上海市民星高级中学高二数学理联考试卷含解析

上海市民星高级中学高二数学理联考试卷含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1.已知函数是奇函数且是上的增函数，若满足不等式，则的最大值是（

）A．

B．

C．

D．参考答案：C略2.某单位有老年人28人，中年人54人，青年人81人．为了调查他们的身体状况，需从他们中抽取一个容量为36的样本，最适合抽取样本的方法是（）A．简单随机抽样B．系统抽样C．分层抽样D．先从老年人中剔除一人，然后分层抽样参考答案：D【考点】分层抽样方法．【分析】由于总体由具有明显不同特征的三部分构成，故应采用分层抽样的方法，若直接采用分层抽样，则运算出的结果不是整数，先从老年人中剔除一人，然后分层抽样．【解答】解：由于总体由具有明显不同特征的三部分构成，故不能采用简单随机抽样，也不能用系统抽样，若直接采用分层抽样，则运算出的结果不是整数，先从老年人中剔除一人，然后分层抽样，此时，每个个体被抽到的概率等于==，从各层中抽取的人数分别为27×=6，54×=12，81×=18．故选

D．3.下列函数在其定义域内既是奇函数又是偶函数的是（

）A.；

B.；

C.；

D.

参考答案：C略4.

执行如图所示的程序框图，输出的值为（

）A．

B．

C．

D．参考答案：C5.在平行六面体中，，，则对角线的长度为A．

B．4

C．

D．参考答案：D略6.用反证法证明某命题时，对结论：“自然数a，b，c中至少有一个偶数”正确的反设为（

）A.a，b，c中至少有两个偶数 B.a，b，c老师偶数C.a，b，c中至少有两个偶数或都是奇数 D.a，b，c都是奇数参考答案：D【分析】反证法的第一步是假设不成立，根据此规则得到答案.【详解】对：自然数a，b，c中至少有一个偶数.假设不成立，则应该为：a，b，c都是奇数故答案选D【点睛】本题考查了反证法，属于简单题.7.已知等差数列共有10项，其中奇数项之和15，偶数项之和为30，则其公差是（）

A．5

B．4

C．3

D．2参考答案：C略8.已知函数，若|f（x）|≥2ax，则a的取值范围是（）A．（﹣∞，0] B．[﹣2，1] C．[﹣2，0] D．[﹣1，0]参考答案：A考点：分段函数的应用．专题：函数的性质及应用．分析：作出函数f（x）和y=ax的图象，将方程问题转化为两个函数的交点个数问题，利用数形结合进行求解即可．解答：解：作出函数y=|f（x）|的图象如图：若a＞0，则|f（x）|≥2ax，若a=0，则|f（x）|≥2ax，成立，若a＜0，则|f（x）|≥2ax，成立，综上a≤0，故选：A．点评：本题主要考查函数与方程的应用，利用分段函数作出函数的图象，利用数形结合是解决本题的关键．9.过两点的直线在x轴上的截距是( )A． B． C． D．2参考答案：A略10.已知函数有三个极值点，则a的取值范围是（

）A. B.(,) C. D.(，）参考答案：C【分析】求函数的导数，根据函数有三个极值点，等价为有三个不同的实根，利用参法分离法进行求解即可．【详解】解：函数的导数，若函数有三个极值点，等价为有三个不同的实根，即，即，则，则，有两个不等于的根，则，设，则，则由得，由得且，则当时，取得极小值（1），当时，，作出函数，的图象如图，要使有两个不同的根，则满足，即实数的取值范围是，故选：．【点睛】本题主要考查函数极值的应用，以及利用构造法以及参数分离法转化求函数的取值范围是解决本题的关键，属于中档题．二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.若复数z=m2+m﹣2+（m2﹣m﹣2）i为实数，则实数m的值为．参考答案：2或﹣1【考点】复数的基本概念．【分析】由虚部为0求解关于m的一元二次方程得答案．【解答】解：∵复数z=m2+m﹣2+（m2﹣m﹣2）i为实数，∴m2﹣m﹣2=0，解得：m=2或﹣1．故答案为：2或﹣1．12.已知点P，Q为圆C：x2+y2=25上的任意两点，且|PQ|＜6，若PQ中点组成的区域为M，在圆C内任取一点，则该点落在区域M上的概率为

．参考答案：【分析】根据直线和圆的位置关系求出平面区域M的图形，利用几何概型的概率公式即可得到结论．【解答】解：当|PQ|=6时，圆心到线段PQ的距离d==4．此时M位于半径是4的圆上，∴|PQ|＜6，∴PQ中点组成的区域为M为半径为4的圆与半径为5的圆组成的圆环，即16＜x2+y2＜25，PQ中点组成的区域为M如图所示，那么在C内部任取一点落在M内的概率为=，故答案为：．【点评】本题主要考查几何概型的概率计算，根据条件求出相应的区域及其面积是解决本题的关键．13.已知数列{an}为正项等差数列，其前9项和，则的最小值为

参考答案：

14.在△ABC中，D为BC的中点，则=（+）将命题类比到空间：在三棱锥A﹣BCD中，G为△BCD的重心，则=

．参考答案：（++）考点：类比推理．专题：综合题；推理和证明．分析：由条件根据类比推理，由“△ABC”类比“四面体A﹣BCD”，“中点”类比“重心”，从而得到一个类比的命题．解答：解：由“△ABC”类比“四面体A﹣BCD”，“中点”类比“重心”有，由类比可得在四面体A﹣BCD中，G为△BCD的重心，则有=（++），故答案为：在四面体A﹣BCD中，G为△BCD的重心，则有=（++）．点评：本题考查了从平面类比到空间，属于基本类比推理．利用类比推理可以得到结论、证明类比结论时证明过程与其类比对象的证明过程类似或直接转化为类比对象的结论，属于基础题．15.已知x，y满足约束条件，若y﹣x的最大值是a，则二项式（ax﹣）6的展开式中的常数项为

.（用数字作答）参考答案：﹣540【考点】7C：简单线性规划．【分析】首先利用约束条件得到可行域，结合y﹣x的几何意义求出其最大值，然后对二项式的通项求常数项．【解答】解：已知得到可行域如图：设z=y﹣x变形为y=x+z，当此直线经过图中B（0，3）时，直线在y轴的截距最大，z最大，所以z的最大值为3，所以a=3，二项式（3x﹣）6的通项为，所以r=3时，展开式中的常数项为=﹣540；故答案为：﹣540【点评】本题考查了简单线性规划问题与二项式定理的运用；关键是利用数形结合正确求出a，然后由二项展开式通项求常数项．16.已知双曲线的方程为，则此双曲线的实轴长为

．参考答案：6【考点】双曲线的标准方程．【分析】双曲线方程中，由a2=9，求出a，即可能求出双曲线的实轴长．【解答】解：双曲线方程中，∵a2=9，∴a=3∴双曲线的实轴长2a=2×3=6．故答案为6．17.设是正方体的一条棱，这个正方体中与平行的棱共有______________条．参考答案：3略三、解答题：本大题共5小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤18.（本小题1０分）已知f(x)是二次函数，其图像过点（0，1），且求f(x)参考答案：略19.如图，在四棱锥P﹣ABCD，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，PA=AD=2，AB=1，BM⊥PD于点M．（1）求证：AM⊥PD（2）求点D到平面ACM的距离．参考答案：【考点】点、线、面间的距离计算．【分析】（1）推导出AB⊥AD，AB⊥PA，从而AB⊥平面PAD，由BM⊥PD，PD⊥平面ABM，AM⊥PD．（2）以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出点D到平面ACM的距离．【解答】证明：（1）∵在四棱锥P﹣ABCD，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，∴AB⊥AD，AB⊥PA，∵PA∩AD=A，∴AB⊥平面PAD，∵BM⊥PD于点M，AB∩BM=B，∴PD⊥平面ABM，∵AM?平面ABM，∴AM⊥PD．解：（2）以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，则A（0，0，0），C（1，2，0），P（0，0，2），D（0，2，0），M（0，1，1），=（0，2，0），=（1，2，0），=（0，1，1），设平面ACM的法向量=（x，y，z），则，取x=2，得=（2，﹣1，1），∴点D到平面ACM的距离：d===．【点评】本题考查线线垂直的证明，考查点到平面的距离的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．20.已知椭圆C1：的离心率为，且椭圆上点到椭圆C1左焦点距离的最小值为﹣1．（1）求C1的方程；（2）设直线l同时与椭圆C1和抛物线C2：y2=4x相切，求直线l的方程．参考答案：【考点】K4：椭圆的简单性质．【分析】（1）运用椭圆的离心率和最小距离a﹣c，解方程可得a=，c=1，再由a，b，c的关系，可得b，进而得到椭圆方程；（2）设出直线y=kx+m，联立椭圆和抛物线方程，运用判别式为0，解方程可得k，m，进而得到所求直线的方程．【解答】解：（1）由题意可得e==，由椭圆的性质可得，a﹣c=﹣1，解方程可得a=，c=1，则b==1，即有椭圆的方程为+y2=1；（2）直线l的斜率显然存在，可设直线l：y=kx+m，由，可得（1+2k2）x2+4kmx+2m2﹣2=0，由直线和椭圆相切，可得△=16k2m2﹣4（1+2k2）（2m2﹣2）=0，即为m2=1+2k2，①由，可得k2x2+（2km﹣4）x+m2=0，由直线和抛物线相切，可得△=（2km﹣4）2﹣4k2m2=0，即为km=1，②由①②可得或，即有直线l的方程为y=x+或y=﹣x﹣．21.已知平面上的动点P（x，y）及两定点A（﹣2，0），B（2，0），直线PA，PB的斜率分别是k1，k2且．（1）求动点P的轨迹C的方程；（2）设直线l：y=kx+m与曲线C交于不同的两点M，N．①若OM⊥ON（O为坐标原点），证明点O到直线l的距离为定值，并求出这个定值②若直线BM，BN的斜率都存在并满足，证明直线l过定点，并求出这个定点．参考答案：【考点】直线与圆锥曲线的关系；恒过定点的直线；圆锥曲线的轨迹问题．【分析】（1）利用斜率计算公式即可得出；（2）把直线l的方程与椭圆方程联立得到根与系数的关系，①利用OM⊥ON?x1x2+y1y2=0即可得到k与m的关系，再利用点到直线的距离公式即可证明；②利用斜率计算公式和根与系数的关系即可得出k与m的关系，进而证明结论．【解答】解：（1）由题意得，（x≠±2），即x2+4y2=4（x≠±2）．∴动点P的轨迹C的方程是．（2）设点M（x1，y1），N（x2，y2），联立，化为（1+4k2）x2+8kmx+4m2﹣4=0，∴△=64k2m2﹣16（m2﹣1）（1+4k2）=16（1+4k2﹣m2）＞0．∴，．∴y1y2=（kx1+m）（kx2+m）=，①若OM⊥ON，则x1x2+y1y2=0，∴，∴，化为，此时点O到直线l的距离d=．②∵kBM?kBN=﹣，∴，∴x1x2﹣2（x1+x2）+4+4y1y2=0，∴+，代入化为，化简得m（m+2k）=0，解得m=0或m=﹣2k．当m=0时，直线l恒过原点；当m=﹣2k时，直线l恒过点（2，0），此时直线l与曲线C最多有一个公共点，不符合题意，综上可知：直线l恒过定点（0，0）．22.如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，D，E分别为AC，AB的中点，点F为线段CD上的一点，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1F⊥CD，如图2.（1）求证：DE∥平面A1CB；（2）求证：A1F⊥BE；（3）线段A1B上是否存在点Q，使A1C⊥平面DEQ?说明理由。参考答案：（1）因为D，E分别为AC，AB的中点，所以DE∥BC，又因为DE平面A1CB，所以DE∥平面A1CB.（2）由已知得AC⊥BC且DE∥BC，所以DE⊥AC.所以DE⊥A1D，DE⊥CD.所