2011届普陀区二模数学

1、2010学年度第二学期普陀区高三年级质量调研数学试卷 一、填空题（本大题满分56分）1. 双曲线的实轴长为 . 2. （理）极坐标平面内一点的极坐标为，则点到极点的距离 . （文）不等式的解集为 .3. 二项式的展开式中的第八项为 . 4. 已知点在函数，的图像上，则的反函数 . 5. 若行列式的第三行、第三列元素的代数余子式等于，则行列式的值为 . 6. 在球心为，体积为的球体表面上两点、之间的球面距离为，则的大小为 . 7. 已知无穷等比数列的前项和的极限存在，且，则数列各项的和为 . 8. （理）若直线（为参数）的方向向量与直线的法向量平行，则常数 . （文）由若干个棱长为的正方体组成的

2、几何体的三视图如下图所示，则该几何体的体积为 .第8题图-文9.已知一个圆柱的侧面展开图是一个长和宽分别为和的矩形，则该圆柱的体积是 . 10.已知数列是等差数列，则过点和点的直线的倾斜角是 .（用反三角函数表示结果）11.设抛物线上一点到该抛物线准线与直线的距离之和为，若取到最小值，则点的坐标为 . 12. （理）设整数是从不等式的整数解的集合中随机抽取的一个元素，记随机变量，则的数学期望 . （文）已知集合，集合.在集合中任取一个元素，则事件“”发生的概率是 .13. （理）已知函数若满足，（、互不相等），则的取值范围是 . （文）在平面直角坐标系中，设，动点同时满足则的最大值是 .14.

3、 把正整数排列成如图1三角形数阵，然后擦去第偶数行中的所有奇数和第奇数行中的所有偶数，可得到如图2的三角形数阵. 现将图2中的正整数按从小到大的顺序构成一个数列，若，则 第14题图-1第14题图-2二、选择题（本大题满分20分）15. 设实数、满足,且,那么下列不等式中不一定成立的是 （ ） A. ； B. ； C.； D. .16. 已知方程，其中，则在复数范围内关于该方程的根的结论正确的是( ） A. 该方程一定有一对共轭虚根； B. 该方程可能有两个正实根； C. 该方程两根的实部之和等于-2； D. 若该方程有虚根，则其虚根的模一定小于1.17. （理） 已知向量，向量，则向量与的夹角

4、为 ( ）A. ； B. ； C. ； D. .（文）对任意的，以下与的值恒相等的式子为 （ ）A. ； B. ； C. ； D. .18. 已知函数的零点，且常数分别满足，则 （ ）A. ; B. ; C. ; D. .三、解答题（本大题满分74分）本大题共有5题，解答下列各题必须在答题纸规定的方框内写出必要的步骤.19. （本题满分12分）已知复数满足（为虚数单位），复数，试确定一个以为根的实系数一元二次方程.20. （本题满分14分）为了缓解城市道路拥堵的局面，某市拟提高中心城区内占道停车场的收费标准，并实行累进加价收费。已公布的征求意见稿是这么叙述此收费标准的：“（中心城区占道停车场）

5、收费标准为每小时10元，并实行累进加价制度，占道停放1小时后，每小时按加价50%收费。”方案公布后，这则“累进加价”的算法却在媒体上引发了争议（可查询2010年12月14日的相关国内新闻）.请你用所学的数学知识说明争议的原因，并请按照一辆普通小汽车一天内连续停车14小时测算：根据不同的解释，收费各应为多少元？21.（本题满分14分）（理）如图，平面，四边形是正方形， ，点、分别为线段、和的中点. （1）求异面直线与所成角的大小；（2）在线段上是否存在一点，使得点到平面的距离恰为？若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由.（文）已知坐标平面内的一组基向量为，其中，且向量.（1）当和都为单位向量

6、时，求；（2）若向量和向量共线，求向量和的夹角.第22题图22.（本题满分16分）（理）已知函数.（1）试判断的奇偶性并给予证明；（2）求证：在区间单调递减；（3）右图给出的是与函数相关的一个程序框图，试构造一个公差不为零的等差数列，使得该程序能正常运行且输出的结果恰好为0.请说明你的理由.xy（文）如图，在平面直角坐标系中，方程为的圆的内接四边形的对角线和互相垂直，且和分别在轴和轴上 .（1）求证：;（2）若四边形的面积为8，对角线的长为2，且，求的值；（3）设四边形的一条边的中点为，且垂足为.试用平面解析几何的研究方法判断点、是否共线，并说明理由.23. （本题满分18分）（理）如图1，已

7、知半径为的圆的内接四边形的对角线和相互垂直且交点为.xy第23题图-1第23题图-2（1）若四边形中的一条对角线的长度为（），试求：四边形面积的最大值；（2）试探究：当点运动到什么位置时，四边形的面积取得最大值，最大值为多少？（3）对于之前小题的研究结论，我们可以将其类比到椭圆的情形.如图2，设平面直角坐标系中，已知椭圆（）的内接四边形的对角线和相互垂直且交于点. 试提出一个由类比获得的猜想，并尝试给予证明或反例否定.【本小题将根据你所提出的猜想的质量和证明的完整性给予不同的评分】23.（文，同理科22题） 2010学年度第二学期普陀区高三质量调研数学试卷参考答案 201104一、填空题（满分

8、56分）：1. ； 2. 理：3； 文：； 3. ； 4. ； 5. ； 6. ； 7. 32； 8. 理：-6；文：5； 9. 或； 10. 理：；11. ；12. 理：；文：； 13. 理：（2，2012）；文：； 14. 1028.二、选择题（满分20分）： 题号15161718答案CCDA三、解答题： 19.（本题满分12分）解法一：因为 ，得 ，所以 . 若实系数一元二次方程有虚根，则必有共轭虚根， 因为，故所求的一个一元二次方程可以是.解法二：设，则 ， ，以下解法同解法一.20.（本题满分14分）解：争议的原因是收费标准中对于“每小时按加价50%收费”的含义出现了歧义。以下给出三

9、种不同的理解：解释一：第一小时为10元，以后每小时都为15元.14小时总收费为：元；解释二：第一小时为10元，以后每小时都比前一小时增加5元.可以理解为等差数列求和，则14小时总收费为元.解释三：第一小时为10元，以后每小时都增加50%.可以理解为等比数列求和，则14个小时的收费为元.【说明】以上三种解释中能任意给出两种即可得满分.21. （本题满分14分）（理科）解：（1）以点为坐标原点，射线分别为的正半轴建立空间直角坐标系如图示，点、，则，.设异面直线与所成角为第21题图xyz,所以异面直线与所成角大小为.（2）假设在线段上存在一点满足条件，设点，平面的法向量为，则有 得到，取，所以，则，

10、又，解得，所以点即，则.所以在线段上存在一点满足条件，且长度为.（文科）解：(1)由题意，当时，此时，都为单位向量.故，所以.(2) 由条件因为向量和向量共线，所以，因为，所以.于是，设向量和的夹角为则，即向量和的夹角为.22.（本题满分16分）（理科，同文科23题）解：（1）由得，则，任取，都有，则该函数为奇函数.（2）任取，则有，.又，所以，即，故函数在区间上单调递减.（3）由程序框图知，公差不为零的等差数列要满足条件，则必有。由（1）知函数是奇函数，而奇函数的图像关于原点对称，所以要构造满足条件的等差数列，可利用等差数列的性质，只需等差数列满足：且即可.我们可以先确定使得，因为公差不为零

11、的等差数列必是单调的数列，只要它的最大项和最小项在中，即可满足要求. 所以只要对应的点尽可能的接近原点.如取，存在满足条件的一个等差数列可以是. 【说明】本问题结论开放. 我们可以将问题解决的方法一般化.设，若，可得.而由题意，需（）.同理，若，则需.（文科） （1）证法一：由题意，原点必定在圆内，即点代入方程的左边后的值小于0，于是有，即证.证法二：由题意，不难发现、两点分别在轴正负半轴上. 设两点坐标分别为， ，则有. 对于圆方程，当时，可得，其中方程的两根分别为点和点的横坐标，于是有.因为，故.（2）不难发现，对角线互相垂直的四边形面积，因为，可得.又因为，所以为直角，而因为四边形是圆的

12、内接四边形，故. 对于方程所表示的圆，可知，所以.（3）证：设四边形四个顶点的坐标分别为，. 则可得点的坐标为，即.又，且，故要使、三点共线，只需证即可.而，且对于圆的一般方程，当时可得，其中方程的两根分别为点和点的横坐标，于是有.同理，当时，可得，其中方程的两根分别为点和点的纵坐标，于是有.所以，即. 故、必定三点共线.23. （本题满分18分）（理科）解：（1）因为对角线互相垂直的四边形面积，而由于为定长，则当最大时，四边形面积取得最大值. 由圆的性质，垂直于的弦中，直径最长，故当且仅当过圆心时，四边形面积取得最大值，最大值为.（2）解法一：由题意，不难发现，当点运动到与圆心重合时，对角线

13、和的长同时取得最大值，所以此时四边形面积取得最大值，最大值为.解法二：设圆心到弦的距离为，到弦的距离为，的距离为.则，且.可得又，当且仅当时等号成立.所以，当且仅当时等号成立.又因为点在圆内运动，所以当点和圆心重合时，此时，故此时四边形的面积最大，最大值为.不难发现，此时该四边形是圆内接正方形，对角线交点与圆心重合.（3）类比猜想1：若对角线互相垂直的椭圆内接四边形中的一条对角线长确定时，当且仅当另一条对角线通过椭圆中心时，该椭圆内接四边形面积最大.类比猜想2：当点在椭圆中心时，对角线互相垂直的椭圆内接四边形的面积最大.以上两个均为正确的猜想，要证明以上两个猜想，都需先证：椭圆内的平行弦中，过

14、椭圆中心的弦长最大.证：设椭圆的方程为（），平行弦的方程为，联立可得不妨设、，则 由于平行弦的斜率保持不变，故可知当且仅当时，即当直线经过原点时，取得最大值（*）.特别地，当斜率不存在时，此结论也成立.由以上结论可知，类比猜想一正确。又对于椭圆内任意一点构造的对角线互相垂直的椭圆内接四边形，我们都可以将对角线平移到交点与椭圆中心重合的椭圆内接四边形,而其中,所以必有.即证明了猜想二也是正确的.n 类比猜想3：当点在椭圆中心，且椭圆内接四边形的两条互相垂直的对角线恰为椭圆长轴和短轴时，四边形面积取得最大值.要证明此猜想，也需先证“椭圆内的平行弦中，过椭圆中心的弦长最大.”在此基础上，可参考以下两种续证方法.证法一：当点在椭圆中心时，不妨设对角线所在直线的斜率为.（i）当时，即为椭圆长轴，又，故是椭圆的短轴. 所以此时椭圆内接四边