1、2010學年度第二學期普陀區(qū)高三年級質量調研數(shù)學試卷 一、填空題（本大題滿分56分）1. 雙曲線的實軸長為 . 2. （理）極坐標平面內一點的極坐標為，則點到極點的距離 . （文）不等式的解集為 .3. 二項式的展開式中的第八項為 . 4. 已知點在函數(shù)，的圖像上，則的反函數(shù) . 5. 若行列式的第三行、第三列元素的代數(shù)余子式等于，則行列式的值為 . 6. 在球心為，體積為的球體表面上兩點、之間的球面距離為，則的大小為 . 7. 已知無窮等比數(shù)列的前項和的極限存在，且，則數(shù)列各項的和為 . 8. （理）若直線（為參數(shù)）的方向向量與直線的法向量平行，則常數(shù) . （文）由若干個棱長為的正方體組成的

2、幾何體的三視圖如下圖所示，則該幾何體的體積為 .第8題圖-文9.已知一個圓柱的側面展開圖是一個長和寬分別為和的矩形，則該圓柱的體積是 . 10.已知數(shù)列是等差數(shù)列，則過點和點的直線的傾斜角是 .（用反三角函數(shù)表示結果）11.設拋物線上一點到該拋物線準線與直線的距離之和為，若取到最小值，則點的坐標為 . 12. （理）設整數(shù)是從不等式的整數(shù)解的集合中隨機抽取的一個元素，記隨機變量，則的數(shù)學期望 . （文）已知集合，集合.在集合中任取一個元素，則事件“”發(fā)生的概率是 .13. （理）已知函數(shù)若滿足，（、互不相等），則的取值范圍是 . （文）在平面直角坐標系中，設，動點同時滿足則的最大值是 .14.

3、 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成一個數(shù)列，若，則 第14題圖-1第14題圖-2二、選擇題（本大題滿分20分）15. 設實數(shù)、滿足,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，則在復數(shù)范圍內關于該方程的根的結論正確的是( ） A. 該方程一定有一對共軛虛根； 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. （理） 已知向量，向量，則向量與的夾角

4、為 ( ）A. ； B. ； C. ； D. .（文）對任意的，以下與的值恒相等的式子為 （ ）A. ； B. ； C. ； D. .18. 已知函數(shù)的零點，且常數(shù)分別滿足，則 （ ）A. ; B. ; C. ; D. .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)定的方框內寫出必要的步驟.19. （本題滿分12分）已知復數(shù)滿足（為虛數(shù)單位），復數(shù)，試確定一個以為根的實系數(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)內占道停車場的收費標準，并實行累進加價收費。已公布的征求意見稿是這么敘述此收費標準的：“（中心城區(qū)占道停車場）

5、收費標準為每小時10元，并實行累進加價制度，占道停放1小時后，每小時按加價50%收費?！狈桨腹己?，這則“累進加價”的算法卻在媒體上引發(fā)了爭議（可查詢2010年12月14日的相關國內新聞）.請你用所學的數(shù)學知識說明爭議的原因，并請按照一輛普通小汽車一天內連續(xù)停車14小時測算：根據(jù)不同的解釋，收費各應為多少元？21.（本題滿分14分）（理）如圖，平面，四邊形是正方形， ，點、分別為線段、和的中點. （1）求異面直線與所成角的大??；（2）在線段上是否存在一點，使得點到平面的距離恰為？若存在，求出線段的長；若不存在，請說明理由.（文）已知坐標平面內的一組基向量為，其中，且向量.（1）當和都為單位向量

6、時，求；（2）若向量和向量共線，求向量和的夾角.第22題圖22.（本題滿分16分）（理）已知函數(shù).（1）試判斷的奇偶性并給予證明；（2）求證：在區(qū)間單調遞減；（3）右圖給出的是與函數(shù)相關的一個程序框圖，試構造一個公差不為零的等差數(shù)列，使得該程序能正常運行且輸出的結果恰好為0.請說明你的理由.xy（文）如圖，在平面直角坐標系中，方程為的圓的內接四邊形的對角線和互相垂直，且和分別在軸和軸上 .（1）求證：;（2）若四邊形的面積為8，對角線的長為2，且，求的值；（3）設四邊形的一條邊的中點為，且垂足為.試用平面解析幾何的研究方法判斷點、是否共線，并說明理由.23. （本題滿分18分）（理）如圖1，已

7、知半徑為的圓的內接四邊形的對角線和相互垂直且交點為.xy第23題圖-1第23題圖-2（1）若四邊形中的一條對角線的長度為（），試求：四邊形面積的最大值；（2）試探究：當點運動到什么位置時，四邊形的面積取得最大值，最大值為多少？（3）對于之前小題的研究結論，我們可以將其類比到橢圓的情形.如圖2，設平面直角坐標系中，已知橢圓（）的內接四邊形的對角線和相互垂直且交于點. 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.【本小題將根據(jù)你所提出的猜想的質量和證明的完整性給予不同的評分】23.（文，同理科22題） 2010學年度第二學期普陀區(qū)高三質量調研數(shù)學試卷參考答案 201104一、填空題（滿分

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、選擇題（滿分20分）： 題號15161718答案CCDA三、解答題： 19.（本題滿分12分）解法一：因為 ，得 ，所以 . 若實系數(shù)一元二次方程有虛根，則必有共軛虛根， 因為，故所求的一個一元二次方程可以是.解法二：設，則 ， ，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準中對于“每小時按加價50%收費”的含義出現(xiàn)了歧義。以下給出三

9、種不同的理解：解釋一：第一小時為10元，以后每小時都為15元.14小時總收費為：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.可以理解為等差數(shù)列求和，則14小時總收費為元.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，則14個小時的收費為元.【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）以點為坐標原點，射線分別為的正半軸建立空間直角坐標系如圖示，點、，則，.設異面直線與所成角為第21題圖xyz,所以異面直線與所成角大小為.（2）假設在線段上存在一點滿足條件，設點，平面的法向量為，則有 得到，取，所以，則，

10、又，解得，所以點即，則.所以在線段上存在一點滿足條件，且長度為.（文科）解：(1)由題意，當時，此時，都為單位向量.故，所以.(2) 由條件因為向量和向量共線，所以，因為，所以.于是，設向量和的夾角為則，即向量和的夾角為.22.（本題滿分16分）（理科，同文科23題）解：（1）由得，則，任取，都有，則該函數(shù)為奇函數(shù).（2）任取，則有，.又，所以，即，故函數(shù)在區(qū)間上單調遞減.（3）由程序框圖知，公差不為零的等差數(shù)列要滿足條件，則必有。由（1）知函數(shù)是奇函數(shù)，而奇函數(shù)的圖像關于原點對稱，所以要構造滿足條件的等差數(shù)列，可利用等差數(shù)列的性質，只需等差數(shù)列滿足：且即可.我們可以先確定使得，因為公差不為零

11、的等差數(shù)列必是單調的數(shù)列，只要它的最大項和最小項在中，即可滿足要求. 所以只要對應的點盡可能的接近原點.如取，存在滿足條件的一個等差數(shù)列可以是. 【說明】本問題結論開放. 我們可以將問題解決的方法一般化.設，若，可得.而由題意，需（）.同理，若，則需.（文科） （1）證法一：由題意，原點必定在圓內，即點代入方程的左邊后的值小于0，于是有，即證.證法二：由題意，不難發(fā)現(xiàn)、兩點分別在軸正負半軸上. 設兩點坐標分別為， ，則有. 對于圓方程，當時，可得，其中方程的兩根分別為點和點的橫坐標，于是有.因為，故.（2）不難發(fā)現(xiàn)，對角線互相垂直的四邊形面積，因為，可得.又因為，所以為直角，而因為四邊形是圓的

12、內接四邊形，故. 對于方程所表示的圓，可知，所以.（3）證：設四邊形四個頂點的坐標分別為，. 則可得點的坐標為，即.又，且，故要使、三點共線，只需證即可.而，且對于圓的一般方程，當時可得，其中方程的兩根分別為點和點的橫坐標，于是有.同理，當時，可得，其中方程的兩根分別為點和點的縱坐標，于是有.所以，即. 故、必定三點共線.23. （本題滿分18分）（理科）解：（1）因為對角線互相垂直的四邊形面積，而由于為定長，則當最大時，四邊形面積取得最大值. 由圓的性質，垂直于的弦中，直徑最長，故當且僅當過圓心時，四邊形面積取得最大值，最大值為.（2）解法一：由題意，不難發(fā)現(xiàn)，當點運動到與圓心重合時，對角線

13、和的長同時取得最大值，所以此時四邊形面積取得最大值，最大值為.解法二：設圓心到弦的距離為，到弦的距離為，的距離為.則，且.可得又，當且僅當時等號成立.所以，當且僅當時等號成立.又因為點在圓內運動，所以當點和圓心重合時，此時，故此時四邊形的面積最大，最大值為.不難發(fā)現(xiàn)，此時該四邊形是圓內接正方形，對角線交點與圓心重合.（3）類比猜想1：若對角線互相垂直的橢圓內接四邊形中的一條對角線長確定時，當且僅當另一條對角線通過橢圓中心時，該橢圓內接四邊形面積最大.類比猜想2：當點在橢圓中心時，對角線互相垂直的橢圓內接四邊形的面積最大.以上兩個均為正確的猜想，要證明以上兩個猜想，都需先證：橢圓內的平行弦中，過

14、橢圓中心的弦長最大.證：設橢圓的方程為（），平行弦的方程為，聯(lián)立可得不妨設、，則 由于平行弦的斜率保持不變，故可知當且僅當時，即當直線經(jīng)過原點時，取得最大值（*）.特別地，當斜率不存在時，此結論也成立.由以上結論可知，類比猜想一正確。又對于橢圓內任意一點構造的對角線互相垂直的橢圓內接四邊形，我們都可以將對角線平移到交點與橢圓中心重合的橢圓內接四邊形,而其中,所以必有.即證明了猜想二也是正確的.n 類比猜想3：當點在橢圓中心，且橢圓內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.要證明此猜想，也需先證“橢圓內的平行弦中，過橢圓中心的弦長最大.”在此基礎上，可參考以下兩種續(xù)證方法.證法一：當點在橢圓中心時，不妨設對角線所在直線的斜率為.（i）當時，即為橢圓長軸，又，故是橢圓的短軸. 所以此時橢圓內接四邊