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北京市西城区2012年高三一模试卷数学（理科）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（ ）ABCD第2题图2执行如图所示的程序框图，若输入，则输出的值为（ ）学校 姓名 座位号 准考证号 密封 线ABCD3若实数，满足条件则的最大值为（ ）A B C D 第4题图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（ ）ABCD5已知函数的最小正周期是，那么正数（ ）ABCD6若，则下列结论正确的是（ ）ABCD7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（ ）ABCD8已知集合，其中，且.则中所有元素之和等于（ ）ABCD第卷（非选择题 共110分）第9题图二、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第11题图，那么成绩在的学生人数是 10的展开式中，的系数是 （用数字作答）11. 如图，为的直径，弦交于点若，则 12. 在极坐标系中，极点到直线的距离是 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 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 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（）求角； （）若，求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.（）求甲以比获胜的概率；（）求乙获胜且比赛局数多于局的概率；（）求比赛局数的分布列.密封 线学校 姓名 座位号 准考证号 密封 线17（本小题满分14分）如图，四边形与均为菱形， ，且第17题图（）求证：平面；（）求证：平面；（）求二面角的余弦值 18（本小题满分13分）已知函数，其中.（）当时，求曲线在点处的切线方程；（）求的单调区间.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.（）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点，使 平分？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由. 密封 线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（）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；（）求经过有限次“变换”后能够结束的充要条件； （）证明：一定能经过有限次“变换”后结束学校 姓名 座位号 准考证号 密封 线北京市西城区2012年高三一模试卷数学（理科） 参考答案一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.1C 解析：，所以，选C.第3题答案图2D 解析：输入，.，满足条件，输出，选D.3A 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.4A 解析：正六棱柱的左视图是一个以AB长为宽，高为2的矩形，第4题答案图所以左视图的面积为，选A. 5B 解析：，所以周期，所以，选B.6D 解析：，所以，选D.7A 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.8D 解析：本题可转化为二进制，集合中的二进制数为，因为，所以最大的二进制数为1111，最小的二进制数1000，对应的十进制数最大为15，最小值为8，则，8到15之间的所有整数都有集合中的数，所以所有元素之和为，选C.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分. 9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解析：二项式展开式，令，所以，所以，所以的系数为.第11题答案图11 解析：因为,所以,过O做,则,所以,.12 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， 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.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（）解：原式可化为 因为， 所以 ， 所以 因为， 所以 （）解：由余弦定理，得 因为 ， 所以 因为 ， 所以 16（）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 记“甲以比获胜”为事件，则 （）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， 乙以比获胜的概率为， 所以 （）解：设比赛的局数为，则的可能取值为 ， 密封 线， ， 比赛局数的分布列为：17（）证明：设与相交于点，连结第17题答案图因为 四边形为菱形，所以，且为中点 又 ，所以 因为 ， 所以 平面 （）证明：因为四边形与均为菱形，所以/，/， 所以 平面/平面 又平面，所以/ 平面 （）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 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 易知平面的法向量为 学校 姓名 座位号 准考证号 密封 线由二面角是锐角，得 所以二面角的余弦值为 18（）解：当时， 由于，所以曲线在点处的切线方程是 （）解：， 当时，令，解得 的单调递减区间为；单调递增区间为， 当时，令，解得 ，或 当时，的单调递减区间为，；单调递增区间为， 当时，为常值函数，不存在单调区间 当时，的单调递减区间为，；单调递增区间为， 19（）解：由 ， 得 . 依题意是等腰直角三角形，从而，故. 所以椭圆的方程是. （）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 . 所以 ，. 若平分，则直线，的倾斜角互补，所以. 设，则有 .将，代入上式，整理得 ，所以 . 将 ，代入上式，整理得 . 由于上式对任意实数都成立，所以 .综上，存在定点，使平分. 20（）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 数列能结束，各数列依次为；（）解：经过有限次“变换”后能够结束的充要条件是 若，则经过一次“变换”就得到数列，从而结束 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 所以，数列经过有限次“变换”后能够结束的充要条件是（）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 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） 当数列中只有一项为时，若()，则，此数列各项均不为或含有0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；密封 线若，则；，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，此数列各项均不为，为第一类数列；若