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1、1 20XX 年浦东新区高三练习数 学 试 卷（理科答案）一. 填空题（本大题满分56 分）本大题共有14 题，考生应在答题纸上相应编号的空格内直接填写结果，每个空格填对得4 分，否则一律得零分1函数1lg)(xxf的定义域为. ), 1(2若行列式124012x，则x. 2 3若椭圆的一个焦点与圆2220xyx的圆心重合，且经过)0,5(，则椭圆的标准方程为. 22154xy4若集合1Ax xxR，2By yxxR，则ABCR. 1,05已知一个关于xy、的二元一次方程组的增广矩阵是210211，则+ =x y . 6 6已知bnnann)1(lim（其中ba,为常数），则22ba. 1 7
2、样本容量为200 的频率分布直方图如图所示. 根据样本的频率分布直方图估计,样本数据落在6,10)内的频数为64 851x展开式中不含3x项的系数的和为. 22 9在ABC中，若1AB，5BC,且552sinA，则sin C. 25410 某年级共有210 名同学参加数学期中考试，随机抽取10 名同学成绩如下：成绩（分）50 61 73 85 90 94 人数2 2 1 2 1 2 则总体标准差的点估计值为（结果精确到0.01）. 17.60 11甲乙射击运动员分别对一目标射击一次，甲射中的概率为0.8，乙射中的概率为0.9，则两人中至少有1人射中的概率为. 0.98 12在极坐标系中，定点1
3、,2A，动点 B 在曲线cos2上移动，当线段AB 最短时，点B的极径为2213在平面直角坐标系中，定义1212( ,)d P Qxxyy为两点11(,)P x y,22(,)Q xy之间的“ 折线距离 ” 。则原点)0,0(O与直线052yx上一点),(yxP的“ 折线距离 ” 的最小值是52. 14 如图放置的边长为1 的正方形ABCD沿x轴滚动，设顶点( ,)A x y的轨迹方程是( )yf x，则( )yf x在其两个相邻零点间的图像与x轴所围区域的面积为. 1精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 7 页2 A A1
4、D C B D1 C1 B1 EFPQ?二. 选择题（本大题满分20 分）本大题共有4题，每题只有一个正确答案, 选对得 5 分，答案代号必须填在答题纸上注意试题题号与答题纸上相应编号一一对应, 不能错位 . 二. 选择题15右图给出了一个程序框图，其作用是输入x的值， 输出相应的y值若要使输入的x值与输出的y值相等， 则这样的x值有答（）（A）1 个. （ B）2 个. （C）3 个. （D） 4个 . 16若ABC的面积3 3 3,22ABCS，且3AB BC，则AB与BC夹角的取值范围是答（）（A）,32.（B）,43.（C）,64.（D）,63. 17如图， 正方体1111ABCDA
5、BC D的棱长为6，动点EF、在棱11A B上，动点PQ、分别在棱ABCD、上，若2EF,DQx，APy，则四面体PEFQ的体积答（）（A）与yx,都无关 . （B）与x有关，与y无关 .（C）与xy、都有关 .（D）与x无关，与y有关 . 18已知关于x的方程20axbxc，其中a、b、c都是非零向量，且a、b不共线，则该方程的解的情况是答（）（A）至多有一个解（ B）至少有一个解（C）至多有两个解（D）可能有无数个解三、解答题19 （本题满分12 分）第一题满分6 分，第二题满分6 分已知虚数sincos1iz，sincos2iz，（1）若55221zz，求)cos(的值；（2）若21,
6、zz是方程0232cxx的两个根，求实数c的值。解（）)sin(sin)cos(cos21izz，2 分55221zz，552)sin(sin)cos(cos22， 5 分x y O D C B A 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 7 页3 cos( )=532542. 6 分（2）由题意可知cos =cos ，sin = sin 8 分且2212cossin13czz 10 分3c，经检验满足题意。 12 分20. （本题满分14 分）第一题满分7 分，第二题满分7 分如图， 用一平面去截球O，所得截面面积为16，球心
7、O到截面的距离为3cm，1O为截面小圆圆心，AB为截面小圆的直径。（1）计算球O的表面积；（2）若C是截面小圆上一点，30ABC，M、N 分别是线段1AO和1OO的中点，求异面直线AC与MN所成的角 (结果用反三角函数表示 ). 解： （1）连接 OA，由题意得，截面小圆半径为4cm（ 2 分）在1OAORt中，114,3O AOO,的由勾股定理知，5AO，（4 分）所以，球O的表面积为：425100（3cm）. （ 7 分）（2）由OAMN /得，OAC为异面直线AC 与 MN 所成的角（或补角）. （9 分）在ABCRt中， AB=8, ,30ABC则 AC=4，（10 分）连接 OC,在
8、OAC中， OA=OC=5,由余弦定理知：525425542cos222222ACOAOCOAACOAC，（12 分）故异面直线AC 与 MN 所成的角为52arccos. （14 分）21 （本题满分14 分）第一题满分4 分，第二题满分4 分，第三题满分6 分某企业投入81 万元经销某产品，经销时间共60 个月，市场调研表明，该企业在经销这个产品期间第x个月的利润)(6021,101)(201, 1)(*NxxxNxxxf（单位：万元） 。为了获得更多的利润，企 业 将 每 月 获 得 的 利 润 再 投 入 到 次 月 的 经 营 中 。 记 第x个 月 的 利 润 率 为个月前的资金总
9、和第个月的利润第xxxg)(，例如)2()1(81)3()3(fffg. （ 1）求)10(g；（2）求第x个月的当月利润率；（ 3）求该企业经销此产品期间，哪一个月的当月利润率最大，并求出该月的当月利润率。解： （1）依题意得1)10()9()3()2()1(fffff所以901)9()2()1 (81)10()10(ffffg 4 分（2）当1x时，811)1 (g当201x时，1)()1()2() 1(xfxfff则801)1()2()1(81)()(xxfffxfxg1x也符合上式。故当201x时，801)(xxg 6 分精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结
10、- - - - - - -第 3 页，共 7 页4 当6021x时，)1()21()20()2() 1(81)()(xfffffxfxg1 6 0 0220)20)(21(101101) 1()21(20811012xxxxxxxffx 6 分所以第x个月的当月利润率为6021,16002201,801)(2xxxxxxxg 8 分（3）当201x时，801)(xxg是减函数，此时)(xg的最大值为811)1(g 10 分当6021x时，79211600216002)(2xxxxxxg当且仅当xx1600，即40x时，)(xg有最大值792. 12 分因为811792，所以，当40x时，)(x
11、g有最大值792. 即该企业经销此产品期间，第40 个月的当月利润率最大，其当月利润率为792。 14 分22. （本题满分16 分）第一题满分4 分，第二题满分6 分，第三题满分6 分某同学将命题 “在等差数列na中，若nmp2，则有nmpaaa2（*,p m nN） ”改 写 成 ：“ 在 等 差 数 列na中 ， 若nmp211， 则 有nmpaaa211（*,p m nN） ” ，进而猜想： “在等差数列na中，若nmp532，则有nmpaaa532（*,p m nN） .”（1）请你判断以上同学的猜想是否正确，并说明理由；（2）请你提出一个更一般的命题，使得上面这位同学猜想的命题是你
12、所提出命题的特例，并给予证明 . （3）请类比（ 2）中所提出的命题，对于等比数列nb，请你写出相应的命题，并给予证明. 解： （1）命题“在等差数列na中，若nmp532，则有nmpaaa532（*,p m nN） ”正确 . 证明：设等差数列na的首项为1a，公差为d，由nmp532得: 1112321315235pmaaapdamdadpm155(1)and=dna) 1(515na，所以命题成立. （4 分）（ 2 ） 解 法 一 ： 在 等 差 数 列na中 ， 若ktskntmsp,， 则 有nmpkatasa（, , , ,s t k p m nN）.显然，当5, 3,2kts时
13、为以上某同学的猜想. （7 分）证 明 ： 设 等 差 数 列na的 首 项 为1a， 公 差 为d， 由ktskntmsp,得11111()pmsatas apdt amdst ad sptmst11()(1)nkad knkk andka，所以命题成立. （ 10 分）（3）解法一：在等比数列nb中，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 7 页5 若ktskntmsp,，则有kntmspbbb（, , ,s t k p m nN）.（ 13 分）证明：设等比数列nb的首项为1b，公比为q，由ktskntmsp,（, , ,
14、 ,s t k p m nN）得，knknnkktsmtpststmsptmspbqbqbqbqbqbbb)()()(11)1(1)(11111，所以命题成立 . （16分）（2）解法二：在等差数列na中，若tsnnnmmm2121，且,22112211ttssqnqnqnpmpmpm则有tsqtqqpsppanananamamam21212121（12121212,ststm mm n nn p pp q qqN）. 显然，当121121, 5,3,2, 1, 2qnpmppnmmts时为某同学的猜想（7 分）证明：设等差数列na的首项为1a，公差为d，由tsnnnmmm2121，且1122
15、1122ssttm pm pm pn qn qnq得12121112121111sppspssm am am amapdmapdmap121121122()()ssssmmm ammm dm pm pm pd=dnnnannntt21121)(dqnqnqntt)(2211=1111222111ssqandqandqan=tqtqqananan2121，所以命题成立。（10 分）（3）解法二：在等比数列nb中，若tsnnnmmm2121，且,22112211ttssqnqnqnpmpmpm，则有ttssnqnqnqmpmpmpbbbbbb22112211（Nqqqpppnnnmmmtsts,2
16、1212121）. （13 分）证明：设等比数列nb的首项为1b，公比为q，由tsnnnmmm2121，且ttssqnqnqnpmpmpm22112211得，12121212111111ssssmmmmmmppppppbbbbqbqbq11221212()1ssssp mp mp mmmmmmmbq)(121221121ssstnnnnqnqnqnnnqa=stnqnqnqbqqbqb111112211=ttnqnqnqbbb2211，所以命题成立. （16 分）得到以下一般命题不得分（, ,p m n kN） ：（1）在等差数列na中，若knkmkp532，则有nmpkakaka532. 类
17、比：在等比数列nb中，若nmp532，则有knkmkpbbb532. （2）在等差数列na中，若ntmsp55ts，则有5pmnsataa. 类比：在等比数列nb中，若5,5tsntmsp，则有5ntmspbbb. （3）在等差数列na中若kntmp2,kt2,则有nmpkataa2. 类比：在等比数列nb中，若ktkntmp2,2，则有kntmpbbb2. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 7 页6 （4）在等差数列na中，若knmsp3，ks3，则有nmpkaasa3. 类比：在等比数列nb中，若knmsp3，ks3，
18、则有knmspbbb3. 23. （本题满分18 分）第一题满分4 分，第二题满分6 分，第三题满分8 分已 知 椭 圆C的 长 轴 长 是 焦 距 的 两 倍 ， 其 左 、 右 焦 点 依 次 为1F、2F， 抛 物 线2:4Mymx(0 )m的准线与x轴交于1F，椭圆C与抛物线M的一个交点为P. （1）当1m时，求椭圆C的方程；（2） 在（1）的条件下， 直线l过焦点2F， 与抛物线M交于AB、两点，若弦长AB等于21FPF的周长，求直线l的方程；（3）由抛物线弧24ymx2(0)3mx和椭圆弧1342222mymx)232(mxm（0m）合成的曲线叫“抛椭圆”,是否存在以原点O为直角顶
19、点，另两个顶点12AA、落在“抛椭圆”上的等腰直角三角形12OA A，若存在，求出两直角边所在直线的斜率；若不存在，说明理由. 解： （1）设椭圆的实半轴长为a,短半轴长为b，半焦距为c, 当m=1 时，由题意得，a=2c=2,4, 32222acab, 所以椭圆的方程为13422yx.（4 分）（ 2 ） 依 题 意 知 直 线l的 斜 率 存 在 ， 设)1(:xkyl， 由) 1(42xkyxy得 ，0)42(2222kxkxk， 由 直 线l与 抛 物 线M有 两 个 交 点 ， 可 知0k. 设1122(,),(,)A xyB xy，由韦达定理得222142kkxx，则2221142
20、|kkxxAB（ 6分）又21FPF的周长为622ca，所以22146kk，（ 8 分）解得2k，从而可得直线l的方程为0222yx（10 分）（ 3 ） 由 题 意 得 ，“抛 椭 圆 ” 由 抛 物 线 弧224(0)3mymxx和 椭 圆 弧)232(1342222mxmmymx合成，且)362,32(1mmP、)362,32(2mmP。假设存在12OA A为等腰直角三角形，由12AA、所在曲线的位置做如下3 种情况讨论：当12AA、同时在抛物线弧224(0)3mymxx上时，由1OP、2OP的斜率分别为6,6，21OAA比为钝角，显然与题设矛盾. 此时不存在（12 分） 当12AA、同
21、时在椭圆弧)232(1342222mxmmymx上时，由椭圆与等腰直角三角形的对称性知，则两直角边关于x 轴对称 .即直线1OA的斜率为1，直线2OA的斜率为1，)232(1342222mxmmymxxy得7212xmm2,32符合题意；此时存在（15 分） 不妨设当1A在抛物线弧上，2A在椭圆弧上时，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 7 页7 于 是 设 直 线1OA的 方 程 为kxy（ 其 中6| k） ， 将 其 代 入24ymx2(0)3mx得kmykmx4,4121；由21OAOA，直线2OA的方程为xky1，同理代入椭圆弧方程2222143xymm2(2)3mxm得4312,4312222222222kmykmkx, 由12OAOA得01612324kk,解得32122k与6|k矛盾，此时不存在。因此，存在以原点O为直角顶点， 另两个顶点12AA、落在“抛椭圆” 上的等腰直角三角形12OA A，两直角边所在直线的斜率分别为1 和1.（18 分）精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 7 页
