北京市西城区2012年高三一模试卷

数 学（理科） 2012.4

第Ⅰ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（ ）

（A）（B）（C）（D）

【答案】C

【解析】，所以，选C.

2．执行如图所示的程序框图，若输入，则输出的值为（ ）

（A）（B）（C）（D）

【答案】D

【解析】输入，.，，，，，满足条件，输出，选D.

3．若实数，满足条件则的最大值为（ ）

（A）（B）（C）（D）

【答案】A

【解析】令，即，做出可行域,由图象可知当直线过点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.

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所示，则其左视图的面积是（ ）

（A）（B）（C）（D）

【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，

所以左视图的面积为，选A.

5．已知函数的最小正周期是，那么正数（ ）

（A）（B）（C）（D）

【答案】B

【解析】，所以周期，所以，选B.

6．若，，，则下列结论正确的是（ ）

（A）（B）（C）（D）

【答案】D

【解析】，所以，选D.

7．设等比数列的各项均为正数，公比为，前项和为．若对，有，则的取值范围是（ ）

（A）（B）（C）（D）

【答案】A

【解析】若，，所以恒有，所以，成立.当，由得，若，则有，即，解得，或（舍去），此时.若，由，得，即，解得，显然当时，条件不成立，综上，满足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，且.则中所有元素之和等于（ ）

（A）（B）（C）（D）

【答案】D

【解析】因为，所以最大的数为，最小的数，则27到80之间的所有整数都有集合中的数，所以所有元素之和为，选D.

第Ⅱ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

与秒之间．将测试结果分成组：，，

，，，得到如图所示的频率分

布直方图．如果从左到右的个小矩形的面积之比为

，那么成绩在的学生人数是_____．

【答案】

【解析】成绩在的学生的人数比为，所以成绩在的学生的人数为.

10．的展开式中，的系数是_____．（用数字作答）

【答案】

【解析】二项式展开式，令，所以，所以，所以的系数为.

11. 如图，为⊙的直径，，弦交于点．若，，则_____．

【答案】

【解析】因为,所以,过O做,

则, ,

所以,.

12. 在极坐标系中，极点到直线的距离是_____．

【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.

13. 已知函数其中．那么的零点是_____；若的值域是，则的取值范围是_____．

【答案】和，

【解析】当时，由得，.当时，由，得，所以函数零点为和.当时，，所以，当，，所以此时.若的值域是，则有，，即，即的取值范围是.

14. 在直角坐标系中，动点， 分别在射线和上运动，且△的面积为．则点，的横坐标之积为_____；△周长的最小值是_____．

【答案】，

【解析】设A,B的坐标分别为，则，由题意知,所以三角形的面积为，所以.

三、解答题共6小题，共80分. 解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.

15.（本小题满分13分）

在△中，已知．

（Ⅰ）求角；

（Ⅱ）若，，求．

【答案】（Ⅰ）解：原式可化为． …3分

因为， 所以，

所以． …………5分

因为， 所以． ……………6分

（Ⅱ）解：由余弦定理，得．…………8分

因为，，

所以． …………10分

因为， …………12分

所以． …………13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（即先胜局者获胜，比赛结束），假设两人在每一局比赛中获胜的可能性相同.

（Ⅰ）求甲以比获胜的概率；

（Ⅱ）求乙获胜且比赛局数多于局的概率；

（Ⅲ）求比赛局数的分布列.

【答案】（Ⅰ）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． ………………1分

记“甲以比获胜”为事件，

则． ………………4分

（Ⅱ）解：记“乙获胜且比赛局数多于局”为事件.

因为，乙以比获胜的概率为， ………………6分

乙以比获胜的概率为， ………………7分

所以． ………………8分

（Ⅲ）解：设比赛的局数为，则的可能取值为．

， ………………9分

， ………………10分

， ………………11分

． ………………12分

比赛局数的分布列为：

………………13分

17．（本小题满分14分）

如图，四边形与均为菱形，，且．

（Ⅰ）求证：平面；

（Ⅱ）求证：∥平面；

（Ⅲ）求二面角的余弦值．

【答案】（Ⅰ）证明：设与相交于点，连结．

因为 四边形为菱形，所以，

且为中点． ………………1分

又，所以． ………3分

因为，

所以平面． ………………4分

（Ⅱ）证明：因为四边形与均为菱形，

所以//， //，

所以 平面//平面． …………7分

又平面，

所以// 平面． ………8分

（Ⅲ）解：因为四边形为菱形，且，所以△为等边三角形．

因为为中点，所以，故平面．

由两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系． ………9分

设．因为四边形为菱形，，则，所以，

．

所以．

所以，．

设平面的法向量为，则有

所以 取，得． …………12分

易知平面的法向量为． ……………13分

由二面角是锐角，得．

所以二面角的余弦值为． ………14分

18.（本小题满分13分）

已知函数，其中.

（Ⅰ）当时，求曲线在点处的切线方程；

（Ⅱ）求的单调区间.

【答案】（Ⅰ）解：当时，，． ……2分

由于，，

所以曲线在点处的切线方程是． ……4分

（Ⅱ）解：，． ………6分

① 当时，令，解得．

的单调递减区间为；单调递增区间为，……8分

当时，令，解得，或．

② 当时，的单调递减区间为，；单调递增区间为，． …………10分

③ 当时，为常值函数，不存在单调区间． ……11分

④ 当时，的单调递减区间为，；单调递增区间为，． …………13分

19.（本小题满分14分）

已知椭圆的离心率为，定点，椭圆短轴的端点是，，且.

（Ⅰ）求椭圆的方程；

（Ⅱ）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点，使平分？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由.

【答案】（Ⅰ）解：由， 得. ………2分

依题意△是等腰直角三角形，从而，故. ………4分

所以椭圆的方程是. ………5分

（Ⅱ）解：设，，直线的方程为.

将直线的方程与椭圆的方程联立，

消去得. ………7分

所以，. ………8分

若平分，则直线，的倾斜角互补，

所以. ……9分

设，则有.

将，代入上式，

整理得，

所以. ……………12分

将，代入上式，

整理得. …………13分

由于上式对任意实数都成立，所以.

综上，存在定点，使平分. ………14分

20.（本小题满分13分）

对于数列，定义“变换”：将数列变换成数列，其中，且，这种“变换”记作.继续对数列进行“变换”，得到数列，…，依此类推，当得到的数列各项均为时变换结束．

（Ⅰ）试问和经过不断的“变换”能否结束？若能，请依次写出经过“变换”得到的各数列；若不能，说明理由；

（Ⅱ）求经过有限次“变换”后能够结束的充要条件；

（Ⅲ）证明：一定能经过有限次“变换”后结束．

【答案】（Ⅰ）解：数列不能结束，各数列依次为；；；；；

；…．从而以下重复出现，不会出现所有项均为的情形． ………………2分

数列能结束，各数列依次为；；；．

………………3分

（Ⅱ）解：经过有限次“变换”后能够结束的充要条件是．………………4分

若，则经过一次“变换”就得到数列，从而结束． ……………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，则为常数列”．

当时，数列．

由数列为常数列得，解得，从而数列也

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，它变换之前的数列也为常数列，可知数列也为常数列． ………………8分

所以，数列经过有限次“变换”后能够结束的充要条件是．

（Ⅲ）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”．

证明：记数列中最大项为，则．

令，，其中．

因为， 所以，

故，证毕． ………………9分

现将数列分为两类．

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），此时由引理可知，．

第二类是含有为的项，且与最大项相邻，此时．

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．

不妨令数列的第一项为，第二项最大()．（其它情形同理）

① 当数列中只有一项为时，

若()，则，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，此数列各项均不为，为第一

类数列；

若，则；；，

此数列各项均不为，为第一类数列．

② 当数列中有两项为时，若()，则，此数列

各项均不为，为第一类数列；

若()，则，，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．

③ 当数列中有三项为时，只能是，则，

，，此数列各项均不为，为第一类数列．

总之，第二类数列至多经过次“变换”，就会得到第一类数列，即至多连续经历次“变换”，数列的最大项又开始减少．

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，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.；

12.； 13.和，； 14.，.

注：13题、14题第一问2分，第二问3分.

三、解答题：本大题共6小题，共80分.

15.（本小题满分13分）

（Ⅰ）解：原式可化为． ………………3分

因为， 所以，

所以． ………………5分

因为， 所以． ………………6分

（Ⅱ）解：由余弦定理，得．………………8分

因为，，

所以． ………………10分

因为， ………………12分

所以． ………………13分

16.（本小题满分13分）

（Ⅰ）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． ………………1分

记“甲以比获胜”为事件，

则． ………………4分

（Ⅱ）解：记“乙获胜且比赛局数多于局”为事件.

因为，乙以比获胜的概率为， ………………6分

乙以比获胜的概率为， ………………7分

所以． ………………8分

（Ⅲ）解：设比赛的局数为，则的可能取值为．

， ………………9分

， ………………10分

， ………………11分

． ………………12分

比赛局数的分布列为：

………………13分

17.（本小题满分14分）

（Ⅰ）证明：设与相交于点，连结．

因为 四边形为菱形，所以，

且为中点． ………………1分

又，所以． ………3分

因为，

所以平面． ………………4分

（Ⅱ）证明：因为四边形与均为菱形，

所以//， //，

所以 平面//平面． ………………7分

又平面，

所以// 平面． ………………8分

（Ⅲ）解：因为四边形为菱形，且，所以△为等边三角形．

因为为中点，所以，故平面．

由两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系． ………………9分

设．因为四边形为菱形，，则，所以，

．

所以．

所以，．

设平面的法向量为，则有

所以 取，得． ………………12分

易知平面的法向量为． ………………13分

由二面角是锐角，得．

所以二面角的余弦值为． ………………14分

18.（本小题满分13分）

（Ⅰ）解：当时，，． ………………2分

由于，，

所以曲线在点处的切线方程是． ………………4分

（Ⅱ）解：，． ………………6分

① 当时，令，解得．

的单调递减区间为；单调递增区间为，．……………8分

当时，令，解得，或．

② 当时，的单调递减区间为，；单调递增区间为，． ………………10分

③ 当时，为常值函数，不存在单调区间． ………………11分

④ 当时，的单调递减区间为，；单调递增区间为，． ………………13分

19.（本小题满分14分）

（Ⅰ）解：由， 得. ………………2分

依题意△是等腰直角三角形，从而，故. ………………4分

所以椭圆的方程是. ………………5分

（Ⅱ）解：设，，直线的方程为.

将直线的方程与椭圆的方程联立，

消去得. ………………7分

所以，. ………………8分

若平分，则直线，的倾斜角互补，

所以. ………………9分

设，则有.

将，代入上式，

整理得，

所以. ………………12分

将，代入上式，

整理得. ………………13分

由于上式对任意实数都成立，所以.

综上，存在定点，使平分. ………………14分

20.（本小题满分13分）

（Ⅰ）解：数列不能结束，各数列依次为；；；；；

；…．从而以下重复出现，不会出现所有项均为的情形． ………………2分

数列能结束，各数列依次为；；；．

………………3分

（Ⅱ）解：经过有限次“变换”后能够结束的充要条件是．………………4分

若，则经过一次“变换”就得到数列，从而结束． ……………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，则为常数列”．

当时，数列．

由数列为常数列得，解得，从而数列也

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，它变换之前的数列也为常数列，可知数列也为常数列． ………………8分

所以，数列经过有限次“变换”后能够结束的充要条件是．

（Ⅲ）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”．

证明：记数列中最大项为，则．

令，，其中．

因为， 所以，

故，证毕． ………………9分

现将数列分为两类．

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），此时由引理可知，．

第二类是含有为的项，且与最大项相邻，此时．

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．

不妨令数列的第一项为，第二项最大()．（其它情形同理）

① 当数列中只有一项为时，

若()，则，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，此数列各项均不为，为第一

类数列；

若，则；；，

此数列各项均不为，为第一类数列．

② 当数列中有两项为时，若()，则，此数列

各项均不为，为第一类数列；

若()，则，，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．

③ 当数列中有三项为时，只能是，则，

，，此数列各项均不为，为第一类数列．

总之，第二类数列至多经过次“变换”，就会得到第一类数列，即至多连续经历次“变换”，数列的最大项又开始减少．

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，从而结束． ………………13分