1、2010學(xué)年度第二學(xué)期普陀區(qū)高三年級質(zhì)量調(diào)研數(shù)學(xué)理科、填空題（本大題滿分56分）21 .雙曲線上-y2=1的實軸長為22 .極坐標(biāo)平面內(nèi)一點A的極坐標(biāo)為（3,-4）,則點A到極點O的距離OA=3 .二項式（2x1）9的展開式中的第八項為.4 .已知點（2,3）在函數(shù)f（x）=x2a,x三（1,）的圖像上，則f（x）的反函數(shù)f,（x）=_12x5.若行列式D=2x1的第三行、第三列元素的代數(shù)余子式等于-3,則行列式D的x12值為6.在球心為O,體積為4后的球體表面上兩點A、B之間的球面距離為近幾，則4/AOB的大小為7.已知無窮等比數(shù)列an的前n項和Sh的極限存在，且a3=4,S5-8=7,則數(shù)

2、列%各項的和為&=1-2t.8 .若直線,（t為參數(shù)）的方向向量與直線4x+ky=1的法向量平行，則常數(shù)J=2+3t,k;9 .已知一個圓柱的側(cè)面展開圖是一個長和寬分別為3冗和n的矩形，則該圓柱的體積是10 .已知數(shù)列an是等差數(shù)列，a4=15,&=55,則過點P（4,a2010）和點Q（3,a2on）的直線的傾斜角是（用反三角函數(shù)表示結(jié)果）11 .設(shè)拋物線y2=4x上一點P到該拋物線準(zhǔn)線與直線l:4x-3y+6=0的距離之和為d,若d取到最小值，則點P的坐標(biāo)為.12 .設(shè)整數(shù)m是從不等式x2-2x-8W0的整數(shù)解的集合S中隨機抽取的一個元素，記隨機變量上=m2,則-的數(shù)學(xué)期望

3、E士=ssin二x,x三(0,1,44r.13 .已知函數(shù)f(x)=右滿足f(a)=f(b)=f(c),(a、b、c互log20iiX,x1,二,不相等)，則a+b+c的取值范圍是.14 .把正整數(shù)排列成如圖1三角形數(shù)陣，然后擦去第偶數(shù)行中的所有奇數(shù)和第奇數(shù)行中的所有偶數(shù)，可得到如圖2的三角形數(shù)陣.現(xiàn)將圖2中的正整數(shù)按從小到大的順序構(gòu)成一個數(shù)列&,若ak=2011,則k=123456789101112131415161245791012141617192123252627282930313233343536262830323436171819202122232425第14題圖-1第14

4、題圖-2二、選擇題(本大題滿分20分)15 .設(shè)實數(shù)a、b、c滿足c<b<a,且ac<0,那么下列不等式中不一定成立的是()A. abac；B. c(b-a)>0；C. cb<ab；D.ac(a一c):0.16 .已知方程x2+2x-a=0,其中ac0,則在復(fù)數(shù)范圍內(nèi)關(guān)于該方程的根的結(jié)論正確的是()A.該方程一定有一對共軻虛根；B.該方程可能有兩個正實根；C.該方程兩根的實部之和等于-2;D.若該方程有虛根，則其虛根的模一定小于1.17 .已知向量a=(2cosQ2sin中)，中wi,nI,向量b=(0,-1則向量a與b的夾2角為()18 .已知函數(shù)f(x)=ax

5、+xb的零點小w(k,k+1)(YZ),且常數(shù)a,b分別滿足ab2=3,3=2,則k=()A.-1;B.0;C.1;D.2.三、解答題(本大題滿分74分)本大題共有5題，解答下列各題必須在答題紙規(guī)定的方框內(nèi)寫出必要的步驟.19 .(本題滿分12分)5已知復(fù)數(shù)w滿足w4=(32w)i(i為虛數(shù)單位)，復(fù)數(shù)z=+|w2,試確定w個以z為根的實系數(shù)一元二次方程.20 .(本題滿分14分)為了緩解城市道路擁堵的局面，某市擬提高中心城區(qū)內(nèi)占道停車場的收費標(biāo)準(zhǔn)，并實行累進(jìn)加價收費。已公布的征求意見稿是這么敘述此收費標(biāo)準(zhǔn)的：“(中心城區(qū)占道停車場)收費標(biāo)準(zhǔn)為每小時10元，并實行累進(jìn)加價制度，占道停放1小時后

6、，每小時按加價50%攵費。方案公布后，這則“累進(jìn)加價”的算法卻在媒體上引發(fā)了爭議(可查詢2010年12月14日的相關(guān)國內(nèi)新聞).請你用所學(xué)的數(shù)學(xué)知識說明爭議的原因，并請按照一輛普通小汽車一天內(nèi)連續(xù)停車14小時測算：根據(jù)不同的解釋，收費各應(yīng)為多少元？21.(本題滿分14分)如圖，PA1平面ABCD，四邊形ABCD是正方形，PA=AD=2,點E、F、G分別為線段PA、PD和CD的中點.(1)求異面直線EG與BD所成角的大小；(2)在線段CD上是否存在一點Q，使得點A到平面EFQ的一一44一，4,距離恰為一？若存在，求出線段CQ的長；若不存在，請說5明理由.22.(本題滿分已知函數(shù)f(x)16分）l

7、n（2二x2）_|x+2|-2(1)試判斷f(x)的奇偶性并給予證明;(2)求證：f(x)在區(qū)間(0,1)單調(diào)遞減;(3)右圖給出的是與函數(shù)f(x)相關(guān)的一個程序框圖，試構(gòu)造一個公差不為零的等差數(shù)列an,使得該程序能正常運行且輸出的結(jié)果恰好為0.請說第22題圖明你的理由23.如圖P.(本題滿分18分)1,已知半徑為r的圓M的內(nèi)接四邊形ABCD的對角線AC和BD相互垂直且交點為DB(1)若四邊形面積的最大值;第23題圖-1ABCD中的一條對角線(2)試探究：當(dāng)點P運動到什么位置時，四邊形ABCD的面積取得最大值，最大值為多少？(3)對于之前小題的研究結(jié)論，我們可以將其類比到橢圓的情形.如圖2,設(shè)

8、平面直角坐標(biāo)22系中，已知橢圓：'+4=1(aAb>0)的內(nèi)接四邊形ABCD的對角線a2b2AC和BD相互垂直且交于點P.試提出一個由類比獲得的猜想，并嘗試給予證明或反例否定將根據(jù)你所提出的猜想的質(zhì)量和證明的完整性給予不同的評分】.【本小題1.4.8.2010學(xué)年度第二學(xué)期普陀區(qū)高三質(zhì)量調(diào)研數(shù)學(xué)試卷參考答案、填空題(滿分56分)：2金;2.理：3;x1,x三10,二文:5.理：-6;文：5;9.12.理：5;文:13.理:201104(-00,2)11(6*);3.-144x2;7.32;(2,10.理:aaarctan4；11.2012);文:14.1028.二、選擇題題號答案

9、三、解答題:(滿分15C20分):16C17D18A43i斛法一:因為w(1+2i)=4+3i,付w=2i,12i一,5所以z二|-i|=3i.2-i若實系數(shù)一元二次方程有虛根z=3+i,則必有共軻虛根z=3i,因為z+Z=6,zz=10,故所求的一個一元二次方程可以是x2-6x10=0.解法二：設(shè)w=a+bi(a、bwR),則abi-4=3i-2ai2bh(a-4)bi=2b(3-2a)i-a-4=2ba=2b=3-2ab=-1w=2-i,以下解法同解法一.20.(本題滿分14分)解：爭議的原因是收費標(biāo)準(zhǔn)中對于“每小時按加價50%攵費”的含義出現(xiàn)了歧義。以下給出三種不同的理解：解釋一：第一小

10、時為10元，以后每小時都為15元.14小時總收費為：10+15乂13=205元；解釋二：第一小時為10元，以后每小時都比前一小時增加5元.14可以理解為等差數(shù)列求和，則14小時總U費為S14=14父10+金，13-5=595元.解釋三：第一小時為10元，以后每小時都增加50%.可以理解為等比數(shù)列求和，一14101-1.5一則14個小時的收費為§4=5818.59兀.1-1.5【說明】以上三種解釋中能任意給出兩種即可得滿分21.(本題滿分14分)(理科)解：(1)以點A為坐標(biāo)原點，射線AB,AD,AZ分別為x軸、y軸、z軸的正半軸建立空間直角坐標(biāo)系如圖示，點E(0,0,1)、G(1,2

11、,0)、B(2,0,0)、D(0,2,0),則EG=(1,2,-1),BD=(-2,2,0).設(shè)異面直線EG與BD所成角為9EGBD-24EG|BD.3,=,所以異面直線.6863EG與BD所成角大小為arccos6(2)假設(shè)在線段CD上存在一點Q滿足條件，設(shè)點Q(Xo,2,0),平面EFQ的法向量為n=(x,y,z),貝U有<nEFnEQ二0八得到y(tǒng)=0,z=xx0,取x=1,所以n=(1,0,x0),則=0EAn=0.8,又x0A0,n“44-42,解得x0=,所以點Q(,2,0)即CQ=(,0,0),則333一2一，.、2CQ=.所以在線段CD上存在一點Q滿足條件，且長度為一33(

12、文科)解：(1)由題意，當(dāng)x=0時,sinx=0,cosx=1,此時0=(1,0),62=(0,1)都、，、，一13為單位向量.故a=10+X3e2=22，所以a=1.(2)由條件a1e1出e22211-sinx必2cosx2因為向量a和向量b=(1,2茯線，所以1sinx+遮cosx1.上向、sinx+cosx22)rji)=1-sinlx3cn)LL,=0,因為xw10-I,所以一21e1，1-0,，3,設(shè)向量m和4的夾角為a2貝Ucos71=、34ee2|：52322,即向量已和色的夾角為arccos-.55(理科，同文科23題)解：(1)由2x>得xw("0)U(03)

13、,ix+2-20nttln(2-x2)則f(x)=x任取xe(_,0)U(0,V2),都有Mx)二_ln(2-x)x=-f(x),則該函數(shù)為奇函數(shù).(2)任取0<x<x2<1,則有0<x12<x2<132-x12>2-x2>1,22=ln(2-x2)ln(2-x2)0.°11，ln(2-x2)ln(2-x2)又>>1,所以>,即f(x1)>f(x2),x1x2x1x2故函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞減.(3)由程序框圖知，公差不為零的等差數(shù)列an要滿足條件，則必有f(a)+f(a2)+十f(a10)=0。由

14、(1)知函數(shù)f(x)是奇函數(shù)，而奇函數(shù)的圖像關(guān)于原點對稱，所以要構(gòu)造滿足條件的等差數(shù)列an,可利用等差數(shù)列的性質(zhì)，只需等差數(shù)列an滿足：a1+a10=a2+a9=",b=a5+a6=0且an(J2,0)U(QV2)即可.我們可以先確定as,%使得a5+a6=0,因為公差不為零的等差數(shù)列an)必是單調(diào)的數(shù)列，只要它的最大項和最小項在(-<2,0)U(0,J2)中，即可滿足要求.所以只要a5,a6對應(yīng)的點盡可能的接近原點.如取a5=-0.1,a6=0.1,存在滿足條件的一個等差數(shù)列an可以是an=0.2n-1.1(1<n<10,nN).【說明】本問題結(jié)論開放.我們可以將

15、問題解決的方法一般化.設(shè)a5=a,a6=a，若a乏(0,J2),可得d=2a.2,-a.2_._而由題忌，需a10=a6+4d父短=d=2a<-=0<a<(定0.157).49H，V、.2同理，若aw(42,0),則需2-<a<0.9(文科)(1)證法一：由題意，原點O必定在圓M內(nèi)，即點(0,0)代入方程x2+y2+Dx+Ey+F=0的左邊后的值小于0,于是有F<0,即證.證法二：由題意，不難發(fā)現(xiàn)A、C兩點分別在x軸正負(fù)半軸上.設(shè)兩點坐標(biāo)分別為A(a,0),C(c,0),則有ac<0.對于圓方程x2十y2十Dx十Ey+F=0,當(dāng)y=0時，可得x2十Dx

16、+F=0,其中方程的兩根分別為點A和點C的橫坐標(biāo)，于是有xAxC=ac=F.因為ac<0,故F<0.(2)不難發(fā)現(xiàn)，對角線互相垂直的四邊形ABCD面積SACMBDI因為s=82AC=2,可得BD=8.又因為ABAD=0,所以/A為直角，而因為四邊形是圓M的內(nèi)接四邊形，故BD=2r=8=r=4.22、一22DE2對于萬程x+y+Dx+Ey+F=0所表木的圓，可知十F=r,所以44_2_2_2一DE-4F=4r=64.(3)證：設(shè)四邊形四個頂點的坐標(biāo)分別為A(a,0),B(0,b),C(c,0),D(0,d)._cdcd則可得點G的坐標(biāo)為.一,一,即OG=一，一.2222又AB=(a,

17、b),且AB_LOH,故要使G、O、H三點共線，只需證ABOG=0即可.bd_ac而ABOG=,且對于圓M的一般方程x+y+Dx+Ey+F=0,當(dāng)y=0時可得x2+Dx+F=0,其中方程的兩根分別為點A和點C的橫坐標(biāo)，于是有xAxC=ac=F.同理，當(dāng)x=0時，可得y2+Ey+F=0,其中方程的兩根分別為點B和點D的縱坐標(biāo)，于是有yByD=bd=F.一bdc所以，ABOG=0,即AB1OG.2故O、G、H必定三點共線.23.（本題滿分18分）一.一ACBD（理科）解：（1）因為對角線互相垂直的四邊形ABCD面積S=!，而由于AC=d2為定長，則當(dāng)BD最大時，四邊形ABCD面積S取得最大值.由圓

18、的性質(zhì)，垂直于AC的弦中，直徑最長，故當(dāng)且僅當(dāng)BD過圓心M時，四邊形ABCD面積S取得最大值，最大值為dr.（2）解法一：由題意，不難發(fā)現(xiàn)，當(dāng)點P運動到與圓心M重合時，對角線AC和BD的長同時取得最大值A(chǔ)C=BD=2r,所以此時四邊形ABCD面積S取得最大值，最大值為2r2.解法二：設(shè)圓心M到弦AC的距離為d1,到弦BD的距離為d2,MP的距離為d.則AC=29d；,BD|=2，r2d22,且d2=d12+d；.可得CC22222_47V2.2,2.2.2SABCD=2Jr-d1Jr-d2=2Vr-(d1d2)rd1d22d2d2又d12d22M|d也L當(dāng)且僅當(dāng)d1=d2時等號成立.I2)所以

19、SABCD.c4,22d4-_2,.r-dr4=22d2r-2,當(dāng)且僅當(dāng)d1=d2時等號成立.又因為點P在圓內(nèi)運動，所以當(dāng)點P和圓心M重合時d=0,此時d1=d2,故此時四邊形的面積最大，最大值為Smax=2r2.不難發(fā)現(xiàn)，此時該四邊形是圓內(nèi)接正方形，對角線交點P與圓心重合.（3）類比猜想1：若對角線互相垂直的橢圓內(nèi)接四邊形ABCD中的一條對角線長確定時，當(dāng)且僅當(dāng)另一條對角線通過橢圓中心時，該橢圓內(nèi)接四邊形面積最大類比猜想2：當(dāng)點P在橢圓中心時，對角線互相垂直的橢圓內(nèi)接四邊形ABCD的面積最大.以上兩個均為正確的猜想，要證明以上兩個猜想，都需先證：橢圓內(nèi)的平行弦中，過橢圓中心的弦長最大.22x

20、y證：設(shè)橢圓的萬程為2+2=1（aAb0）,平行弦MN的方程為y=kx+m,22ab聯(lián)立可得b2x2a2（kxm）2-a2b2=0=b2a2k2x22kma2xm2a2-a2b2=0不妨設(shè)M（x1，y1）、N（x2,y2）,則MN=1k2x1-x2-2kma22b2+a2k2222.2ma-ab一4222b2a2k2.1k2b2a2k2224222,2222.4kma-4ma-abbak由于平行弦的斜率k保持不變，故可知當(dāng)且僅當(dāng)m=0時，即當(dāng)直線經(jīng)過原點時，MN取得最大值MN-2ab-rZ1+k(*).特別地，當(dāng)斜率不存在時，此結(jié)論也成立.Jb2+a2請由以上結(jié)論可知，類比猜想一正確。又對于橢

21、圓內(nèi)任意一點P構(gòu)造的對角線互相垂直的橢圓內(nèi)接四邊形，我們都可以將對角線平移到交點與橢圓中心O重合的橢圓內(nèi)接四邊形ABiGDi,而其中AC|WACiBD®B1D1,所以必有SabcdWS4b1c口.即證明了猜想二也是正確的.類比猜想3:當(dāng)點P在橢圓中心，且橢圓內(nèi)接四邊形的兩條互相垂直的對角線恰為橢圓長軸和短軸時，四邊形面積取得最大值2ab.要證明此猜想，也需先證“橢圓內(nèi)的平彳T弦中，過橢圓中心的弦長最大.”在此基礎(chǔ)上,可參考以下兩種續(xù)證方法.證法一：當(dāng)點P在橢圓中心時，不妨設(shè)對角線AC所在直線的斜率為k.(i)當(dāng)k=0時，AC即為橢圓長軸，又AC_LBD,故BD是橢圓的短軸.所以此時橢圓內(nèi)接四邊形ABCD的面積為SABCD=2ab.ABCD(ii)當(dāng)k