2017-2018年上海市复旦附中高二第二学期期末数学试卷和参考答案

2017-2018学年上海市复旦附中高二第二学期期末数学试卷一、填空题（本大题共有12题，满分48分）1．（4分）已知a，b∈{0，1，2，3}，则不同的复数z＝a+bi的个数是．2．（4分）一个竖直平面内的多边形，用斜二测画法得到的水平放置的直观图是一个边长为的正方形，该正方形有一组对边是水平的，则原多边形的面积是．3．（4分）已知则|a0|+|a1|+|a2|+…+|a2018|＝．4．（4分）已知（﹣）9的展开式中，x3的系数为，则常数a的值为．5．（4分）已知球的体积是V，则此球的内接正方体的体积为．6．（4分）点A（1，2，1），B（3，3，2），C（λ+1，4，3），若的夹角为锐角，则λ的取值范围为．7．（4分）若一个圆柱的侧面展开图是正方形，则这个圆柱的全面积与侧面积的比是．8．（4分）正四面体ABCD的棱长为2，则所有与A，B，C，D距离相等的平面截这个四面体所得截面的面积之和为．9．（4分）从集合{1，2，…，30}中取出五个不同的数组成单调递增的等差数列，则所有符合条件的不同的数列个数是．10．（4分）在正三棱锥P﹣ABC中，P A＝2，AB＝1，记二面角P﹣AB﹣C，A﹣PC﹣B 的平面角依次为α，β，则3sin2α﹣2cosβ＝．11．（4分）如图，顶点为P的圆锥的轴截面是等腰直角三角形，母线P A＝4，O是底面圆心，B是底面圆内一点，且AB⊥OB，C为P A的中点，OD⊥PB，垂足为D，当三棱锥O﹣PCD的体积最大时，OB＝．12．（4分）已数列{a n}，令b k为a1，a2，…，a k中的最大值（k＝1，2，…，n），则称数列{b n}为“控制数列”，数列{b n}中不同数的个数称为“控制数列”{b n}的“阶数”．例如：{a n}为1，3，5，4，2，则“控制数列”{b n}为1，3，5，5，5，其“阶数”为3，若数列{a n}由1，2，3，4，5，6构成，则能构成“控制数列”{b n}的“阶数”为2的所有数列{a n}的首项和是．二、选择题（本大题共有4题，满分16）13．（4分）在的展开式中，系数为有理数的项数为（）A．336项B．337项C．338项D．1009项14．（4分）如图，某几何体的三视图是三个边长为1的正方形，及每个正方形中的一条对角线，则该几何体的表面积是（）A．4+B．C．D．3+15．（4分）定义“规范01数列”{a n}如下：{a n}共有2m项，其中m项为0，m项为1，且对任意k≤2m，a1，a2，…，a k中0的个数不少于1的个数，若m＝4，则不同的“规范01数列”共有（）A．18个B．16个C．14个D．12个16．（4分）已知椭圆方程为，将此椭圆绕y轴旋转一周所得的旋转体的体积为V1，满足的平面区城绕y轴旋转一周所得的旋转体的体积为V2，则（）A．V2＝V1B．V2＝V1C．V2＝V1D．V2，V1无明确大小关系三、解答题（本大题共有5题，满分56分）17．（10分）已知空间向量与的夹角为arccos，且||＝，，令，．（1）求，为邻边的平行四边形的面积S；（2）求的夹角θ．18．（10分）有3名女生和5名男生，按照下列条件排队，求各有多少种不同的排队方法？（1）3名女生排在一起；（2）3名女生次序一定，但不一定相邻；（3）3名女生不站在排头和排尾，也互不相邻；（4）每两名女生之间至少有两名男生；（5）3名女生中，A，B要相邻，A，C不相邻．19．（12分）在正四棱锥P﹣BCD中，正方形ABCD的边长为3，高OP＝6，E是侧棱PD上的点且PE＝PD，F是侧棱P A上的点且PF＝P A，G是△PBC的重心．如图建立空间直角坐标系．（1）求平面EFG的一个法向量；（2）求直线AG与平面EFG所成角θ的大小；（3）求点A到平面EFG的距离d．20．（12分）如图，在多面体ABCDEF中，平面ADE⊥平面ABCD，四边形ABCD是边长为2的正方形，△ADE是等腰直角三角形且∠ADE＝，EF⊥平面ADE且EF＝1．（1）求异面直线AE和DF所成角的大小；（2）求二面角B﹣DF﹣C的平面角的大小．21．（12分）设点F1，F2分别是椭园C：（t＞0）的左、右焦点，且椭圆C 上的点到F2的距离的最小值为，点M，N是椭圆C上位于x轴上方的两点，且向量与向量平行．（1）求椭圆C的方程；（2）当＝0时，求△F1NF2的面积；（3）当时，求直线F2N的方程．2017-2018学年上海市复旦附中高二第二学期期末数学试卷参考答案与试题解析一、填空题（本大题共有12题，满分48分）1．【考点】A1：虚数单位i、复数．【解答】解：当a＝b时，复数z＝a+bi的个数是4个；当a≠b时，由排列数公式可知，组成不同的复数z＝a+bi的个数是个．∴不同的复数z＝a+bi的个数是16个．故答案为：16．【点评】本题考查排列及排列数公式，是基础题．2．【考点】LD：斜二测法画直观图．【解答】解：该多边形的直观图是一个边长为的正方形，正方形的面积为S正方形＝＝2，∴原多边形的面积是2×2＝4．故答案为：4．【点评】本题考查了斜二测画法中原平面图形与直观图的面积比应用问题，是基础题．3．【考点】DA：二项式定理．【解答】解：根据题意，（1﹣2x）2018中，其展开式的通项为T r+1＝（﹣2x）r，又由，则a1、a3、……a2017为负值，则在（1﹣2x）2018中，令x＝﹣1可得：32018＝a0﹣a1+a2﹣a3+……+a2017﹣a2018，又由a1、a3、……a2017为负值，则|a0|+|a1|+|a2|+…+|a2018|＝a0﹣a1+a2﹣a3+……+a2017﹣a2018＝32018，故答案为：32018．【点评】本题考查二项式定理的应用，注意二项式定理的形式，属于基础题．4．【考点】DA：二项式定理．【解答】解：（﹣）9的展开式中，通项公式为T r+1＝••（﹣1）r•a9﹣r •，令﹣9＝3，求得r＝8，故x3的系数为•a＝，∴a＝4，故答案为：4．【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项式系数的性质，二项式展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，属于中档题．5．【考点】LR：球内接多面体．【解答】解：设球的半径为R，球内接正方体的棱长为a，则球的体积是V＝πR3，∴R＝；又球的内接正方体的体对角线是球的直径，即3a2＝4R2，∴a＝R；∴正方体的体积为V正方体＝＝×＝．故答案为：．【点评】本题考查了球与其内接正方体的关系应用问题，是基础题．6．【考点】M7：空间向量的夹角与距离求解公式．【解答】解：＝（2，1，1），＝（λ，2，2），∵的夹角为锐角，∴•＝2λ+2+2＞0，且不能同向共线．解得λ＞﹣2，λ≠4．则λ的取值范围为（﹣2，4）∪（4，+∞）．故答案为：（﹣2，4）∪（4，+∞）．【点评】本题考查了向量夹角公式、向量共线定理，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．7．【考点】LE：棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积；LF：棱柱、棱锥、棱台的体积．【解答】解：可以设该侧面的正方形边长为A，则S侧面积＝A2全面积S＝A2+2π则圆柱的全面积与侧面积的比＝＝故答案：【点评】本题考查的是圆柱的表面积与侧面积，利用已知分别求出全面积和侧面积是解答本题的关键，另外全面积＝侧面积+底面积×2，中易解为全面积＝侧面积+底面积．8．【考点】L3：棱锥的结构特征．【解答】解：设E、F、G分别为AB、AC、AD的中点，连结EF、FG、GE，则△EFG是三棱锥A﹣BCD的中截面，可得平面EFG∥平面BCD，点A到平面EFG的距离等于平面EFG与平面BCD之间的距离，∴A、B、C、D到平面EFG的距离相等，即平面EFG是到四面体ABCD四个顶点距离相等的一个平面；正四面体ABCD中，象△EFG这样的三角形截面共有4个．∵正四面体ABCD的棱长为2，可得EF＝FG＝GE＝1，∴△EFG是边长为1的正三角形，可得S△EFG＝EF•FG•sin60°＝；取CD、BC的中点H、I，连结GH、HI、IE，∵EI、GH分别是△ABC、△ADC的中位线，∴EI AC，GH AC，得EI GH，∴四边形EGHI为平行四边形；又∵AC＝BD且AC⊥BD，EI AC，HI BD，∴EI＝HI且EI⊥HI，∴四边形EGHI为正方形，其边长为AB＝1，由此可得正方形EGHI的面积S EGHI＝1；∵BC的中点I在平面EGHI内，∴B、C两点到平面EGHI的距离相等；同理可得D、C两点到平面EGHI的距离相等，且A、B两点到平面EGHI的距离相等；∴A、B、C、D到平面EGHI的距离相等，∴平面EGHI是到四面体ABCD四个顶点距离相等的一个平面，且正四面体ABCD中，象四边形EGHI这样的正方形截面共有3个，因此，所有满足条件的正四面体的截面面积之和等于4S△EFG+3S EGHI＝4×+3×1＝+3．故答案为：+3．【点评】本题考查了正四面体的性质、点到平面距离的定义、三角形面积与四边形形面积的求法等知识，是难题．9．【考点】D9：排列、组合及简单计数问题；F4：进行简单的合情推理．【解答】解：根据题意，设满足条件的一个等差数列首项为a1，公差为d，必有d∈N*．则a5＝a1+4d，则d＝≤＝，则d的可能取值为1，2，3， (7)对于给定的d，a1＝a5﹣4d≤30﹣4d，当a1分别取1，2，3，…，30﹣4d时，可得递增等差数列30﹣4d个（如：d＝1时，a1≤26，当a1分别取1，2，3，…，26时，可得递增等差数列26个：1，2，3，4，5；2，3，...，6；...；26，27， (30)其它同理）．当d取1，2，3，…，7时，可得符合要求的等差数列的个数为：×（2+26）×7＝98个；故答案为：98．【点评】本题考查合情推理的应用，涉及等差数列的性质，关键是确定d的取值范围，属于偏难题．10．【考点】MJ：二面角的平面角及求法．【解答】解：如图所示，作PO⊥平面ABC，连接CO延长交AB于点D，连接PD．则D为AB的中点，CD⊥AB，∴AB⊥PD．∴二面角P﹣AB﹣C的平面角为∠PDO＝α．∵PD＝＝，CD＝，OD＝CD＝，∴OP＝＝．∴sinα＝＝．作AE⊥PC，垂足为E点，连接BE，∵△P AC≌△PBC，∴BE⊥PC．∴∠AEB为A﹣PC﹣B的平面角β，∵cos∠PCA＝＝．∴AE＝AC•sin∠PCA＝1×＝．在△AEB中，cosβ＝＝．∴3sin2α﹣2cosβ＝﹣＝2．故答案为：2．【点评】本题考查了正三棱锥的性质、正三角形的性质、余弦定理勾股定理、二面角、三角形全等，考查了推理能力与计算能力，属于难题．11．【考点】LF：棱柱、棱锥、棱台的体积．【解答】解：AB⊥OB，可得PB⊥AB，即AB⊥面POB，所以面P AB⊥面POB．OD⊥PB，则OD⊥面P AB，OD⊥DC，OD⊥PC，又，PC⊥OC，所以PC⊥面OCD．即PC是三棱锥P﹣OCD的高．PC＝OC＝2．而△OCD的面积在OD＝DC＝时取得最大值（斜边＝2的直角三角形）．当OD＝时，由PO＝2，知∠OPB＝30°，OB＝PO tan30°＝．故答案为：．【点评】本题考查圆锥的结构特征，棱锥的体积等知识，考查空间想象能力，是中档题．12．【考点】8E：数列的求和．【解答】解：依题意得，首项为1的数列有1，6，a，b，c，d，故有A44＝24种，首项为2的数列有2，1，6，b，c，d，或2，6，a，b，c，d，故有A44+A33＝30种，首项为3的数列有3，6，a，b，c，d，或3，1，6，b，c，d，或3，2，6，b，c，d或3，1，6，c，d或，3，2，1，6，c，d，故有A44+2A33+2A22＝40种，首项为4的数列有24+18+12+6＝60种，即4，6，a，b，c，d，有A44＝24种，4，1，6，b，c，d，或4，2，6，b，c，d，或4，3，6，b，c，d，有3A33＝18种，4，a，b，6，c，d，（其中a，b∈{1，2，3}），则有A32A22＝12种，4，a，b，c，6，d，（其中a，b，c∈{1，2，3}），则有6种，首项为5的数列有24×5＝120种，即5，6，a，b，c，d，有A44＝24种，5，1，6，b，c，d，或5，2，6，b，c，d，或5，3，6，b，c，d，或5，4，6，b，c，d有4A33＝24种，5，a，b，6，c，d，（其中a，b∈{1，2，3，4}），则有A42A22＝24种，5，a，b，c，6，d，（其中a，b，c∈{1，2，3，4}），则有24种，5，a，b，c，d，6，（其中a，b，c，d∈{1，2，3，4}），则有24种，综上，所有首项的和为24×1+30×2+40×3+60×4+120×5＝1044．故答案为：1044【点评】本题考查了排列组合问题，考查了新定义问题，考查了运算能力和转化能力，属于难题二、选择题（本大题共有4题，满分16）13．【考点】DA：二项式定理．【解答】解：根据题意，的展开式的通项为T r+1＝（x）2018﹣r（）r＝××x2018﹣r；其系数为×，若系数为有理数，必有r＝6n，（n＝1、2 (336)共有336项，故选：A．【点评】本题考查二项式定理的应用，关键是掌握二项式定理的形式，属于基础题．14．【考点】L!：由三视图求面积、体积．【解答】解：几何体的直观图如图：所以几何体的表面积为：3+3×+＝．故选：B．【点评】本题考查三视图求解几何体的表面积，判断几何体的形状是解题的关键．15．【考点】8B：数列的应用．【解答】解：由题意可知，“规范01数列”有偶数项2m项，且所含0与1的个数相等，首项为0，末项为1，若m＝4，说明数列有8项，满足条件的数列有：0，0，0，0，1，1，1，1；0，0，0，1，0，1，1，1；0，0，0，1，1，0，1，1；0，0，0，1，1，1，0，1；0，0，1，0，0，1，1，1；0，0，1，0，1，0，1，1；0，0，1，0，1，1，0，1；0，0，1，1，0，1，0，1；0，0，1，1，0，0，1，1；0，1，0，0，0，1，1，1；0，1，0，0，1，0，1，1；0，1，0，0，1，1，0，1；0，1，0，1，0，0，1，1；0，1，0，1，0，1，0，1．共14个．故选：C．【点评】本题是新定义题，考查数列的应用，关键是对题意的理解，枚举时做到不重不漏，是压轴题．16．【考点】L5：旋转体（圆柱、圆锥、圆台）．【解答】解：在同一平面直角坐标系中画出椭圆与旋转体如图，椭圆绕y轴旋转一周所得的旋转体为椭球，其体积为V1＝；满足的平面区城阴影部分绕y轴旋转一周所得的旋转体是圆柱挖去一个圆锥，其体积V2＝＝．∴．故选：C．【点评】本题主要考查旋转体的体积的大小比较，考察学生的计算能力，是中档题．三、解答题（本大题共有5题，满分56分）17．【考点】9S：数量积表示两个向量的夹角．【解答】解：（1）根据条件，；∴；∴＝；（2）＝﹣2×3＝﹣3；＝，；∴＝；∴的夹角．【点评】考查向量夹角的概念，sin2α＝1﹣cos2α，三角形的面积公式，向量数量积的运算，向量长度的求法，向量夹角的余弦公式．18．【考点】D9：排列、组合及简单计数问题．【解答】解：（1）根据题意，分2步分析：①，3名女生看成一个整体，考虑其顺序有A33＝6种情况，②，将这个整体与5名男生全排列，有A66＝720种情况，则3名女生排在一起的排法有6×720＝4320种；（2）根据题意，将8人排成一排，有A88种排法，由于3名女生次序一定，则有＝6720种排法；（3）根据题意，分2步分析：①，将5名男生全排列，有A55＝120种情况，②，除去两端，有4个空位可选，在其中任选3个，安排3名女生，有A43＝24种情况，则3名女生不站在排头和排尾，也互不相邻的排法有120×24＝2880种；（4）根据题意，将3名女生排成一排，有A33＝6种情况，分2种情况讨论：①，两名女生之间有3名男生，另两名女生之间有2名男生，将5名男生分成3、2的两组，分别安排在3名女生之间，有6×××A33×A22＝1440种排法；②，任意2名女生之间都有2名男生，将5名男生分成2、2、1的三组，2个2人组安排在三名女生之间，1人安排在两端，有6×××××＝1440种排法；则每两名女生之间至少有两名男生的排法有1440+1440＝2880种；（5）根据题意，分2种情况分析：①，A、B、C三人相邻，则B在中间，A、C在两边，三人有A22＝2种排法，将3人看成一个整体，与5名男生全排列，有A66＝720种情况，则此时有2×720＝1440种排法；②，A、B、C三人不全相邻，先将5名男生全排列，有A55＝120种情况，将A、B看成一个整体，和C一起安排在5名男生形成的6个空位中，有120××＝7200种，则3名女生中，A，B要相邻，A，C不相邻的排法有1440+7200＝8640种排法．【点评】本题考查排列、组合的应用，涉及分类、分步计数原理的应用，注意常见问题的处理方法，属于中档题．19．【考点】MI：直线与平面所成的角；MK：点、线、面间的距离计算．【解答】解：（1）∵在正四棱锥P﹣BCD中，正方形ABCD的边长为3，高OP＝6，E是侧棱PD上的点且PE＝PD，F是侧棱P A上的点且PF＝P A，G是△PBC的重心．如图建立空间直角坐标系．∴D（0，﹣6，0），P（0，0，6），E（0，﹣2，4），A（6，0，0），F（3，0，3），B（0，6，0），C（﹣6，0，0），G（﹣2，2，2），＝（3，2，﹣1），＝（﹣2，4，﹣2），设平面EFG的一个法向量＝（x，y，z），则，取y＝1，得：平面EFG的一个法向量＝（0，1，2）．（2）＝（﹣8，2，2），则sinθ＝|cos＜＞|＝＝＝，∴直线AG与平面EFG所成角θ＝arcsin．（3）＝（6，2，﹣4），∴点A到平面EFG的距离d＝＝＝．【点评】本题考查平面的法向量、线面角、点到平面的距离的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．20．【考点】LM：异面直线及其所成的角；MJ：二面角的平面角及求法．【解答】解：∵平面ADE⊥平面ABCD，且∠ADE＝，∴DE⊥平面ABCD，由四边形ABCD是边长为2的正方形，∴DA，DC，DE两两互相垂直，以D为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，又EF⊥平面ADE且EF＝1，∴D（0，0，0），A（2，0，0），E（0，0，2），C（0，2，0），B（2，2，0），F（0，1，2），（1），，则cos＜＞＝，∴异面直线AE和DF所成角的大小为arccos；（2），，设平面BDF的一个法向量为，由，取z＝1，得，又平面DFC的一个法向量为，∴cos＜＞＝．由图可知，二面角B﹣DF﹣C为锐角，∴二面角B﹣DF﹣C的平面角的大小为arccos．【点评】本题考查空间角的求法，训练了利用空间向量求解空间角，是中档题．21．【考点】K4：椭圆的性质；KL：直线与椭圆的综合．【解答】解：（1）点F1、F2分别是椭圆C：（t＞0）的左、右焦点，∴a＝t，c＝t，∵椭圆C上的点到点F2的距离的最小值为2﹣2，∴a﹣c＝t﹣t＝2﹣2，解得t＝2，∴椭圆的方程为；（2）由（1）可得F1（﹣2，0），F2（2，0），点N是椭圆C上位于x轴上方的点，可设N（2cosθ，2sinθ），∴＝（2cosθ+2，2sinθ），＝（2cosθ﹣2，2sinθ），∵＝0，∴（2cosθ+2）（2cosθ﹣2）+4sin2θ＝0，解得cosθ＝0，sinθ＝1，∴N（0，2），∴△F1NF2的面积S＝|F1F2|•y N＝×4×2＝4；（3）∵向量与向量平行，∴λ＝，∵，∴（|λ|﹣1）||＝，即|λ|＞1，设M（x1，y1），N（x2，y2），∴λ（x1+2）＝x2﹣2，y2＝λy1，∴x2＝λx1+2（λ+1）∵，∴x22+2y22＝8，∴[λx1+2（λ+1）]2+2λ2y12＝12λ2+8λ+4+4λ（λ+1）x1＝8，∴4λ（λ+1）x1＝（1﹣3λ）（λ+1），∴x1＝＝，∴y12＝4﹣，则||2＝（x1+2）2+y12＝（﹣3+2）2+4﹣＝，∴||＝，∴（λ﹣1）•＝，∴3λ2﹣8λ﹣3＝0，解得λ＝3，或λ＝（舍去）．∴x1＝﹣3＝，y12＝4﹣＝，∴y1＝，则M（，），∴＝，∵向量与向量平行，∴F2N所在直线当斜率为﹣1，∴直线F2N的方程为y﹣0＝﹣（x﹣2），即为x+y﹣2＝0．【点评】题考查了椭圆的标准方程及其性质、向量的运算和及其斜率计算公式等知识与基本方法，属于难题．。