基础卷-学易金卷：2022-2023学年高二数学上学期期末考前必刷卷01（沪教版2020）

2022-2023学年数学上学期期末考前必刷卷01 高二数学 1． 【分析】在原图形中作出，然后由勾股定理计算． 【详解】如图，在原图形中，，， ， 故答案为：． 2．4 【分析】根据题意，用排除法分析：先分析从四棱锥的5个顶点中任选4个不同的点的取法，排除其中共面的情况，分析可得答案． 【详解】解：根据题意，从四棱锥的5个顶点中任选4个不同的点，有种取法， 其中共面，不能构成不同三棱锥的情况有1种， 则取出的四点能够构成不同三棱锥的个数是4； 故答案为：4． 3． 【分析】根据空间位置关系直接证明判断即可. 【详解】 如图所示， 取中点，连接，， 由已知为正四面体， 则，均为正三角形， 所以，， 所以平面， 故， 即直线与直线的夹角为， 故答案为：. 4．相交和平行 【分析】根据两个平面之间的位置关系，可得答案. 【详解】两个平面的位置关系有相交和平行两种， 故答案为：相交和平行 5． 【分析】将三棱柱侧面展开如图，得到展开图的对角线即为最短距离，根据棱柱的侧面积求出高，再利用勾股定理计算可得． 【详解】解：将正三棱柱沿侧棱展开，其侧面展开图如图所示， 依题意，由侧面积为，所以，则， 依题意沿着三棱柱的侧面绕行一周到达点的最短路线为； 故答案为： 6． 【分析】先求出所有可能的点数组合数，再列举出所有点数和不超过5的组合，应用古典概率的求法求概率. 【详解】两枚骰子可能点数组合有种，而点数和不超过5的组合有、、、、、、、、、共有10种， 所以向上的点数之和不超过5的概率为. 故答案为：. 7．## 【分析】由圆锥侧面积公式求得底面半径，体高为，应用圆锥的体积公式求体积. 【详解】由题设，令圆锥底面半径为，则体高为，母线为， 所以，则， 故圆锥的体积为. 故答案为： 8．2 【分析】根据平均数的公式进行求解即可． 【详解】∵数据的平均数为4 ∴，即. 故答案为：2. 【点睛】本题主要考查平均数的计算和应用，比较基础． 9． 【分析】确定外接球球心求得球半径后可得表面积． 【详解】由于平面，因此与底面上的直线都垂直， 从而与不可能垂直，否则是锐角三角形，由于，因此有， 而与是平面内两相交直线，则平面，平面，所以， 所以的中点到四个点的距离相等，即为四面体PABC的外接球球心． ，， 所以所求表面积为． 故答案为：． 10． 【分析】分析可知平面的一个法向量为，利用空间向量法可求得的值. 【详解】由题意可知，平面的一个法向量为，所以，. 故答案为：. 11．①③④ 【分析】根据线面平行的判定定理，以及线线垂直的判定，结合棱锥体积的计算公式，以及棱锥外接球半径的求解，对每一项进行逐一求解和分析即可. 【详解】对①：当H为DE的中点时，取中点为，连接， 因为分别为的中点， 故可得//，， 根据已知条件可知：//， 故//， 故四边形为平行四边形，则//，又平面平面， 故//面，故①正确； 对②：因为平面平面， 故， 又四边形为矩形， 故，则两两垂直， 以为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示： 则，设，， 若GH⊥AE，则， 即，解得，不满足题意，故②错误； 对③：，因为均为定点，故为定值， 又//平面平面， 故//面， 又点在上运动，故点到平面的距离是定值， 故三棱锥的体积为定值，则③正确； 对④：由题可得平面，又面为正方形， ∴， ∴AB⊥平面BCF，则AB，BC，CF两两垂直， ∴AF为三棱锥的外接球的直径， 又， ∴三棱锥的外接球表面积为，故④正确. 故答案为：①③④. 12．②④或②⑤或③⑤ 【分析】设，，则，计算出，，，若在边上存在点，使得为钝角三角形，则，解不等式再根据已知条件可得答案. 【详解】设，，则， 因为平面，底面四边形为矩形， 所以，则， ，， 若在边上存在点，使得为钝角三角形， 则，即， 整理得， 要使不等式有解，只需，即只需即可， 因为①；②；③；④；⑤， 所以②④或②⑤或③⑤. 故答案为：②④或②⑤或③⑤. 13．A 【分析】依据频率分布直方图的性质即可求得10时至12时的销售额. 【详解】12时至l6时的频率为，10时至12时的频率为 10时至12时的销售额（万元） 则故选：A 14．A 【分析】过作于，作于，连接，，是与平面所成角，证明是二面角的平面角，设，然后在直角三角形中求各结论． 【详解】过作于，作于，连接，，是与平面所成角， 由得，又，平面， 所以平面，而平面，所以， 所以是二面角的平面角，所以， ，，则，同理， 设，又，则，，， ，是锐角，所以． 故选：A． 15．A 【分析】根据异面直线的定义可判断与异面，由题意建立空间直角坐标系，利用向量法可判断与不互相垂直. 【详解】解：因为，，所以， 所以与确定一个平面， 所以， 因为，所以与异面， 因为正方形与正方形互相垂直，平面平面， 平面