上海市2020-2021学年高二下学期期中考试数学试题含解析.doc

1、试卷主标题试卷主标题姓名：_ 班级：_考号：_一、选择题（共一、选择题（共 1212 题）题）1、 在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图所示，则相应的侧视图可以为A B C D 2、 参数方程(为参数 ) 表示的曲线是（）A 双曲线 B 双曲线的下支 C 双曲线的上支 D 圆3、 在正方体中，下列结论正确的是（ ） 向量与的夹角是； 正方体的体积为A B C D 4、 相同正四棱锥底面重合组成一个八面体，可放于棱长为 1 的正方体中，重合的底面与正方体某面平行，各顶点均在正方体表面上 ( 如图 ) ，该八面体体积的可能值有（）A 1 个 B 2 个 C 3 个 D 无数个5、 已知，且，

2、则 “” 是 “” （）A 充分非必要条件 B 必要非充分条件C 充要条件 D 既非充分又非必要条件6、 交通管理部门为了解机动车驾驶员（简称驾驶员）对新法规 “ 开车不喝酒，喝酒不开车 ” 的知晓情况，对甲、乙、丙、丁四个社区做分层抽样调查，假设四个社区总人数为，其中甲社区有驾驶员 96 人， 若在甲、 乙、 丙、 丁四个社区抽取人数分别为 12 ， 21 ， 25 、43 ，则这四个社区驾驶员的总人数为（ ）A 101 B 808 C 1212 D 21217、 设，则（ ）A B C D 8、 对关于的一元二次方程，通过掷骰子确定其中的系数，第一次出现的数作为，第二次出现的数作为（一颗骰

3、子有 6 个面，分别刻有 1 、 2 ， 3 、 4 、 5 、6 六个数，每次扰掷，各数出现的可能性相同），那么，这个方程有解的概率是（）A B C D 9、 汽车牌照由 4 个数字（可以重复）和 2 个字母（也不一定要不相同）构成，这 6 个字符可以任何顺序呈现，但两个字母必须相邻，则可以形成的不同的牌照有（）种 .A B C D 10、 如图是正方体的平面展开图，在这个正方体中， BM与ED平行； CN与BE是异面直线； CN与BM成 60 ； DM与BN垂直 . 以上四个命题中，正确命题的序号是（）A B C D 11、 一个二面角的两个半平面分别垂直于另一个二面角的两个半平面，则这两

4、个二面角的关系是A 相等 B 互补 C 相等或互补 D 不确定12、 连结球面上两点的线段称为球的弦，半径为 4 的球的两条弦AB，CD的长度分別等于，M，N分别为AB，CD的中点，每条弦的两端都在球面上运动，有下列四个命题： 弦AB，CD可能相交于点M； 弦AB，CD可能相交于点N； MN的最大值为 5 ； MN的最小值为 1 ；其中真命题的个数为（）A 1 个 B 2 个 C 3 个 D 4 个二、填空题（共二、填空题（共 3636 题）题）1、 已知，若，则_2、 直线(为参数 ) 的倾斜角为 _3、 在狂欢节上，有六名同学想报名参加三个智力项目，每项限报一人，且每人至多参加一项，每个项

5、目都有人报名，则共有 _ 种不同的报名方法4、 已知，则在上的投影为 _5、 如图，矩形是水平放置的平面图形的直观图，其中，则原图形的面积为 _6、 已知是空间三个不共面的向量，下列各组向量中不共面的是 _； ； 7、 公元前 3 世纪，古希腊数学家阿基米德研究过自然数的平方和，并得到公式 执行如图所示的程序， 若输出的结果为 6 ， 则判断框中的实数的取值范围是 _8、 北纬线贯穿四大文明古国：是一条神秘而又奇特的纬线在这条纬线附近有神秘的百慕大三角、著名的埃及金字塔、世界最高峰珠穆朗玛峰、长江等，沿地球北纬线前行，会发现许多奇妙且神秘的自然是观， 在地球北纬圈上有两地， 它们的经度相差，两

6、地沿纬线圈的弧长与两地的球面距离之比为 _9、 已知矩形所在平面， 且到三点的距离分别是， 则到矩形对角线的距离等于 _10、 已知，若不等式组表示的平面区域的面积为，则_11、 方程中的，且互不相同，在所有这些方程所表示的曲线中，不同的抛物线共有 _ 条12、 小明研究三棱锥的时候， 发现下面一个真命题 : 在三棱锥中， 已知，( 如图 ) ，设二面角大小为，其中是一个与有关的代数式，请写出符合条件的_.13、 若集合，则_.14、 不等式的解集是 _.15、的展开式中，含项的系数为 _.16、 高斯被誉为历史上最伟大的数学家之一，与阿基米德、牛顿、欧拉同享盛名，高斯函数也应用于生活、生产的

7、各个领域 . 高斯函数也叫取整函数，其符号表示不超过的最大整数，如：，定义函数：，则值域的子集的个数为： _ 17、 某三位数密码，每位数字可在 0 9 这 10 个数字中任选一个，则该三位数密码中，恰有两位数字相同的概率是 _.18、 在长方体中，则直线与所成的角的余弦值等于 _ 19、 已知集合，则_ 20、 已知，则的值为_.21、 棱长为的正方体的顶点到截面的距离等于 _.22、 在即将来临的五一长假期间，某单位本来安排、共 5 个人在 5 天中值班，每天 1 人，每人值班 1 天，但 4 月 28 日时接到通知、员工必需出差，故调整为每天 1 人，每人至少值班 1 天，现在只有、共

8、3 个人在五一长假期间共有 _ 种不同的值班方案（用数字作答）23、 已知在矩形中，若将边 72 等分，过每个等分点分别作的平行线，若将边 56 等分，过每个等分点分别作的平行线，则这些平行线把整个矩形分成了边长为 1 的个小正方形，于是，被对角线从内部穿过的小正方形（小正方形内部至少有上的点）共有 _ 个24、 高一新生小崔第一次进入图书馆时看到了馆内楼梯（图 1 ），她准备每次走 1 级或 2级楼梯去二楼，并在心中默默计算这样走完 25 级楼梯大概有多少种不同的走法，可是当她走上去后发现（图 2 ）原来在 13 级处有一宽度达 1.5 米的平台，这样原来的走楼梯方案需要调整，请问，对于剩下

9、的 15 级楼梯按分 2 段的走法与原来一次性走 15 级的走法相比较少了 _ 种25、 用两个 1 ，两个 2 能排出个不同的四位数 _ 种 .26、 甲乙丙三个人玩 “ 剪刀石头布 ” 游戏一次游戏中可以出现的不同结果数为_ 种 .27、个人排成一个n行，n列的方阵，现要从中选出n个代表，要使得每一行，每一列都有代表，则有 _ 种不同的选法 .28、 已知某个几何体的三视图如下所示：侧视图是边长为 2 的正方形，俯视图是半圆，则这个几何体的体积是 _.29、 若，则平行四边形ABCD的面积为 _.30、 360 的正约数共有 _ 个 .31、 若，则x的可能的值是 _.32、 学校组织春游

10、活动，每个学生可以选择去四个地方：崇明朱家角南汇和嘉定，有四位同学恰好分别来自这四个地方，若他们不去家乡，且分别去了不同地方，则四位同学去向的所有可能结果数为 _.33、 设地球的半径为R，在北纬圏上的两地AB的经度差为，则A，B两地的球面距离为 _.34、 曲线，围成的图形绕轴旋转一周所得的旋转体的体积为；满足，的点组成的图形绕轴旋转一周所得的旋转体的体积为，通过考查与的关系，可得的值为 _.35、 一矩形的一边在轴上，另两个顶点在函数的图象上，则此矩形绕轴旋转而成的几何体的体积的最大值为 _.36、 设，若，则不同的有序集合组的总数是 _.三、解答题（共三、解答题（共 1616 题）题）1

11、、 如图，已知点在圆柱的底面圆上，圆的直径，圆柱的高.（ 1 ）求圆柱的表面积和三棱锥的体积；（ 2 ）求点到平面的距离 .2、 2021 年 3 月 25 日人民日报报道： “ 作为世界最大棉花消费国、第二大棉花生产国，我国 2020-2021 年度棉花产量约万吨其中，新疆棉产量万吨，占国内总产量约除了新疆，河南、河北、山东、湖北等也是我国的棉花主要产地 ” 某公司为响应国家扶贫号召，为某小型纺织工厂提供资金和技术的支持，并搭建销售平台现该公司为该厂提供新疆棉吨，河南棉吨该工厂打算生产两种不同类型的抱枕，款抱枕需要新疆棉，河南棉，款抱枕需要新疆棉，河南棉，且一个款抱枕的利润为元，一个款抱枕的

12、利润为元假设工厂所生产的抱枕可全部售出（ 1 ）求工厂生产款抱枕和款抱枕各多少个时，可获得最大利润，最大利润是多少？（ 2 ）若工厂有两种销售方案可供选择，方案一：自行出售抱枕，则所获利润需上缴公司；方案二：由公司代售，则公司不分抱枕类型，让工厂每个抱枕获得元的利润请问该工厂选择哪种方案更划算？请说明理由3、 如图，从左到右有 5 个空格 .（ 1 ）若向这 5 个格子填入 0 ， 1 ， 2 ， 3 ， 4 五个数，要求每个数都要用到，且第三个格子不能填 0 ，则一共有多少不同的填法？（ 2 ）若给这 5 个空格涂上颜色，要求相邻格子不同色，现有红黄蓝 3 颜色可供使用，问一共有多少不同的涂

13、法？（ 3 ）若向这 5 个格子放入 7 个不同的小球，要求每个格子里都有球，问有多少种不同的放法？4、 如图，在四棱锥中，已知平面，且四边形为直角梯形，是中点（ 1 ）求直线与平面所成角的大小；（ 2 ）求平面与平面所成锐二面角的余弦值；（ 3 ）点是线段上的动点，当直线与所成的角最小时，求线段的长5、 已知直线为参数，) 经过椭圆为参数）的左焦点（ 1 ）求的值；（ 2 ）设直线与椭圆交于两点，求的最小值（ 3 ）设的三个顶点在椭圆上，求证，当是的重心时，的面积是定值6、 已知集合，.（ 1 ）当时，求；（ 2 ）设；，若是的充分不必要条件，求实数的取值范围 .7、直三棱柱中， 底面为等腰

14、直角三角形，是侧棱上一点，设（ 1 ）若，求的值；（ 2 ）若，求直线与平面所成角的正弦值8、 （ 1 ）如图 1 所示，某地有南北街道 5 条，东西街道 6 条，一邮电员从该地东北角的邮局出发，送信到西南角的地，要求所走的路程最短，共有多少种不同的走法？（ 2 ）如图 2 所示，某地有南北街道 5 条，东西街道 6 条，一邮电员从该地东北角的邮局出发，送信到西南角的地，已知地（十字路口）在修路，无法通行，要求所走的路程最短，共有多少种不同的走法？（ 3 ）如图 3 所示，某地有南北街道 5 条，东西街道 6 条（注意有一段不通），一邮电员从该地东北角的邮局出发，送信到西南角的地，要求所走的路

15、程最短，共有多少种不同的走法？（ 4 ）如图 4 所示，某地有南北街道 5 条，东西街道 6 条，已知地（十字路口）在修路，无法通行，且有一段路程无法通行，一邮递员该地东北角的邮局出发，送信到西南角的地，要求所走的路程最短，有多少种不同的走法？9、 如图，正四棱柱的底面是边长为的正方形，侧棱长为 1 （ 1 ）求直线与直线所成角的余弦值；（ 2 ）求二面角平面角大小的余弦值；（ 3 ）在直线上是否存在一个动点，使得在平面的投影恰好为的重心，若存在，求线段的长度，若不存在，说明理由10、 在的展开式中，把，叫做三项式的次系数列（ 1 ）求的值；（ 2 ）根据二项式定理，将等式的两边分别展开可得左

16、右两边的系数对应相等，如，利用上述思想方法，请计算值；（ 3 ）我们都知道方程无实数解，对于正整数你能否计算：的值（上标，为不超过的 3 的倍数，结果请用含有的代数式表示）11、在的展开式中， 把， ，叫做三项式的次系数列（ 1 ）写出三项式的 2 次系数列和 3 次系数列；（ 2 ） 列出杨辉三角形类似的表 （，） ， 用三项式的次系数表示，；（ 3 ）用二项式系数表示12、 已知正方体的棱长为 2 ，若，分別是的中点，作出过，三点的截面，并求出这截面的周长 .13、 在棱长为 2 的正方体中， 点E是BC的中点， 点F是CD上的动点 .（ 1 ）试确定点F的位置，使得平面；（ 2 ）若F是

17、CD的中点，求二面角的大小；（ 3 ）若F是CD的中点，求到面的距离 .14、 （ 1 ）求一个棱长为的正四面体的体积，有如下未完成的解法，请你将它补充完成 . 解：构造一个棱长为 1 的正方体 我们称之为该四面体的 “ 生成正方体 ” ，如左下图：则四面体为棱长是 _ 的正四面体，且有_.（ 2 ）模仿（ 1 ），对一个已知四面体，构造它的 “ 生成平行六面体 ” ，记两者的体积依次为和，试给出这两个体积之间的一个关系式，不必证明；（ 3 ）如 1 图，一个相对棱长都相等的四面体（通常称之为等腰四面体），其三组棱长分别为，类比（ 1 ）（ 2 ）中的方法或结论，求此四面体的体积 .15、家有

18、重物， 爸妈孩三人合力拉拍， 用力依次为， 三个力的方向两两成 60 角，大小依次为 3 ， 2 ， 1 ，在这三个力的共同拉抬下，重物恰好被沿竖直方向抬离地面 .（ 1 ）求物重；（ 2 ）求孩子用力方向与竖直方向所成的角 .16、 已知正三棱锥，顶点为，底面是.（ 1 ）若该三棱锥的侧棱长为，且两两成角为，设质点自出发依次沿着三个侧面移动环绕一周直至回到出发点，求质点移动路程的最小值；（ 2 ）若该三棱锥的所有棱长均为，试求以为顶点，以内切圆为底面的圆锥的侧面积和体积；（ 3 ）若该棱锥的体积为定值，求该三棱锥侧面与底面所成的角，使该三棱锥的表面积最小 .=参考答案参考答案=一、选择题一、

19、选择题1、 D【分析】由俯视图和正视图可以得到几何体是一个简单的组合体，是由一个三棱锥和被轴截面截开的半个圆锥组成，根据组合体的结构特征，得到组合体的侧视图【详解】由俯视图和正视图可以得到几何体是一个简单的组合体，是由一个三棱锥和被轴截面截开的半个圆锥组成，侧视图是一个中间有分界线的三角形，故选：【点睛】本题考查简单空间图形的三视图，考查由三视图看出原几何图形，再得到余下的三视图，本题是一个基础题2、 C【分析】先将参数方程化为普通方程，再由基本不等式求出的取范围，从而可得答案【详解】解：由，得且，两式相减得，即，因为，当且仅当，即时取等号，所以曲线表示焦点在轴上，且双曲线的上支，故选： C3

20、、 B【分析】 连接，可得为等边三角形，即可判断出正误； 利用，利用数量积运算性质即可判断出正误；，即可判断出正误； 利用，可得，进而判断出正误【详解】解：如图， 连接，则为等边三角形，又，向量与的夹角是，不正确；，正确；，正确；， 而正方体的体积，因此不正确故选： B 4、 D【分析】分析题意可知， 正四棱锥的高为定值， 底面各顶点在截面正方形的各边上移动，表示出底面的面积即可判断 .【详解】设正四棱锥的底面与正方体的截面四边形为, 显然为正方形且边长为 1 ，如图：设，则，由平面几何知识可知，所以，故由题意可知正四棱锥的高为，故八面体体积为，有无数个 .故选 D【点睛】本题主要考查八面体的

21、内接问题，考查空间想象能力及运算求解能力，属于中档题 .5、 D【分析】由出发得到与 1 的关系；由，得到x与y的关系，从而判断逻辑关系 .【详解】由题知，若，当时，有；当时，有；同理，若，当时，；当时，；则 “” 是 “” 的既不充分也不必要条件；故选： D6、 B【分析】由甲社区抽取人数和总人数计算可得抽样比，从而可根据抽取的人数计算得到驾驶员总人数 .【详解】由题意可得抽样比为：故选： B7、 D【分析】集合 M 和集合 N 都是数集， M 是指数函数的值域， N 是函数的值域，求出两个集合后可得两个集合之间的关系【详解】集合,集合，则, 所以故选 D【点睛】本题考查指数函数和二次函数的

22、值域，以及交集及其运算，属于基础题。8、 C【分析】记事件“ 方程有实根 ” 由，得：，利用列举法得到事件包含的基本事件的个数，又总的基本事件共个，由古典概型概率公式求出方程有解的概率【详解】记事件“ 方程有实根 ” 由，得：又基本事件共个，其中事件包含 19 个基本事件，列举如下：，,，所以，故选： C.9、 B【分析】利用分步乘法计数原理以及插空法即可求解 .【详解】首先排 4 个数字共有种，再将 2 个字母看成一个整体插在个空内，共有种，所以形成的不同的牌照有.故选： B10、 C【分析】根据平面展开图可得原正方体，根据各点的分布逐项判断可得正确的选项【详解】由平面展开图可得原正方体如图

23、所示：由图可得：为异面直线，与不是异面直线，故 错误；连接，则为等边三角形，而，故或其补角为与所成的角，因为，故与所成的角为，故 正确；因为，又平面，所以，故平面又平面，所以，则 正确；综上，正确命题的序号为： 故选： C 11、 D【分析】根据题意，可在正方体中，举例说明，得到答案 .【详解】如图所示，在正方体中，二面角与二面角的两个半平面分别对应垂直，但是这两个二面角既不相等，也不互补，所以这两个二面角不一定相等或互补 .例如：开门的过程中，门所在平面及门轴所在墙面分别垂直于地面与另一墙面，但门所在平面与门轴所在墙面所成二面角的大小不定，而另一二面角却是，所以这两个二面角不一定相等或互补

24、.【点睛】本题主要考查了线面位置关系的应用，以及二面角的概念及应用，其中解答中熟记二面角的概念，合理举例是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，属于基础题 .12、 C【分析】先求解出的长度，然后根据长度的大小判断 ；再通过分析三点共线求解出的最大值和最小值 .【详解】到的距离分别为，若两弦交于，则，在中，有，符合条件，故 正确；若两弦交于，则，在中，有，与条件矛盾，故 错误；当共线时分别取最大值和最小值， 最大值为，最小值为，故 正确，故选： C.二、填空题二、填空题1、【分析】直接利用组合数的计算公式求解即可【详解】解：因为，所以，解得，（舍故答案为： 5 2、【分析】将参数方程化为普通方

25、程，根据斜率为，即可求出倾斜角 .【详解】消去参数可得，所以直线的斜率为，设直线的倾斜角为，则，所以，故答案为：.3、 120【分析】根据题意，依次分析每个项目的报名方法，由分步计数原理即可求出结果 .【详解】根据题意， 每项限报一人， 且每人至多参加一项， 每个项目都有人报名， 则第一个项目有 6 种报名方法，第二个项目有 5 种报名方法，第三个项目有 4 种报名方法，根据分步计数原理知共有种不同的报名方法，故答案为： 120.4、【分析】根据空间点的坐标求出的坐标，结合空间向量的几何意义即可求出结果 .【详解】因为，所以设与的夹角为，所以根据空间向量的几何意义可得：在上的投影为，故答案为：

26、5、【分析】结合图形求出，再根据即可求出结果 .【详解】由题意可知，又因为，所以，故答案为：.6、 【分析】利用空间共面向量定理判断即可【详解】解：对于 ，因为是空间三个不共面的向量，且，所以不共面，所以 符合题意；对于 ，因为，所以是共面向量，所以 不符合题意；、对于 ，若是共面向量，则存在实数，使，即，因为是空间三个不共面的向量，所以，矛盾，所以不共面，所以 符合题，故答案为： 7、【分析】由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算的值并输出变量的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案【详解】解：模拟程序的运行，可得当时，继续循环，当时，退出循环，输出的

27、值为 6 ，从而可得判断框中的实数的取值范围是，故答案为：，8、【分析】设地球半径为，则北纬圈对应的小圆半径为，进而可得，两地沿纬线圈的弧长，两地的球面距离，由此可得，两地沿纬线圈的弧长与，两地的球面距离之比【详解】解：设地球半径为，则北纬圈对应的小圆半径为，所以两地沿纬线圈的弧长，劣弧在大圆内对应的圆心角为，所以两地的球面距离，故两地沿纬线圈的弧长与两地的球面距离之比为故答案为：9、 2【分析】分别设，利用勾股定理建立等式分别求出，再由等积法即可得到答案 .【详解】如图所示，设，因为矩形所在平面，易得，由可证平面，从而，在中，同理，解得，所以，过点A作AF垂直于BD于F，由等面积法易得：，所

28、以.故答案为： 2.10、【分析】由题意画出可行域，由两个三角形面积作差得答案【详解】解：由约束条件作出可行域如图，由图可知，联立，解得，联立，解得，联立，解得，（a）故答案为：.11、【详解】方程变形得，若表示抛物线，则，分五种情况：（ 1 ）当时，或或或.（ 2 ）当时，或或或, 以上两种情况下有条重复，故共有条 .（ 3 ）同理当或时，共有条 .（ 4 ）当时，或或或，共有条，综上，共有，故答案为.【方法点睛】本题主要考查分类计数加法原理、分类讨论思想 . 属于难题 . 分类讨论思想解决高中数学问题的一种重要思想方法，是中学数学四种重要的数学思想之一，尤其在解决含参数问题发挥着奇特功效，

29、大大提高了解题能力与速度 . 运用这种方法的关键是将题设条件研究透，这样才能快速找准突破点 . 充分利用分类讨论思想方法能够使问题条理清晰，进而顺利解答，希望同学们能够熟练掌握并应用与解题当中 .12、【分析】先作出二面角，构造三角形，表示出各边长，利用余弦定理即可求解 .【详解】在上任取一点，过点分别作交于，交于, 则即为二面角的平面角，如图在中，在中，在中，由余弦定理得，在中，由余弦定理得，化简整理得，所以.故答案为【点睛】本题主要考查二面角的作法，余弦定理解三角形，考查逻辑推理能力与运算求解能力，属于中档题 .13、【分析】求出集合、，利用并集的定义可求得集合.【详解】，因此，.故答案为

30、：.【点睛】本题考查并集的计算，考查计算能力，属于基础题 .14、【分析】将所求不等式变形为，转化为整式不等式求解即可 .【详解】将原不等式变形为，等价于，解得.因此，不等式的解集是.故答案为：.【点睛】本题考查分式不等式的求解，考查计算能力，属于基础题 .15、【分析】求出二项展开式的通项，利用的指数为，求出参数的值，再将参数的值代入通项可得出结果 .【详解】的展开式通项为，令，得，因此，的展开式中，含项的系数为.故答案为：.【点睛】本题考查利用二项式定理求展开式中指定项的系数，考查计算能力，属于基础题 .16、 8【分析】依题意求出函数的值域，再根据含有个元素的集合含有个子集；【详解】解：

31、依题意，表示向下取整，即取值均为整数，所以，可以看做在取整数时的函数，由于的最小正周期；在内，有所以函数的值域为，故值域的子集的个数为个故答案为：【点睛】本题考查集合的子集，含有个元素的集合含有个子集；17、【分析】根据题意求得所有基本事件的个数，结合组合数计算满足题意的事件个数，用古典概型的概率计算公式即可求得结果 .【详解】某三位数密码锁，每位数字在 0 9 数字中选取，总的基本事件个数为 1000 ，其中恰有两位数字相同的个数为270 ，则其中恰有两位数字相同的概率是；故答案为：.【点睛】本题考查古典概型的概率计算，涉及组合数的计算，属综合基础题 .18、【分析】联结，则与的夹角即与的夹

32、角，求得的长，从而求得夹角的余弦值 .【详解】联结，如图所示：在长方体中，则与的夹角即与与的夹角，在中，则故答案为：19、【分析】由题知，集合C中的元素为集合A的所有子集，集合D中的元素为集合B的所有子集，写出两集合的所有子集，并取交集即可 .【详解】由题知，集合C中的元素为集合A的所有子集，集合D中的元素为集合B的所有子集，则，故，故答案为：20、【分析】求得的系数，由此求得的值 .【详解】依题意可知是的系数，所以.故答案为：【点睛】本小题主要考查二项式展开式有关计算，属于基础题 .21、【分析】根据勾股定理可以计算出，这样得到是直角三角形，利用等体积法求出点到的距离 .【详解】解：如图所示

33、，在三棱锥中，是三棱锥的高，在中，, 所以是直角三角形，设点到的距离为，.故A到平面的距离为故答案为：【点睛】本题考查了点到线的距离，利用等体积法求出点到面的距离 . 是解题的关键 .22、 150【分析】由题知，3 人值班 5 天可以分两种情况：1 人值三天， 其余 2 人各值 1 天；1 人值 1 天，其余 2 人各值 2 天 . 分别计算出结果相加即可 .【详解】由题知， 3 人值班 5 天可以分两种情况： 1 人值三天，其余 2 人各值 1 天，共有种方案； 1 人值 1 天，其余 2 人各值 2 天，共有.因此共有种值班方案 .故答案为： 15023、 120【分析】将穿过正方形数量

34、的计算转化为穿过直线的计算，非交点情况下，对角线每生成一个交点，就相当于穿过一个平面，然后对角线穿过交点时，不是穿过两个平面而是一个平面，再减去交点情况求解 .【详解】将穿过正方形数量的计算转化为穿过直线的计算，非交点情况下，对角线每生成一个交点，就相当于穿过一个平面，在横向上，穿过 72 个平面，在纵向上，穿过 56 个平面，然后对角线穿过交点时，不是穿过两个平面而是一个平面，再减去交点情况，即 72+56-8=120.故答案为： 12024、 288【分析】由题知，登上楼梯的走法符合斐波那契数列的规律，分别列出走到 15 级台阶的走法，然后分两段计算走法，作差即可 .【详解】由题知，登上楼

35、梯的走法符合斐波那契数列的规律：登上第一级台阶：有 1 种走法；登上第二级台阶：有 2 种走法；登上第三级台阶：有 3 种走法；登上第四级台阶：有 5 种走法；登上第五级台阶：有 8 种走法；登上第六级台阶：有 13 种走法；登上第七级台阶：有 21 种走法；登上第八级台阶：有 34 种走法；登上第九级台阶：有 55 种走法；登上第十级台阶：有 89 种走法；登上第十一级台阶：有 144 种走法；登上第十二级台阶：有 233 种走法；登上第十三级台阶：有 377 种走法；登上第十四级台阶：有 610 种走法；登上第十五级台阶：有 987 种走法；所以分两段走，先走十二级台阶有 233 种走法，

36、再走 3 级台阶有 3 两种，这样走完 15 级台阶共有种，比直接走完 15 级台阶 987 中走法少了种走法 .故答案为： 28825、 6【分析】相当于 4 个位置中选两个放 1 ，剩下的两个放 2 ，由此可得【详解】四位数共四个位置，先两个放 1 ，剩下两个放 2 ，个数为故答案为： 6 26、 27【分析】根据分步乘法计数原理进行计算即可 .【详解】甲可能出：剪刀石头布，共种；乙可能出：剪刀石头布，共种；丙可能出：剪刀石头布，共种；根据分步乘法计数原理可知，一共可以出现的不同结果数为种，故答案为：.27、【分析】采用分步乘法计数原理进行分析：先从第一行选取个代表，然后再从第，行中分别选

37、取个代表，注意保证每一列都有代表，由此求出结果 .【详解】从第行中选取一个代表，选法有种，从第行中选取一个代表，为保证每一列都有代表，选法有种，从第行中选取一个代表，为保证每一列都有代表，选法有种，从第行中选取一个代表，为保证每一列都有代表，选法有种，由分步乘法计数原理可知，不同的选法数有：，故答案为：.28、【分析】由三视图可知该几何体为圆柱的一半，由体积公式即得 .【详解】由三视图可知：几何体为底面半径为 1 ，高为 2 的圆柱体的一半， 几何体的体积为：.故答案为：.29、【分析】根据已知条件求解出的夹角余弦值，然后根据三角形的面积公式求解出三角形的面积，由此可求平行四边形的面积 .【详

38、解】因为，所以，所以，所以，所以，所以四边形的面积为，故答案为：.30、 24【分析】把 360 进行质因数分解，由质因数的指数可得约数个数【详解】，所以正约数就是从 3 个 2 、 2 个 3 、 1 个 5 中取若干个的乘积，正约数个数为故答案为： 24 31、 1 或 2 或 3.【分析】由组合数的性质即可得到 .【详解】由题得或或,又，且，的可能的值是或或.故答案为： 1 或 2 或 3.32、 9【分析】记四位同学为甲，乙，丙，丁且家乡表示为，分别考虑甲去的情况，采用分类加法计数原理求解出结果 .【详解】设甲、乙、丙、丁四位同学的家乡分别表示为，当甲去时，可能的情况有：，；当甲去时，

39、可能的情况有：，；当甲去时，可能的情况有：，；所以四位同学的去向一共有种，故答案为：.33、【分析】在纬度圏上求得弦长，然后求出弦所对球心角，最后由弧长公式得球面距离【详解】如图，是球心，是北纬圏的圆心，则，所以，则，所以A，B两地的球面距离即为在大圆上劣弧长为故答案为：34、【分析】设截面与原点的距离为，求出两个截面的面积相等，由祖暅原理知，通过球的体积公式计算即可得的值 .【详解】设截面与原点的距离为，此时所得截面面积为，所以，即两个几何体在等高处的截面面积相等，由祖暅原理知：两个几何体的体积相等即，表示半径为的球挖去两个半径为的球余下的体积，所以，所以，故答案为：.35、【分析】设矩形在

40、上的两个项点坐标为，利用是关于的方程的两根，求得，然后同体积公式得，结合二次函数知识得最大值【详解】设矩形在上的两个项点坐标为，由，知是方程的两个根 .，当且仅当时，.故答案为：36、【分析】按中元素个数分类讨论，再定中元素个数，最后由分类、分步计数原理可得结论 .【详解】法一：集合中有 10 个元素时，不同的有序集合组有个；当集合中有 9 个元素时，不同的有序集合组有个；当集合中有 0 个元素时，不同的有序集合组有个； 总数为：+=+=法二：如图，每个数字的位置都有 5 个位置可供选择，所以共有种 .故答案为：三、解答题三、解答题1、 （ 1 ）；（ 2 ）.【分析】（ 1 ）根据底面半径，

41、直接求出圆柱表面积，求出三角形APB的面积，进而求出三棱锥的体积；（ 2 ）以为坐标原点，垂直平分线为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，利用向量法公式求出点到平面的距离 .【详解】解：（ 1 ）底面半径，则圆柱表面积：，为圆O直径，则，中，则；（ 2 ）以为坐标原点，垂直平分线为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，则，设平面的一个法向量为，则有：.取.则有：.其中点到平面的距离为.【点睛】本题考查圆柱表面积，三棱锥的体积的求法，以及空间向量法求点到面的距离，考查学生计算能力，是中档题 .2、 （ 1 ）该工厂生产款抱枕个，款抱枕时可获得最大利润，最大利润为元；（ 2 ）选择方案一更划算；答案见解

42、析【分析】（ 1 ）根据不等关系列出不等式组，再利用几何意义求解即可；（ 2 ）对于方案一：由得出工厂的利润；对于方案二：利用几何意义得出工厂的利润，从而作出判断；【详解】（ 1 ）设该工厂生产款抱枕个，款抱枕个时，获得的利润为元则，即目标函数，得出直线由图可知，当直线经过点时，取得最大值，即该工厂生产款抱枕个，款抱枕时可获得最大利润，最大利润为元（ 2 ）若工厂选择方案一，则其收益为元；若工厂选择方案二，则工厂生产的抱枕越多越好，设其生产的抱枕个数为则，由（ 1 ）知由图可知，平移直线，当，时，取得最大值，此时工厂的收益为元，故选择方案一更划算3、 （ 1 ）；（ 2 ）；（ 3 ）【分析】

43、（ 1 ）直接利用排除法计算得到答案 .（ 2 ）根据乘法原理计算得到答案 .（ 3 ）将情况分为的组和的组，计算得到答案 .【详解】（ 1 ）利用排除法：种 .（ 2 ）根据乘法原理得到：共有种涂法 .（ 3 ）若分成的组，则共有种分法；若分成的组，则共有种分法，故共有种放法 .【点睛】本题考查了排列组合的应用，意在考查学生的计算能力和应用能力 .4、 （ 1 ）；（ 2 ）；（ 3 ）【分析】（ 1 ）过作交于，连结，则即为直线与平面所成角，然后在中求解即可；（ 2 ）以为坐标原点，分别以所在直线为轴、轴和轴，然后利用空间向量求解即可；（ 3 ）设直线与所成的角为，利用空间向量可得，然后利

44、用二次函数和三角函数的性质可得答案【详解】（ 1 ）过作交于，连结，因为平面，平面，所以，所以平面，所以即为直线与平面所成角因为是中点，所以，所以所以直线与平面所成角的大小为（ 2 ）以为坐标原点，分别以所在直线为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则因为平面，所以是平面的一个法向量，因为设平面的法向量，则，令解得，所以是平面的一个法向量，设平面与平面所成锐二面角为，则所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值为（ 3 ）设直线与所成的角为，设，又则又，所以，设，则当且仅当即时，的最大值为，因为在上单调递减，此时直线所成的角取得最小值，因为，所以5、 （ 1 ）；（ 2 ）；（ 3 ）证明见解

45、析【分析】（ 1 ）直接利用转换关系，在参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换；（ 2 ）利用一元二次方程根和系数关系式的应用求出结果（ 3 ）利用三角形的面积公式和一元二次方程根和系数关系式的应用求出结果【详解】（ 1 ）因为椭圆的普通方程为，所以因为直线的普通方程为，其中又直线过点，所以（ 2 ）将直线的参数方程代入椭圆的普通方程中，整理得设点在直线参数方程中对应的参数分别为，则，当时，取得最小值，为（ 3 ）法一：设，因为为的重心，所以，得所以（也可）法二：设，则有，代入椭圆得，所以，所以，所以的面积是定值6、 （ 1 ）；（ 2 ）.【分析】（ 1 ）根据，化简集合，以及集合，再

46、由并集的概念，即可得出结果；（ 2 ）根据是的充分不必要条件，得到是的真子集，由此列出不等式求解，即可求出结果 .【详解】（ 1 ）由可得，又，所以；（ 2 ）由（ 1 ）知，因为是的充分不必要条件，所以是的真子集；因此，所以，又，所以，即实数的取值范围是.【点睛】结论点睛：由命题的充分条件与必要条件求参数时，一般可根据如下规则求解：（ 1 ）若是的必要不充分条件，则对应集合是对应集合的真子集；（ 2 ）是的充分不必要条件， 则对应集合是对应集合的真子集；（ 3 ）是的充分必要条件，则对应集合与对应集合相等；（ 4 ）是的既不充分又不必要条件，对的集合与对应集合互不包含7、 （ 1 ）；（ 2

47、 ）【分析】（ 1 ）在直三棱柱中，结合，证得平面，从而有，又，证得，因此，代入求得结果 .（ 2 ）当时，证得，结合（ 1 ）中结论平面，得到即为直线与平面所成的角，则，代入求得结果 .【详解】（ 1 ）在直三棱柱中，平面，则平面平面，又平面平面，故平面，又平面，故，又，故平面，又平面，故因此，解得（ 2 ）由（ 1 ）知，平面，则平面平面，平面平面，由知，又，故则即为直线与平面所成的角，又，因此8、 （ 1 ） 126 ；（ 2 ） 66 ；（ 3 ）；（ 4 ） 54 【分析】（ 1 ）由 A 到 B 所走路程最短需要向下走 5 次，向左走 4 次，转化为组合问题， 9 次运动中哪 4

48、次向左即可求解；（ 2 ）先分析由 A 经 C 到 B 的走法，再由间接法即可求出不经过 C 的走法；（ 3 ）先分析经过 ED 的走法，再由间接法求解；（ 4 ）先计算经过 DE 且经过 C 的走法，再结合（ 1 ）（ 2 ）（ 3 ）利用间接法求解 .【详解】（ 1 ）由题意，由 A 到 B 的最短距离需要 9 步完成，其中向下走 5 步，向左走 4 步，由组合知识可知，不同的走法共有种 .(2) 若先经过 C 再到 B ，需向下走 3 步，向左走 2 步，有种走法，由 C 到 B 需向下运动 2 步，向左运动 2 步，有种走法，故先经过 C 再到 B 共有，所以不经过 C 共有种走法 .

49、(3) 经过 ED, 需要 3 步由 A 到 D ，再需要 5 步由 E 到 B ，由 A 到 D 共有种走法，由 E 到 B 共有种走法，所以经过 ED 的走法共有种，故不经过 ED 的走法共有种 .(4) 由 A 经过 DE 到 C 的走法共有，再由 C 到 B 需要向下、向左各 2 步共有种走法，故经过 DE 到 C 再到 B 的走法共有种走法，所以不经过 DE 也不经过 C 的走法共有种 .9、 （ 1 ）；（ 2 ）；（ 3 ）不存在；理由见解析【分析】（ 1 ）由题知，正四棱柱为长方体，连结，交于O点，取AB的中点E，连结OE，则，直线与直线所成角即直线与直线所成角或其补角，分别求

50、得各边长，由余弦定理求得夹角的余弦值；（ 2 ）由，证得平面，从而，即为二面角的平面角的补角，分别求得各边长，从而求得夹角的余弦值；（ 3 ）假设在直线上存在点，使得在平面的投影恰好为的重心N，由线面垂直的性质与判定可得，与题设矛盾，即可得解 .【详解】（ 1 ）由题知，正四棱柱为长方体，连结，交于O点，取AB的中点E，连结OE，则，直线与直线所成角即直线与直线所成角或其补角，在中，则即直线与直线所成角的余弦值为.（ 2 ）连结，交于F点，则，又在长方体中平面，平面，则又，则平面，故作于M点，又，则平面，即为二面角的平面角的补角，在中，则则二面角的平面角的余弦值为.（ 3 ）连结，交于H，则的