上海市交通大学附属中学高二下学期3月卓越考试数学试题

交大附中第二学期高二年级数学卓越考

.3

（卷一）

一、填空题（1-4每题4分，5-6每题5分，共26分）

1. 已知是等差数列，，，则______.

【答案】12

【解析】

【分析】根据等差数列的性质求解．

【详解】因为是等差数列，所以，，

所以，

所以．

故答案为：12.

2. 关于的不等式恒成立，则的取值范围为__________.

【答案】

【解析】

【分析】根据判别式即可求解.

详解】不等式恒成立,所以，解得，

故答案为：

3. 甲、乙、丙等6人排成一排，则甲和乙相邻且他们都和丙不相邻的排法共有__________种.（填数字）

【答案】144

【解析】

【分析】根据相邻问题捆绑，不相邻问题插空，结合分步乘法计数原理即可求解.

【详解】第一步：现将除甲乙丙之外的三个人全排列，有种方法，

第二步；将甲乙捆绑看成一个整体，然后连同丙看成两个个体，插空共有种方法，

第三步：甲乙两个人之间全排列，

由分步乘法计数原理可得总的排法有，

故答案为：144

4. 已知在中，其中的平分线所在的直线方程为，则点坐标为__________.

【答案】

【解析】

【分析】求出关于直线的对称点，可得的直线方程，联立解出即可得出的坐标．

【详解】关于直线的对称点；

 ，

，，

的直线方程为，

则由角平分线以及对称可知一定在直线上，

联立，解得，，

故答案为：

5. 如果复数z满足，那么的最大值是______.

【答案】##

【解析】

【分析】根据复数模的几何意义求解．

【详解】记复平面上数对应点，复数对应点为，复数对应点为，则在以为圆心，1为半径的圆上，，点在圆外，

当点是直线与圆的交点（在之间）时（如图），取得最大值．

故答案为：．

6. 已知实数，则的取值范围是______.

【答案】

【解析】

【分析】根据题意，设直线：，则的几何意义为，点到直线的距离，即可求出取值范围.

【详解】根据题意，设直线：，设点

那么点到直线的距离为：，

因为，所以，且直线的斜率，

当直线的斜率不存在时，，所以，

当时， ，

所以，即，

因为，所以，

故答案为：.

二、单项选择题（每题5分，共50分）

7. 经过点，并且在两坐标轴上的截距相等的直线有

A. 0条 B. 1条 C. 2条 D. 3条

【答案】C

【解析】

【分析】若直线过原点，可知满足题意；直线不过原点时，利用直线截距式，代入点的坐标求得方程，从而得到结果.

【详解】若直线过原点，则过的直线方程为：，满足题意

若直线不过原点，设直线为：

代入，解得：    直线方程为：

满足题意的直线有条

本题正确选项：

【点睛】本题考查在坐标轴截距相等的直线的求解，易错点是忽略直线过原点的情况.

8. 在中，，则为（    ）

A. 直角三角形 B. 等边三角形

C. 等腰三角形 D. 等腰直角三角形

【答案】C

【解析】

【分析】利用正弦定理及三角恒等变换计算即可.

【详解】由正弦定理可得：，而，

所以，

则，即

易知，所以

在三角形中，所以.

故选：C.

9. 如图，梯形是水平放置的一个平面图形的直观图，其中，，，则原图形的面积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】求出,再利用梯形面积公式求解.

【详解】解：由题得,

所以.

故选：B．

10. 若，则（    ）

A. 244 B. 243

C. 242 D. 241

【答案】C

【解析】

【分析】对偶法，结合二项式展开式的特征，各系数绝对值之和，将二项式中的改成，然后令 即可解出结果.

【详解】显然，，

令得，

故.

故选：C.

11. 甲乙两位游客慕名来到咸宁泡温泉，准备分别从三江森林温泉、太乙温泉、温泉谷和瑶池温泉4个温泉中随机选择其中一个，记事件A：甲和乙选择的温泉不同，事件B：甲和乙至少一人选择三江森林温泉，则条件概率（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据给定条件，求出事件A含有的基本事件个数，事件AB含有的基本事件个数，再利用条件概率公式计算作答.

【详解】甲和乙选择的温泉不同，则事件A含有的基本事件个数，

事件AB是三江森林温泉必有1人选，另1人从余下3个温泉中选择1个的事件，

则事件AB含有的基本事件个数，

所以.

故选：D

12. 已知数列为无穷项等比数列，为其前项的和，“，且”是“，总有”的（    ）

A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件

C. 充分必要条件 D. 既不必要又不充分条件

【答案】C

【解析】

【分析】根据充分条件、必要条件的定义判断即可.

【详解】若，且，

则，，，

所以，由，

当或时，，，

所以；

当时，，总有；

当时，，，即.

综上，恒成立，故充分性成立；

若“，总有”，则且，

故必要性成立.

故选：C

13. 实数，，成等差，点在动直线上的射影为，点则线段长度的取值范围为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】先根据条件确定动直线过定点，再确定点轨迹，最后根据点与圆位置关系求最值.

【详解】因为，，成等差，所以，因此过定点,

因为点在动直线上的射影为，所以点轨迹为以为直径的圆，即，从而,（为坐标原点）

故选B

【点睛】本题考查直线过定点、圆的轨迹以及点与圆的位置关系，考查综合分析求解能力，属中档题.

14. 数学中有许多形状优美的曲线，如星形线，让一个半径为的小圆在一个半径为的大圆内部，小圆沿着大圆的圆周滚动，小圆的圆周上任点形成的轨迹即为星形线.如图，已知，起始位置时大圆与小圆的交点为（点为轴正半轴上的点），滚动过程中点形成的轨迹记为星形线.有如下结论：

①曲线上任意两点间距离的最大值为8；

②曲线的周长大于曲线的周长；

③曲线与圆有且仅有4个公共点.

其中正确的个数为（    ）

A. 0 B. 1 C. 2 D. 3

【答案】C

【解析】

【分析】根据题意，分析曲线经过的特殊点，据此分析3个结论，即可得答案．

【详解】根据题意,大圆周长是小圆周长的4倍，故当大圆转动周时，小圆转动了一周，根据对称性，故可知曲线经过，，，， 且这些点是曲线距离原点最远的点，

对于①，曲线上，或之间的距离最大，且，即任曲线上任意两点间距离的最大值为8，正确；

对于②曲线，图形为图中的正方形，必有的周长小于曲线的周长；

对于③，曲线与圆有且仅有4个公共点，即四点，正确；

正确的是①③，

故选：C

15. 已知正六边形ABCDEF的边长为2，P是正六边形ABCDEF边上任意一点，则的最大值为（    ）

A. 13 B. 12 C. 8 D.

【答案】B

【解析】

【分析】以正六边形ABCDEF中心O为原点建立平面直角坐标系如图所示，由向量数量积的坐标表示研究最值.

【详解】

以正六边形ABCDEF中心O为原点建立平面直角坐标系如图所示，AB、DE交y轴于G、H，

则，

设，，由正六边形对称性，不妨只研究y轴左半部分，

（1）当P在EH上时，则，，则；

（2）当P在AG上时，则，，则；

（3）当P在EF上时，则：，，则；

（4）当P在AF上时，则：，，则.

综上，所求最大值为12.

故选：B.

16. 已知四边形是边长为5菱形，对角线（如图1），现以为折痕将菱形折起，使点B达到点P的位置.棱，的中点分别为E，F，且四面体的外接球球心落在四面体内部（不含边界，如图2），则线段长度的取值范围为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】先根据四面体侧面及底面外接圆的圆心来确定球心的位置，设角结合长度关系可得，进而可得范围.

【详解】

由题意可知△的外心在中线上，

设过点的直线⊥平面,可知平面,

同理△的外心在中线上,

设过点的直线⊥平面，则平面,

由对称性知直线的交点在直线上.

根据外接球的性质,点为四面体的外接球的球心.

由题意得,

而

所以.

令,显然,

所以.

因为，

所以，

又，所以，即.

综上可知.

故选：A.

【点睛】与几何体外接球有关的模型要熟记：

（1）正方体的外接球半径是对角线的一半；

（2）长方体的外接球半径是对角线的一半；

（3）正四面体的外接球半径是棱长的倍；

（4）“汉堡”模型（直棱柱型）的外接球半径为，其中为高，为底面外接圆的半径.

三、解答题（本题满分14分，第1小题满分6分，第2小题满分8分）

17. 已知圆的方程为，过点作圆的切线，切点为.

（1）若点的坐标为，过作直线与圆交于两点，当时，求直线的斜率；

（2）若点在直线上，请证明经过三点的圆经过定点，并求出所有定点的坐标.

【答案】（1）或   

（2）或

【解析】

【分析】（1）先找出圆的圆心和半径，利用圆心到直线的距离建立方程求解即可；

（2）设，找出的中点为，由于是圆的切线，所以经过三点的圆是以    为圆心，为半径的圆，根据条件写出圆的标准方程，化简得到一个恒等式，转化为方程解出即可.

【小问1详解】

由圆：的圆心为，半径为，

过作直线与圆交于两点，

则直线的斜率存在，设为，

则令直线的方程为：，

由，

所以圆心到直线的距离为：

，

即，

解得：或.

【小问2详解】

因为点在直线上，所以设，

则的中点为，

因为是圆的切线，

所以经过三点的圆是以为圆心，为半径的圆，

此时圆的方程为：，

化简得：，

此式是关于的恒等式，

所以或

所以经过三点的圆必经过定点或.

（卷二）

一、填空题（每题5分，共20）

18. 已知数列的首项，且满足对任意都成立，则能使成立的正整数的最小值为_________.

【答案】18

【解析】

【分析】由已知等式得或；首先求出为等差或等比数列时的值，然后讨论为等差与等比的交叉数列，要使最小，则可利用递推关系式所满足的规律进行推导得到结果.

【详解】由知：或；

当时，数列是以为首项，为公差的等差数列，

，则，解得；

当时，数列是以1为首项，为公比的等比数列，

，则，解得：（舍）；

若数列是等差与等比的交叉数列，又，；

若要最小，则，，，

，

，

此时，故的最小值为18.

故答案为：18.

【点睛】关键点睛：本题考查根据数列中的规律求解数列中的项的问题，解题关键是能够根据递推关系式讨论若数列是等差和等比各项交叉所得的数列，则若要使最小，则需尽可能利用对数列中的项进行缩减，进而返回到首项上.

19. 函数的值域为______.

【答案】

【解析】

【分析】将问题化为轴上点到与距离差的范围，利用三角形三边关系及绝对值不等式，讨论端点情况，即可得值域.

【详解】由题设，

所以所求值域化为求轴上点到与距离差的范围，如下图示，

由图知：，即，

当三点共线且在之间时，左侧等号成立；

当三点共线且在之间时，右侧等号成立，显然不存在此情况；

所以，即，

所以函数值域为.

故答案为：

20. 已知二次函数在区间上至少有一个零点，则的最小值为__________.

【答案】

【解析】

【分析】先将函数看成关于的直线方程，再根据点到直线距离公式表示最小值函数，最后根据函数单调性求最值.

【详解】

所以

令

因为在上单调递减，在上单调递增，

所以

故答案为:

【点睛】本题考查点到直线距离公式、利用函数单调性求最值以及函数与方程，考查综合分析求解能力，属难题.

21. 已知平面向量，，，，满足，，，则的最大值为______.

【答案】

【解析】

【分析】先将所求向量式转化变形，参变向量分离，再由变形向量式的几何意义判断最值状态，最后坐标运算求解最值.

【详解】设，

则

设，，不妨设，，

，，，即为的重心.

则，

点位于圆上或圆内，故当在射线与圆周交点时，最大，即最大时.

由得，.

当且仅当时，取到最大值.

故答案为：.

【点睛】向量式的最值问题求解，要重视三个方面的分析：一是其本质上与函数的最值求解一致，变形时要搞清参变向量，从而把握变形方向；二是要重视向量本身数形兼具的特点，利用几何意义求解最值；三是坐标应用，向量坐标化将问题转化为函数最值问题求解.

二、单项选择题（每题5分，共10分）

22. 已知函数与，若存在使得，则不可能为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】结合函数的定义可以判断A选项，其余可将选项全部代入后，看是否能求解出来进行判断.

【详解】对于A选项，若，当时，，当时，，

相当于1个值对应两个，不符合函数定义，即A错误；

对于B选项，，令，则，当且仅当时成立，整理得

，解得，即，即，

存在，所以选项B正确；

对于C选项，，令，得，则，即，

存在，所以选项C正确；

对于D选项，，可得出，存在所以选项D正确；

故选：A

23. 在平面直角坐标系中，把横、纵坐标均为有理数的点称为有理点．若a为无理数，则在过点的所有直线中，下列说法正确的（    ）

A. 有无穷多条直线，每条直线上至少存在两个有理点

B. 恰有条直线，每条直线上至少存在两个有理点

C. 有且仅有一条直线至少过两个有理点

D. 每条直线至多过一个有理点

【答案】C

【解析】

【分析】分析斜率不存在的直线和斜率为0的直线上的有理点的个数，再在斜率存在且不为0的直线上假设有两个有理点，利用直线的斜率公式推导出矛盾，从而判断各选项．

【详解】显然直线过点且此直线上有无数个有理点，选项D错误；

直线上的所有点都不是有理点，

其它过点斜率存在且不为0的直线上假如有两个有理点，都是有理数，

则此直线的斜率为为有理数，又为无理数，显然，矛盾，

因此此类直线上不可能有两个或以上的有理点．所以AB均错，C正确．

故选：C．

三、多项选择题（每题6分，共12分）

24. 关于直线，则下列说法正确的是（    ）

A. 对任意，直线不过定点

B. 平面内任给点，总存在，使得直线经过该点

C. 当时，点到直线的距离最小值为

D. 对任意，且有，则直线与的交点轨迹为一直线

【答案】ACD

【解析】

【分析】根据的关系即可判断A，根据反例可判断B，根据点到直线的距离公式以及不等式可判断C，联立方程，根据的关系可判断D.

【详解】对于A，对任意随着的变化也在变化，所以无定点，故A正确，

对于B，平面内取一点，则，该方程无解，故B错误，

对于C，点到直线的距离为 ，当且仅当时，等号成立，故C正确，

对于D，联立直线与，得 ，由于，所以 ，故D正确，

故选：ACD

25. 在平面直角坐标系中，已知动圆（），则下列说法正确的是（    ）

A. 存在圆经过原点

B. 存在圆，其所有点均在第一象限

C. 存在定直线，被圆截得的弦长为定值

D. 所有动圆仅存在唯一一条公切线

【答案】AB

【解析】

【分析】对于A选项：将代入圆方程，求得，即可判断；

对于B选项：根据圆所有点均在第一象限得到，即可判断；

对于C选项：当定直线的斜率存在，设直线：，当定直线的斜率不存在，设直线，由垂径定理和勾股定理得到弦长，要使弦长为定值，则弦长与无关，得到关于和的方程组，即可求解；

对于D选项：求出所有动圆的公切线，即可求解.

【详解】对于A选项：若圆经过原点，则，

化简得：，解得：，

所以当时，圆经过原点，所以A选项正确；

对于B选项：由题意得圆的圆心，半径（），

若圆上的所有点均在第一象限，则，解得：，

即且，所以当时，圆上的所有点均在第一象限，所以B选项正确；

对于C选项：当定直线的斜率存在，

设存在定直线：，被圆截得的弦长为定值，

则圆心到直线的距离，

则弦长

即，

要使弦长为定值，则弦长与无关，

所以，解得：，

此时弦长，

不存在定直线：，被圆截得的弦长为定值，

当定直线的斜率不存在，设直线，则圆心到直线的距离，

所以弦长，

要使弦长定值，则弦长与无关，

即，此时弦长，

综上：不存在定直线，被圆截得的弦长为定值，

所以C选项错误；

对于D选项：若所有动圆存在公切线，当切线斜率不存在时，满足题意；

切线斜率存在时，且圆心到它的距离等于半径，结合C选项的证明可得：，即，

化简得：，

若所有动圆存在公切线，则上式对恒成立，

则，解得：，

此时，

综上：所有动圆存在公切线，其方程为或，所以D选项不正确，

故选：AB

四、解答题（本题满分18分（本题共有3个小题，第1小题满分4分，第2小题满分6分，第3小题满分8分）

26. 已知无穷数列A：，，…满足：①，，…且；②，设为所能取到的最大值，并记数列：，，….

（1）若数列A为等差数列且，求其公差d；

（2）若，求的值；

（3）若，，求数列的前100项和.

【答案】（1）1或2；   

（2）3    （3）7500

【解析】

【分析】（1）由等差数列写出，再由数列的性质确定，注意验证得出的数列满足数列的性质；

（2）由性质②确定的取值，再分别确定的取值，从而可得；

（3）由数列的性质先求得得，再求出，归纳出数列并用数学归纳法证明，然后求得其前100项的和．

【小问1详解】

由已知，，

又，所以或，

若，则由得，，，满足；

若，则由得，，，也满足．

所以或2；

【小问2详解】

因为，所以，

所以或，因此，

当时，且同时成立，此时，

当时，且同时成立，此时矛盾，

综上，；

【小问3详解】

因为，所以，所以，显然，，

由知，事实上，当时，与同时成立，所以，从而，

猜想数列

即数列由不能被3整除的正整数从小到大排列组成，且满足数列的两条 性质，

下面用数学归纳法证明．

①当时结论成立，

②假设时结论成立，则当时，

当时，此时，，

由于，且，所以，

当时，此时，，

由于，且，所以，

综上，数列是由不能被3整除的正整数从小到大排列组成，

数列的前100项和为：．

【点睛】关键点睛：第3小问题中解题关键是由数列满足的性质确定数列的项，由根据不等式的性质得出的可能值，得出，再得出的可能值，得，然后归纳出数列并用数学归纳法证明．