上海市民星高級中學高二數學理聯考試卷含解析一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個選項中，只有是一個符合題目要求的1.已知函數是奇函數且是上的增函數，若滿足不等式，則的最大值是（

）A．

B．

C．

D．參考答案：C略2.某單位有老年人28人，中年人54人，青年人81人．為了調查他們的身體狀況，需從他們中抽取一個容量為36的樣本，最適合抽取樣本的方法是（）A．簡單隨機抽樣B．系統抽樣C．分層抽樣D．先從老年人中剔除一人，然后分層抽樣參考答案：D【考點】分層抽樣方法．【分析】由于總體由具有明顯不同特征的三部分構成，故應采用分層抽樣的方法，若直接采用分層抽樣，則運算出的結果不是整數，先從老年人中剔除一人，然后分層抽樣．【解答】解：由于總體由具有明顯不同特征的三部分構成，故不能采用簡單隨機抽樣，也不能用系統抽樣，若直接采用分層抽樣，則運算出的結果不是整數，先從老年人中剔除一人，然后分層抽樣，此時，每個個體被抽到的概率等于==，從各層中抽取的人數分別為27×=6，54×=12，81×=18．故選

D．3.下列函數在其定義域內既是奇函數又是偶函數的是（

）A.；

B.；

C.；

D.

參考答案：C略4.

執行如圖所示的程序框圖，輸出的值為（

）A．

B．

C．

D．參考答案：C5.在平行六面體中，，，則對角線的長度為A．

B．4

C．

D．參考答案：D略6.用反證法證明某命題時，對結論：“自然數a，b，c中至少有一個偶數”正確的反設為（

）A.a，b，c中至少有兩個偶數 B.a，b，c老師偶數C.a，b，c中至少有兩個偶數或都是奇數 D.a，b，c都是奇數參考答案：D【分析】反證法的第一步是假設不成立，根據此規則得到答案.【詳解】對：自然數a，b，c中至少有一個偶數.假設不成立，則應該為：a，b，c都是奇數故答案選D【點睛】本題考查了反證法，屬于簡單題.7.已知等差數列共有10項，其中奇數項之和15，偶數項之和為30，則其公差是（）

A．5

B．4

C．3

D．2參考答案：C略8.已知函數，若|f（x）|≥2ax，則a的取值范圍是（）A．（﹣∞，0] B．[﹣2，1] C．[﹣2，0] D．[﹣1，0]參考答案：A考點：分段函數的應用．專題：函數的性質及應用．分析：作出函數f（x）和y=ax的圖象，將方程問題轉化為兩個函數的交點個數問題，利用數形結合進行求解即可．解答：解：作出函數y=|f（x）|的圖象如圖：若a＞0，則|f（x）|≥2ax，若a=0，則|f（x）|≥2ax，成立，若a＜0，則|f（x）|≥2ax，成立，綜上a≤0，故選：A．點評：本題主要考查函數與方程的應用，利用分段函數作出函數的圖象，利用數形結合是解決本題的關鍵．9.過兩點的直線在x軸上的截距是( )A． B． C． D．2參考答案：A略10.已知函數有三個極值點，則a的取值范圍是（

）A. B.(,) C. D.(，）參考答案：C【分析】求函數的導數，根據函數有三個極值點，等價為有三個不同的實根，利用參法分離法進行求解即可．【詳解】解：函數的導數，若函數有三個極值點，等價為有三個不同的實根，即，即，則，則，有兩個不等于的根，則，設，則，則由得，由得且，則當時，取得極小值（1），當時，，作出函數，的圖象如圖，要使有兩個不同的根，則滿足，即實數的取值范圍是，故選：．【點睛】本題主要考查函數極值的應用，以及利用構造法以及參數分離法轉化求函數的取值范圍是解決本題的關鍵，屬于中檔題．二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.若復數z=m2+m﹣2+（m2﹣m﹣2）i為實數，則實數m的值為．參考答案：2或﹣1【考點】復數的基本概念．【分析】由虛部為0求解關于m的一元二次方程得答案．【解答】解：∵復數z=m2+m﹣2+（m2﹣m﹣2）i為實數，∴m2﹣m﹣2=0，解得：m=2或﹣1．故答案為：2或﹣1．12.已知點P，Q為圓C：x2+y2=25上的任意兩點，且|PQ|＜6，若PQ中點組成的區域為M，在圓C內任取一點，則該點落在區域M上的概率為

．參考答案：【分析】根據直線和圓的位置關系求出平面區域M的圖形，利用幾何概型的概率公式即可得到結論．【解答】解：當|PQ|=6時，圓心到線段PQ的距離d==4．此時M位于半徑是4的圓上，∴|PQ|＜6，∴PQ中點組成的區域為M為半徑為4的圓與半徑為5的圓組成的圓環，即16＜x2+y2＜25，PQ中點組成的區域為M如圖所示，那么在C內部任取一點落在M內的概率為=，故答案為：．【點評】本題主要考查幾何概型的概率計算，根據條件求出相應的區域及其面積是解決本題的關鍵．13.已知數列{an}為正項等差數列，其前9項和，則的最小值為

參考答案：

14.在△ABC中，D為BC的中點，則=（+）將命題類比到空間：在三棱錐A﹣BCD中，G為△BCD的重心，則=

．參考答案：（++）考點：類比推理．專題：綜合題；推理和證明．分析：由條件根據類比推理，由“△ABC”類比“四面體A﹣BCD”，“中點”類比“重心”，從而得到一個類比的命題．解答：解：由“△ABC”類比“四面體A﹣BCD”，“中點”類比“重心”有，由類比可得在四面體A﹣BCD中，G為△BCD的重心，則有=（++），故答案為：在四面體A﹣BCD中，G為△BCD的重心，則有=（++）．點評：本題考查了從平面類比到空間，屬于基本類比推理．利用類比推理可以得到結論、證明類比結論時證明過程與其類比對象的證明過程類似或直接轉化為類比對象的結論，屬于基礎題．15.已知x，y滿足約束條件，若y﹣x的最大值是a，則二項式（ax﹣）6的展開式中的常數項為

.（用數字作答）參考答案：﹣540【考點】7C：簡單線性規劃．【分析】首先利用約束條件得到可行域，結合y﹣x的幾何意義求出其最大值，然后對二項式的通項求常數項．【解答】解：已知得到可行域如圖：設z=y﹣x變形為y=x+z，當此直線經過圖中B（0，3）時，直線在y軸的截距最大，z最大，所以z的最大值為3，所以a=3，二項式（3x﹣）6的通項為，所以r=3時，展開式中的常數項為=﹣540；故答案為：﹣540【點評】本題考查了簡單線性規劃問題與二項式定理的運用；關鍵是利用數形結合正確求出a，然后由二項展開式通項求常數項．16.已知雙曲線的方程為，則此雙曲線的實軸長為

．參考答案：6【考點】雙曲線的標準方程．【分析】雙曲線方程中，由a2=9，求出a，即可能求出雙曲線的實軸長．【解答】解：雙曲線方程中，∵a2=9，∴a=3∴雙曲線的實軸長2a=2×3=6．故答案為6．17.設是正方體的一條棱，這個正方體中與平行的棱共有______________條．參考答案：3略三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟18.（本小題1０分）已知f(x)是二次函數，其圖像過點（0，1），且求f(x)參考答案：略19.如圖，在四棱錐P﹣ABCD，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，PA=AD=2，AB=1，BM⊥PD于點M．（1）求證：AM⊥PD（2）求點D到平面ACM的距離．參考答案：【考點】點、線、面間的距離計算．【分析】（1）推導出AB⊥AD，AB⊥PA，從而AB⊥平面PAD，由BM⊥PD，PD⊥平面ABM，AM⊥PD．（2）以A為原點，AB為x軸，AD為y軸，AP為z軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能求出點D到平面ACM的距離．【解答】證明：（1）∵在四棱錐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于點M，AB∩BM=B，∴PD⊥平面ABM，∵AM?平面ABM，∴AM⊥PD．解：（2）以A為原點，AB為x軸，AD為y軸，AP為z軸，建立空間直角坐標系，則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），設平面ACM的法向量=（x，y，z），則，取x=2，得=（2，﹣1，1），∴點D到平面ACM的距離：d===．【點評】本題考查線線垂直的證明，考查點到平面的距離的求法，是中檔題，解題時要認真審題，注意空間思維能力的培養．20.已知橢圓C1：的離心率為，且橢圓上點到橢圓C1左焦點距離的最小值為﹣1．（1）求C1的方程；（2）設直線l同時與橢圓C1和拋物線C2：y2=4x相切，求直線l的方程．參考答案：【考點】K4：橢圓的簡單性質．【分析】（1）運用橢圓的離心率和最小距離a﹣c，解方程可得a=，c=1，再由a，b，c的關系，可得b，進而得到橢圓方程；（2）設出直線y=kx+m，聯立橢圓和拋物線方程，運用判別式為0，解方程可得k，m，進而得到所求直線的方程．【解答】解：（1）由題意可得e==，由橢圓的性質可得，a﹣c=﹣1，解方程可得a=，c=1，則b==1，即有橢圓的方程為+y2=1；（2）直線l的斜率顯然存在，可設直線l：y=kx+m，由，可得（1+2k2）x2+4kmx+2m2﹣2=0，由直線和橢圓相切，可得△=16k2m2﹣4（1+2k2）（2m2﹣2）=0，即為m2=1+2k2，①由，可得k2x2+（2km﹣4）x+m2=0，由直線和拋物線相切，可得△=（2km﹣4）2﹣4k2m2=0，即為km=1，②由①②可得或，即有直線l的方程為y=x+或y=﹣x﹣．21.已知平面上的動點P（x，y）及兩定點A（﹣2，0），B（2，0），直線PA，PB的斜率分別是k1，k2且．（1）求動點P的軌跡C的方程；（2）設直線l：y=kx+m與曲線C交于不同的兩點M，N．①若OM⊥ON（O為坐標原點），證明點O到直線l的距離為定值，并求出這個定值②若直線BM，BN的斜率都存在并滿足，證明直線l過定點，并求出這個定點．參考答案：【考點】直線與圓錐曲線的關系；恒過定點的直線；圓錐曲線的軌跡問題．【分析】（1）利用斜率計算公式即可得出；（2）把直線l的方程與橢圓方程聯立得到根與系數的關系，①利用OM⊥ON?x1x2+y1y2=0即可得到k與m的關系，再利用點到直線的距離公式即可證明；②利用斜率計算公式和根與系數的關系即可得出k與m的關系，進而證明結論．【解答】解：（1）由題意得，（x≠±2），即x2+4y2=4（x≠±2）．∴動點P的軌跡C的方程是．（2）設點M（x1，y1），N（x2，y2），聯立，化為（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，則x1x2+y1y2=0，∴，∴，化為，此時點O到直線l的距離d=．②∵kBM?kBN=﹣，∴，∴x1x2﹣2（x1+x2）+4+4y1y2=0，∴+，代入化為，化簡得m（m+2k）=0，解得m=0或m=﹣2k．當m=0時，直線l恒過原點；當m=﹣2k時，直線l恒過點（2，0），此時直線l與曲線C最多有一個公共點，不符合題意，綜上可知：直線l恒過定點（0，0）．22.如圖1，在Rt△ABC中，∠C=90°，D，E分別為AC，AB的中點，點F為線段CD上的一點，將△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1F⊥CD，如圖2.（1）求證：DE∥平面A1CB；（2）求證：A1F⊥BE；（3）線段A1B上是否存在點Q，使A1C⊥平面DEQ?說明理由。參考答案：（1）因為D，E分別為AC，AB的中點，所以DE∥BC，又因為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