zOC(x+y+z=l),则|。4的最小值为.

【正确答案】近

3

【详解】根据题意，可得点P满足OP=Xa4+yO3+zOC(x+y+z=l),

AP=0P-0A=-y(0A-0B)-z(0A-0C)

可得AP=-)BA-zCA

二点P是平面ABC内的一点.

又..•正四面体O-ABC是各棱长都等于1,

当点P与0在ABC上的射影重合时，|。Pl等于正四面体的高,

此时IoPl=当且IoPl达到最小值.

故答案为好.

3

二、单选题

11.已知平面α4,直线/,〃?，且有/_L。，muβ,给出下列命题：①若α〃/，贝i"_L加；

②若/〃机，则α,尸；③若α,4,则/〃“；④若/L",则α〃".其中正确命题有()

A.①④B.①②C.②③D.③④

【正确答案】B

【分析】利用面面平行和线面垂直的性质定理可判断①正确；根据线面垂直性质定理和面面

垂宜的判定定理可得②正确；由线面垂直以及两直线的位置关系可知直线/，，〃可以平行或异

面或相交，故③错误；由线线垂直和线面垂直的性质定理可得④错误.

【详解】对于①，若α〃万，又/_La,可得/，/，又muβ,所以/，加，故①正确；

对于②，若I〃tn,又/La,所以?n_La,又机U/?,则&_!_£,故②正确；

对于③，若由/La,得/〃加或/、机异面或/、〃?相交，故③错误；

对于④，若/_1_a，又/La,则〃Z〃&或“zua,又mu(},得a〃4，或a、夕相交，故

④错误.

故选：B

12.系统抽样又称为等距抽样,从机个个体中抽取”个个体作为样本(，">〃),先确定抽样间隔,

n↑

即抽样距k=-的整数部分,从第一段1,2,..∙,k个号码中随机地抽取一个入样号码i,则

n0

…/+(”-1袂号码入样构成样本,所以每个个体入样的可能性()

A.与％有关B.与编号有关

C.不一定相等D.相等

【正确答案】D

【分析】根据系统抽样的特点即可求解.

【详解】由系统抽样的特点知,每个个体入样的可能性都相等,均为2.

m

故选:D.

(1)系统抽样适用的条件是总体容量较大，样本容量也较大，每个个体被抽到都是等可能的；

(2)使用系统抽样时，若总体容量不能被样本容量整除，可以先从总体中随机地剔除几个个

体，从而确定分段间隔；

(3)起始编号的确定应用简单随机抽样的方法，一旦起始编号确定，其他编号便随之确定.

13.7名旅客分别从3个不同的景区中选择一处游览，不同选法种数是()

A.73B.37C.A；D.C；

【正确答案】B

【分析】根据分步乘法计数原理，由题中条件，可直接得出结果.

【详解】由题意，每名旅客可选择方案有3种，

因此7名旅客分别从3个不同的景区中选择一处游览，不同选法种数是3'.

故选：B.

本题主要考查计数原理的简单应用，属于基础题型.

14.杨辉三角，是二项式系数在三角形中的一种几何排列.在欧洲，这个表叫做帕斯卡三角

形，帕斯卡(1623-1662)是在1654年发现这一规律的.我国南宋数学家杨辉1261年所

著的《详解九章算法》一书里出现了如图所示的表，这是我国数学史上的一个伟大成就.如

图所示，在''杨辉三角"中，去除所有为1的项，依次构成数列2,3,3,4,6,4,5,10,10,5,则

此数列前135项的和为

A.2l8-53B.2l8-52C.2l7-53D.2l7-52

【正确答案】A

【分析】利用n次二项式系数对应杨辉三角形的第n+1行，然后令x=l得到对应项的系数

和，结合等比数列和等差数列的公式进行转化求解即可.

【详解】n次二项式系数对应杨辉三角形的第n+1行，

例如(x+l)2=χ2+2χ+l,系数分别为1,2,1,对应杨辉三角形的第3行，令x=l,就可

以求出该行的系数之和，

第1行为2°,第2行为2∣,第3行为22,以此类推

即每一行数字和为首项为L公比为2的等比数列，

则杨辉三角形的前n项和为Sn=T=2n-1,

1-2

若去除所有的为1的项，则剩下的每一行的个数为1,2,3,4,....可以看成一个首项

为1,公差为1的等差数列，

„,n(n+l)

贝IJTn=J——L,

2

可得当n=15,在加上第16行的前15项时，所有项的个数和为135,

由于最右侧为2,3,4,5......为首项是2公差为1的等差数列，

则第16行的第16项为17,

则杨辉三角形的前18项的和为S∣8=2∣8-1,

则此数列前135项的和为S18-3577=218-53,

故选A.

本题主要考查归纳推理的应用，结合杨辉三角形的系数与二项式系数的关系以及等比数列等

差数列的求和公式是解决本题的关键，综合性较强，难度较大.

三、解答题

15.如图，在四棱锥P-ABCO中，底面48CD为正方形.且PAJ•平面ABC。，M,N分别

为PB,P。的中点.

(1)求证：MV〃平面A8C0；

(2)若R4=Aβ=2,求CN与平面PfiD所成角的正弦值.

【正确答案】(1)详见解析；(2)交.

3

【分析】(1)要证明线面平行，需证明线线平行，即转化为证明MN//BO；(2)首先建立

空间直角坐标系，求平面尸8。的法向量，利用线面角的向量公式求解.

【详解】(1)连结30,

M,N分别是PB,PD的中点，.•.MN"BD,

MV(Z平面ABCZ),BDu平面ABCZ),

.•."%//平面480

(2)如图，以点A为原点，A8,AD,AP为XJ，z轴的正方向建立空间直角坐标系,

P(0,0,2),B(2,0,0),D(0,2,0)C(2,2,0),/V(0,1,1),

PB=(2,0,-2),PD=(-2,2,0),CTV=(-2,-1,1),

设平面PBD的法向量J=(X,y,z),

PBn=2x-2z=0

令X=1,则y=Lz=I,

PD∙∕ι=0-2x+2y=O

平面PBD的法向量«=(1,1,1),

"s'n^Icos＜CM"＞卜篇=HXxJr"=T'

所以CN与平面PBD所成角的正弦值是XZ.

3

16.4个男同学，3个女同学站成一排.

(1)男生甲必须排在正中间，有多少种不同的排法？

(2)3个女同学必须排在一起，有多少种不同的排法？

(3)任何两个女同学彼此不相邻，有多少种不同的排法？

(4)其中甲、乙两名同学之间必须有3人，有多少种不同的排法?

(用数字作答)

【正确答案】(1)720,(2)720,(3)1440,(4)720

【详解】试题分析：(1)4=720；

(2)(捆绑法)66=720

(3)(插空法)AX=1440；

(4)A；=720.

本题考查了排列的实际运用

点评：关于排列组合应用题，从排列的角度来讲，它主要有三种题型：“在”与“不在”，“邻”

与“不邻”，定序排列.“在”与“不在”中，要先考虑条件元素，即先考虑固定元素或特殊元素，

若从位置角度分析，先考虑固定位置或特殊位置.“邻”是集组排列，即采用捆绑法，“不邻”

是插空排列，而定序排列有固定公式：一般地，若n个元素排队，其中有m个元素顺序一

定，这m个元素不一定相邻，则不同排法噌(〃＜机).

4；组合中常见题型有“至少”、“至多”

问题，“含与不含”问题.在“至少”、“至多”问题中，可直接法来解，须分类，应做到不重不

漏；也可间接法来解，即整体排除法，利用这种方法时，应把握好“至多”或“至少”的对立

面.“含与不含，，是选的范畴问题，同时也可利用它来理解组合数的性质.含或不含某元素,

在选时不必再考虑，如在n个不同元素中选m个元素（n<m）,若甲必选的选法有。,二】，若

甲不选，则选法有（:二

17.某公司计划购买2台机器，该种机器使用三年后即被淘汰，机器有一易损零件，在购进

机器时，可以额外购买这种零件作为备件，每个200元.在机器使用期间，如果备件不足再

购买，则每个500元.现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件，为此搜集并整理了

IOO台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数，得下面柱状图：

以这100台机器更换的易损零件数的频率代替1台机器更换的易损零件数发生的概率，记X

表示2台机器三年内共需更换的易损零件数,〃表示购买2台机器的同时购买的易损零件数.

（1）求X的分布列；

（2）若要求P（X≤"）≥0∙5,确定"的最小值；

（3）以购买易损零件所需费用的期望值为决策依据，在“=19与〃=20之中选其一，应选

用哪个？

【正确答案】（1）见解析.

（2）见解析.

（3）见解析.

【分析】（1）由已知得X的可能取值为16,17,18,19,20,21,22,分别求出相应的概

1117

率，由此能求出X的分布列；（2）由X的分布列求出P（XSI8）=不，P（X<19）=—.由

此能确定满足P（X<n）≥0∙5中n的最小值；（3）购买零件所用费用含两部分，一部分为

购买零件的费用，另一部分为备件不足时额外购买的费用，分别求出n=19时，费用的期望

和当n=20时，费用的期望，从而得到买19个更合适.

【详解】（1）由柱状图并以频率代替概率可得，一台机器在三年内需更换的易损零件数为8,

9,ɪθ,H的概率分别为O.2,0.4,0.2,0.2,从而

汽*=16)=0202=0.04；

Rx=I-)=20104=0.16；

Λɪ=18)=2×02×0.2+0.4X0.4=0.24;

P(AΓ=19)=2×0J×02+2χ0.4×02=024.

∕XX=2O)=2×O2X04•0,2χ0,2=0.2；

汽*=21)=2x02x0.2=0.08；

=22)=0.2X0.2=004

所以X的分布列为

X16171819202122

P0.040.160.240.24020.080.04

(2)由⑴知外X41g)=0*,P(X419)=0.68,故〃的最小值为19.

(3)购买零件所用费用含两部分，一部分为购买零件的费用，另一部分为备件不足时额外

购买的费用.

当n=19时，费用的期望为：19x200+500x0.2+1000x0.08+1500x0.04=4040；

当n=20时，费用的期望为：20×200+500×0.08+1000×0.04=4080.

可知当"=19时所需费用的期望值小于，：=20时所需费用的期望值，故应选”=19.

离散型随机变量及其分布列

18.已知集合A=｛αl,Ω2,…,αj("wN*),规定：若集合A栗&U…u4=A(∕n≥2,m∈N"),

则称｛A,4,…,Aj为集合A的一个分拆，当且仅当：A=B1,A2=B2,4=月“时，

…,4｝与｛综火…,纥｝为同一分拆，所有不同的分拆种数记为£(加).例如：当〃=1,

〃?=2时，集合A=｛G｝的所有分拆为：｛4｝501｝,｛αj=0,034J,即工⑵=3∙

(1)求人(2)；

(2)试用〃?、"表示力(m);

⑶设厂W)=<⑴+力⑵+…+£(，〃)，规定力⑴=1，证明：当心≥2时,产(加)与加同为

奇数或者同为偶数.

【正确答案】(1)9

⑵/»=(2Jy

(3)证明见解析

【分析】(1)根据新定义,结合集合元素个数和和不同分拆种数计算即可；

⑵先考虑《至少进入其中一个AO=I,2,…,⑹的情况类比得到所有元素的情况再应用乘法

原理可得；

⑶运用二项式定理将(2一)”展开，把"〃?)=力⑴+<(2)+…+力(加)转化为2S+(T)"m,

即可证明尸(")与m同为奇数或者同为偶数.

【详解】(1)集合A□4=A,

对于每一个A,(./=1,2),%都有进入或不进入两种可能，

而且4至少进入其中一个A,U=1,2),

所以4有C；+C；=3种进入4、A2的不同方法；

同理/有C；+C；=3种进入A、&的不同方法；

由分步计数原理，％、的进入4、A2共有3x3=9种不同方法，

即力(2)=9.

(2)因为集合AU&U…DAn=A(Zn≥2,m∈N*),

下面按q(i=1,2,…,，。是否进入4(；=1,2,m)分为〃步求，

第一步：对于每一个4(j=l,2,…,加)，％都有进入或不进入两种可能，

而且4至少进入其中一个40=1,2,…,加)，

所以4有CL+。+…+C[=2J种进入小A2........4的不同方法;

第二步：同理出有2"'-1种进入A、A.........4“的不同方法;

第"步：同理*有2小-1种进入A、&、...、4的不同方法.

由分步计数原理，4、/、…、进入A、A?、…、ʌ,,

raπmπ

共有(2-l)种不同方法，即fltW=(2-l).

(3)运用二项式定理将展开，

QJiy=C(N)Z(T)CQ旷+(一1)20仅)""+…+(τ)",

其中i=1,2,…,“，

S(2'T"=f归：3)"+(-1)《(2；)"'+(一1)七：仅广+...+(一1)<；(2]’

i=li=lL

=C5⑶"+(T)CE⑶"+㈠)2CS⑶”+…+T(τ)∙

ι=lz=li=l/=I

=25+(—1)”“2,其中SWN*,

所以当加为奇数时，25+(-1)"〃Z为奇数；

当机为偶数时2S+(-1)”“，也为偶数，

即/(，〃)=Zf(/)与m同为奇数或者同为偶数.

Z=I

19.把1,2,…，10按任意次序排成一个圆圈.

(1)证明：一定可以找到三个相邻的数，它们的和不小于18；

(2)证明：一定可以找到三个相邻的数，它们的和不大于15.

【正确答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】(1)由2+3+…+10=54,结合反证法即可得证；

(2)由1+2+…+9=45,结合反证法即可得证.

【详解】(1)设这10个数在圆周上排列为1,4，/，…，

l

由于(q+<¾+α3)+(q+⅜+%)+(%+4+q)=2+3H-----1^10=54,

假设4+