一次模拟试题+理+(2012西城一模)新人教b版.doc-道客多多

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1、北京市西城区 2012 年高三一模试卷数学（理科） 2012.4第卷（选择题共 40 分）一、选择题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分. 在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.1已知全集，集合，则（）UR1|AxUA（A）（B）（C）（D）(0,)(,1(,0(,)(,0)1,【答案】C【解析】，所以，选 C.1xx xACU或2执行如图所示的程序框图，若输入，则输出的值为（）2y（A）（B）（C）（D）53【答案】D【解析】输入， . ，，，2x5y831,5yx86，，满足条件，输出，选 D.3,1yx1233若实数，满足

2、条件则的最大值为（）0,3,xyxy（A）（B）（C）（D）90【答案】A【解析】令，即，做出可行域 ,由图yxz2zx2象可知当直线过点 A 时直线截距最大，z 最小，经过点 B 时，截距最小，z 最大.由题意知A(0,3)，B ,所以最大值为，选 A.)3(， 9)3(-4已知正六棱柱的底面边长和侧棱长相等，体积为其三视图中的俯视图如图312cm所示，则其左视图的面积是（）（A）（B）（C）（D）243cm23c2824c【答案】A【解析】正六棱柱的左视图是一个以 AB 长为宽，高为 2 的矩形， 32AB所以左视图的面积为，选 A. 3425已知函数的最小

3、正周期是，那么正数（）()sincosfxx（A）（B）（C）（D）21214【答案】B【解析】，所以周期xxxxf 2coscssincosin)( 2244 ，所以，选 B.2T16若，，，则下列结论正确的是（）2log3a3lb4lg6（A）（B）（C）（D）cacbaca【答案】D【解析】，所以，选 D.12log03 16log9l3l442b7设等比数列的各项均为正数，公比为，前项和为若对，有n qnnS*N，则的取值范围是（）nS32q（A）（B）（C）（D）(0,1(,2)1,)(0,2)【答案】A【解析】若，，所以恒

4、有，所以，成立.当q1123,naSnnS321q，由得，若，则有1nS32qqa)()(20，即，解得，或（舍去），此时)(nn 1n2n.若，由，得，即0qan1)(31)(2 )(32q，解得，显然当时，条件不成立，综上，满足023)(2nn nq,q条件的的取值范围是，答案选 A.【北京西城区理科模拟】8已知集合，其中2301| Axaa，且 .则中所有元素之和等于（）,1(,3)kak30a（A）（B）（C）（D）324029789【答案】D【解析】因为，所以最大的数为，最小的数3a 803232，则 27 到 80 之间的所有整数都有

5、集合中的数，所以所有元素之和为273，选 D.8954)80(第卷（非选择题共 110 分）二、填空题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分.9. 某年级名学生在一次百米测试中，成绩全部介于秒120 13与秒之间将测试结果分成组：，，8134),5),，，，得到如图所示的频率分56),7),18,布直方图如果从左到右的个小矩形的面积之比为5，那么成绩在的学生人数是_1:3:6,【答案】 54【解析】成绩在的学生的人数比为，所以成绩在的,18 209367116,8学生的人数为 .5420910 的展开式中，的系数是_ （用数字作答）6()x3x【答案】 160

6、【解析】二项式展开式，令，所以，所以kkkxCT)2(61 36k，所以的系数为 .33364)2(xCT31011. 如图，为的直径，，弦交于点若，AOBANCM3O，则 _ABC O MN1OMN【答案】【解析】因为 ,所以 ,过 O 做 ,13CB， 2BBMD则 , ,231BMOD23)(32BD所以 , .2N12. 在极坐标系中，极点到直线的距离是_:lsin()4【答案】【解析】把极坐标方程化为普通方程，利用点到直线的距离公式求出极点到直线的距离，即普通方程为，则极点到直线的距离为2cos2sin2yx.d13. 已知函数其中那么的零点是_；若1

7、2,0,()xxcf0()fx的值域是，则的取值范围是_()fx,4c【答案】和，10(,【解析】当时，由得， .当时，由，得cx0021xx02x02x，所以函数零点为和 .当时，，所以，当1xc21)(fcf)(，，所以此时 .若的值域24)()(22f )(4f是，则有，，即，即的取值范围是 .,4c0,014. 在直角坐标系中，动点，分别在射线和xOyAB3(0)yx上运动，且的面积为则点，的横坐标之积为_；3(0)yxB1周长的最小值是_OAB【答案】，2(1)【解析】设 A,B 的坐标分别为，则)0,(),3,()3,( 21

9、12 分2|129ABC所以 13|1分16.（本小题满分 13 分）乒乓球单打比赛在甲、乙两名运动员间进行，比赛采用局胜制（即先胜局者获744胜，比赛结束），假设两人在每一局比赛中获胜的可能性相同.（）求甲以比获胜的概率；41（）求乙获胜且比赛局数多于局的概率；5（）求比赛局数的分布列.【答案】（）解：由已知，甲、乙两名运动员在每一局比赛中获胜的概率都是 211 分记“甲以比获胜”为事件，41A则 3431()C()28PA4 分（）解：记“乙获胜且比赛局数多于局”为事件 .5B因为，乙以比获胜的概率为， 435311C()22P6 分乙以比获胜的概率为，

10、 336326()7 分所以 125()6PB8 分（）解：设比赛的局数为，则的可能取值为 X4,567， 41()2C()8PX9 分， 34341(5)()210 分， 3551(6)2C()6PX11 分 363615(7)2C()21PX12 分比赛局数的分布列为： 467P85113 分17 （本小题满分 14 分）如图，四边形与均为菱形，，且 ABCDEF60DBFAAFC（）求证：平面；（）求证：平面；（）求二面角的余弦值【答案】（）证明：设与相交于点，连结ACBDOFO因为四边形为菱形，所以，且为中点 1 分又，所以 3 分CAFO因为

11、， BDFO所以平面 4 分 E（）证明：因为四边形与均为菱形，F所以 / ， / ， AC所以平面 /平面 7 分 FBAD又平面，所以 / 平面 8 分 E（）解：因为四边形为菱形，且，所以为等边三角形60BFDBF因为为中点，所以，故平面 OBDDOAC由两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系 9 分 FA, xyzO设因为四边形为菱形，，则，所以，2AC6021ECBADF3OAF所以 )3,0(),3(),01,(),0( FCBA所以， C设平面的法向量为，则有BF=()x,yzn,0.Bn所以取，得 12 分 03,yxz1)1,

12、3(易知平面的法向量为 13 分 AFC(,0)v由二面角是锐角，得 B15cos,nv所以二面角的余弦值为 14 分FCA5118.（本小题满分 13 分）已知函数，其中 .()e(1)axf1a（）当时，求曲线在点处的切线方程；1(yfx,()f（）求的单调区间.)(xf【答案】（）解：当时，， 2 分a1()e2)xf21(e)xf由于，，(1)3ef2f所以曲线在点处的切线方程是 4 分yx(1,)fe0xy（）解：， 6 分2()eaxf0 当时，令，解得 ()0f1的单调递减区间为；单调递增区间为， 8 分)(xf ,(,)(0,)当时，令

13、，解得，或 1a()fxx1a 当时，的单调递减区间为，；单调递增0(,)(,)区间为， 10 分(1,0)(,)1a 当时，为常值函数，不存在单调区间 11 分fx 当时，的单调递减区间为，；单调递增区间为)(1,0)(,)1a， 13 分(,1)(,)a19.（本小题满分 14 分）已知椭圆的离心率为，定点，椭圆短轴的端:C21(0)xyab53(2,0)M点是，，且 .1B212MB（）求椭圆的方程；（）设过点且斜率不为的直线交椭圆于，两点.试问轴上是否存在定0CABx点，使平分？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由. PAP

14、P【答案】（）解：由，得 . 2 分22519abe23ba依题意是等腰直角三角形，从而，故 . 4 分12MB所以椭圆的方程是 . 5 分C2194xy（）解：设，，直线的方程为 . 1(,)Ay2(,)AB2xmy将直线的方程与椭圆的方程联立，B消去得 . 7 分x2(49)160my所以， . 8 分12y249若平分，则直线，的倾斜角互补，PFAPB所以 . 0Bk9 分设，则有 .(,)a120yxa将，代入上式，12xm2整理得，1212()0(myay所以 . 12 分1212)(将，代入上式，649y049ym整理得 . 13 分(

15、)a由于上式对任意实数都成立，所以 .2a综上，存在定点，使平分 . 14 分9(,0)2PMAPB20.（本小题满分 13 分）对于数列，定义“ 变换”：将数列变12:,(,12,)nniAanN TnA换成数列，其中，且，Bb |(,1)iibai 1|nba这种“ 变换”记作 .继续对数列进行“ 变换” ，得到数列，T()nTAnBC依此类推，当得到的数列各项均为时变换结束0（）试问和经过不断的“ 变换”能否结束？若能，请依次3:4,284:1,29T写出经过“ 变换”得到的各数列；若不能，说明理由；T（）求经过有限次“ 变换”后能够结束的充要条件； 312

16、3:,Aa（）证明：一定能经过有限次“ 变换”后结束44,aT【答案】（）解：数列不能结束，各数列依次为；；；3:82,64,2,0；；2,0,；从而以下重复出现，不会出现所有项均为的情形 02 分数列能结束，各数列依次为；；； 4:1,29A3,2781,54,0,3 分（）解：经过有限次“ 变换”后能够结束的充要条件3T是 4 分123a若，则经过一次“ 变换”就得到数列，从而结束 aT0,5 分当数列经过有限次“ 变换”后能够结束时，先证命题“若数列为常数列，3A 3()TA则为常数列” 3当时，数列 123a31231():,TAaa由数列为常数

17、列得，解得，从而数列()TA123a也3为常数列其它情形同理，得证在数列经过有限次“ 变换”后结束时，得到数列 (常数列)，由以上命题，3AT0,它变换之前的数列也为常数列，可知数列也为常数列 3A8 分所以，数列经过有限次“ 变换”后能够结束的充要条件是 3AT123a（）证明：先证明引理：“数列的最大项一定不大于数列的最大项，其中()nAnA”3n证明：记数列中最大项为，则 nmax()n0max()in令，，其中 ()nBTAipqbpq因为，所以，0qaa()i nA故，证毕 mx()()nn9 分现将数列分为两类4A第一类是没有为的项，或者为的项与

18、最大项不相邻（规定首项与末项相邻），此00时由引理可知， 44max()()1B第二类是含有为的项，且与最大项相邻，此时 044max()()BA下面证明第二类数列经过有限次“ 变换” ，一定可以得到第一类数列4AT不妨令数列的第一项为，第二项最大( ) （其它情形同理）4 0 当数列中只有一项为时，0若 ( )，则，此数列各项均4:0,Aabc,cb4():,|,TAabc不为或含有项但与最大项不相邻，为第一类数列；若，则；4:0,(,0)ab4():,0,Tab()|2|TA此数列各项均不为或含有项但与最大项不相邻，为第一类数列；若 ( )，则，此数列各项均不

19、为，4:0,ab,04():,TAab0为第一类数列；若，则；；4:0,Aa4():,0Ta4():,0Ta，(),T此数列各项均不为，为第一类数列当数列中有两项为时，若 ( )，则，4A04:,0Aab4():,TAab此数列各项均不为，为第一类数列；0若 ( )，则，，4:,ab0():,0Tab():,|2|,Tba此数列各项均不为或含有项但与最大项不相邻，为第一类数列0 当数列中有三项为时，只能是，则，4A04:0,Aa():,0TAa，，此数列各项均不为，为第一类数列():,Ta():,Ta总之，第二类数列至多经过次“ 变换” ，就会得到第

20、一类数列，即至多连续43T经历次“ 变换” ，数列的最大项又开始减少3T又因为各数列的最大项是非负整数，故经过有限次“ 变换”后，数列的最大项一定会为，此时数列的各项均为，00从而结束 13 分北京市西城区 2012 年高三一模试卷数学（理科）参考答案及评分标准2012.4一、选择题：本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分.1. C； 2. D； 3. A； 4.A； 5. B； 6. D； 7. A； 8. D .二、填空题：本大题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分. 9. ； 10. ； 11. ； 54160112. ； 13. 和，； 14. ， .2 (,

22、比获胜”为事件，41A则 3431()C()28PA4 分（）解：记“乙获胜且比赛局数多于局”为事件 .5B因为，乙以比获胜的概率为， 435311C()22P6 分乙以比获胜的概率为， 336326()7 分所以 125()6PB8 分（）解：设比赛的局数为，则的可能取值为 X4,567， 41()2C()8PX9 分， 343411(5)2C()2PX10 分， 355(6)()611 分 36361(7)2C()21PX12 分比赛局数的分布列为： 4567P81513 分17.（本小题满分 14 分）（）证明：设与相交于点，连结 ACBDOF因为四边形为

23、菱形，所以，BDAC且为中点 1 分O又，所以 3 分F因为， OBD所以平面 4 分 ACE（）证明：因为四边形与均为菱形，F所以 / ， / ，所以平面 /平面 FBCEAD7 分又平面，FCB所以 / 平面 8 分（）解：因为四边形为菱形，且，所以为等边三角形DEF60BFDBF因为为中点，所以，故平面 OBOAC由两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系 A, xyzO9 分设因为四边形为菱形，，则，所以，2ACD60B2D1B3OAF所以 )3,0(),3(),01,(),0( FCBA所以， C设平面的法向量为，则有BF=

24、()x,yzn,0.Bn所以取，得 03,yx 1x)1,3(n12 分易知平面的法向量为 AFC(,1)v13 分由二面角是锐角，得 B15cos,nv所以二面角的余弦值为 FCA5114 分18.（本小题满分 13 分）（）解：当时，， 1a1()e(2)xf21(e()xf2 分由于，，()3f()f所以曲线在点处的切线方程是 yx1,)f2e0xy4 分（）解：， 2()eaxxf 06 分当时，令，解得 1()0f1的单调递减区间为；单调递增区间为，)(xf ,(,0)8 分0,当时，令，解得，或 1a()0fx1x1a 当时，的单调递

25、减区间为，；单调递增(,)(,)区间为， (,0)(,)1a10 分当时，为常值函数，不存在单调区间 0a()fx11 分当时，的单调递减区间为，；单调递增区间为0a)(xf(1,)(0,)1a， (,1)(,)13 分19.（本小题满分 14 分）（）解：由，得 . 22519abe 23ba2 分依题意是等腰直角三角形，从而，故 . 12MB23a4 分所以椭圆的方程是 . C2194xy5 分（）解：设，，直线的方程为 . 1(,)Axy2(,)BAB2xmy将直线的方程与椭圆的方程联立，消去得 . 2(49)1620y7 分所以， . 12

26、ym12498 分若平分，则直线，的倾斜角互补，PFABPB所以 . 0k9 分设，则有 .(,)a120yxa将，代入上式，12xmy2xy整理得，112()0(a所以 . 1212()0myay12 分将，代入上式，12649my12049y整理得 . (29)0am13 分由于上式对任意实数都成立，所以 .2a综上，存在定点，使平分 . 9(,0)2PMAPB14 分20.（本小题满分 13 分）（）解：数列不能结束，各数列依次为；；；；3:4,28A2,64,2,0,；0,；从而以下重复出现，不会出现所有项均为的情形 2 02 分数列能结束，各数

27、列依次为；；； 4:1,29A3,2781,54,0,3 分（）解：经过有限次“ 变换”后能够结束的充要条件3T是 4 分12a若，则经过一次“ 变换”就得到数列，从而结束 3a0,5 分当数列经过有限次“ 变换”后能够结束时，先证命题“若数列为常数列，3AT 3()TA则为常数列 ”3当时，数列 123a31231():,TAaa由数列为常数列得，解得，从而数列()T123a也3A为常数列其它情形同理，得证在数列经过有限次“ 变换”后结束时，得到数列 (常数列)，由以上命题，3T0,它变换之前的数列也为常数列，可知数列也为常数列 3A8 分所以，数列经过有限次

28、“ 变换”后能够结束的充要条件是 3AT123a（）证明：先证明引理：“数列的最大项一定不大于数列的最大项，其中()nAnA”3n证明：记数列中最大项为，则 nmax()n0max()in令，，其中 ()nBTAipqbpq因为，所以，0qaa()i nA故，证毕 mx()()nn9 分现将数列分为两类4A第一类是没有为的项，或者为的项与最大项不相邻（规定首项与末项相邻），此00时由引理可知， 44max()()1B第二类是含有为的项，且与最大项相邻，此时 44max()()BA下面证明第二类数列经过有限次“ 变换” ，一定可以得到第一类数列4AT不妨令数列的

29、第一项为，第二项最大( ) （其它情形同理）400 当数列中只有一项为时，若 ( )，则，此数列各项均4:0,Aabc,cb4():,|,TAabc不为 0或含有项但与最大项不相邻，为第一类数列；若，则；4:,(,0)Aab4():,0,TAab()|2|T此数列各项均不为或含有项但与最大项不相邻，为第一类数列；0若 ( )，则，此数列各项均不为，4:,Aab,04():,TAab0为第一类数列；若，则；；4:0,a4():,0Ta4():,0Ta，(),TA此数列各项均不为，为第一类数列当数列中有两项为时，若 ( )，则，404:,0Aab4():,TAab此数列各项均不为，为第一类数列；0若 ( )，则，，4:,Aab0():,0Tab():,|2|,Tba此数列各项均不为或含有项但与最大项不相邻，为第一类数列0 当数列中有三项为时，只能是，则，404:0,Aa():,0TAa，，此数列各项均不为，为第一类数列():,TAa():,Ta总之，第二类数列至多经过次“ 变换” ，就会得到第一类数列，即至多连续4A3T经历次“ 变换” ，数列的最大项又开始减少3又因为各数列的最大项是非负整数，故经过有限次“ 变换”后，数列的最大项一定会为，此时数列的各项均为，T00从而结束 13 分

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