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北京市年西城区2012年高三二模数学试题试卷+答案(文科)

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北京市年西城区2012年高三二模数学试题试卷+答案(文科)文字介绍:北京市西城区2012年高三二模试卷数学（文科）2012.5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．已知复数z满足(1i)1z，则z（）（A）1i22（B）1i22（C）1i22（D）1i222．给定函数：①3yx；②21yx；③sinyx；④2logyx，其中奇函数是（）（A）①②（B）③④（C）①③（D）②④3．执行如图所示的程序框图，若输入如下四个函数：①2xy；②2xy；③1()fxxx；④1()fxxx．则输出函数的序号为（）（A）①（B）②（C）③（D）④4．设m，n是不同的直线，，是不同的平面，且,mn.则“∥”是“m∥且n∥”的（）（A）充分而不必要条件（B）必要而不充分条件（C）充要条件（D）既不充分又不必要条件5．已知双曲线221xky的一个焦点是(5,0)，则其渐近线的方程为（）（A）14yx（B）4yx（C）12yx（D）2yx6．右图是1，2两组各7名同学体重（单位：kg）数据的茎叶图．设1，2两组数据的平均数依次为1x和2x，标准差依次为1s和2s，那么（）（注：标准差222121[()()()]nsxxxxxxn，其中x为12,,,nxxx的平均数）（A）12xx，12ss（B）12xx，12ss（C）12xx，12ss（D）12xx，12ss7．某大楼共有12层，有11人在第1层上了电梯，他们分别要去第2至第12层，每层1人．因特殊原因，电梯只允许停1次，只可使1人如愿到达，其余10人都要步行到达所去的楼层．假设乘客每向下步行1层的“不满意度”增量为1，每向上步行1层的“不满意度”增量为2，10人的“不满意度”之和记为S．则S最小时，电梯所停的楼层是（）（A）7层（B）8层（C）9层（D）10层8．已知集合1220{,,,}Aaaa，其中0(1,2,,20)kak，集合{(,)|,BabaA,}bAabA，则集合B中的元素至多有（）（A）210个（B）200个（C）190个（D）180个第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．在△ABC中，3BC，2AC，π3A，则B_____．10．设变量x，y满足11,11,xyxy则2xy的最小值是_____．11．已知向量(,1)xa，(3,)yb，其中x随机选自集合{1,1,3}，y随机选自集合{1,3}，那么ab的概率是_____．12．已知函数2()1fxxbx是R上的偶函数，则实数b_____；不等式(1)fxx的解集为_____．13．一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图是腰长为1的两个全等的等腰直角三角形，该几何体的体积是_____；若该几何体的所有顶点在同一球面上，则球的表面积是_____．14．已知曲线C的方程是22||||()()8xyxyxy，给出下列三个结论：①曲线C与两坐标轴有公共点；②曲线C既是中心对称图形，又是轴对称图形；③若点P，Q在曲线C上，则||PQ的最大值是62.其中，所有正确结论的序号是_____．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）在等差数列{}na中，2723aa，3829aa．（Ⅰ）求数列{}na的通项公式；（Ⅱ）设数列{}nnab是首项为1，公比为c的等比数列，求{}nb的前n项和nS．16．（本小题满分13分）已知函数()sin()3cos()fxxx的部分图象如图所示，其中0，ππ(,)22．（Ⅰ）求与的值；（Ⅱ）若554)4(f，求2sinsin22sinsin2的值．17．（本小题满分13分）如图，四棱锥ABCDE中，EAEB，AB∥CD，BCAB，CDAB2．（Ⅰ）求证：EDAB；（Ⅱ）线段EA上是否存在点F，使DF//平面BCE？若存在，求出EFEA；若不存在，说明理由．ADCBE18．（本小题满分13分）已知函数2221()1axafxx，其中aR．（Ⅰ）当1a时，求曲线()yfx在原点处的切线方程；（Ⅱ）求)(xf的单调区间．19．（本小题满分14分）已知椭圆2222:1(0)xyCabab的离心率为36，且经过点31(,)22．（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）过点(0,2)P的直线交椭圆C于A，B两点，求△AOB（O为原点）面积的最大值．20．（本小题满分14分）若正整数*12(,1,2,,)nkNaaaaknN，则称12naaa为N的一个“分解积”．（Ⅰ）当N分别等于6,7,8时，写出N的一个分解积，使其值最大；（Ⅱ）当正整数(2)NN的分解积最大时，证明：*()Nkak中2的个数不超过2；（Ⅲ）对任意给定的正整数(2)NN，求出(1,2,,)kakn，使得N的分解积最大．北京市西城区2012年高三二模试卷数学（文科）参考答案及评分标准2012.5一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.1．A；2．C；3．D；4．A；5．D；6．B；7．C；8．C．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.9．π4；10．2；11．16；12．0，{|12}xx；13．13，3π；14．②③．注：12、13题第一问2分，第二问3分;14题少选、错选均不给分.三、解答题：本大题共6小题，共80分.15．（本小题满分13分）（Ⅰ）解：设等差数列{}na的公差是d．依题意3827()26aaaad，从而3d．………………2分所以2712723aaad，解得11a．………………4分所以数列{}na的通项公式为23nan．………………6分（Ⅱ）解：由数列{}nnab是首项为1，公比为c的等比数列，得1nnncba，即123nncbn，所以123nncnb．………………8分所以21[147(32)](1)nnSncccGFOADCBE21(31)(1)2nnnccc．………………10分从而当1c时，2(31)322nnnnnSn；………………11分当1c时，(31)121nnnncSc．………………13分16．（本小题满分13分）（Ⅰ）解：π()2sin()3fxx．………………2分设()fx的最小正周期为T．由图可得πππ()2442T，所以πT，2．………………4分由2)0(f，得πsin()13，因为ππ(,)22，所以π6．………………6分（Ⅱ）解：π()2sin(2)2cos22fxxx．………………8分由5542cos2)4(f，得5522cos，………………9分所以5312cos2cos2．………………11分所以2sinsin22sin(1cos)1cos12sinsin22sin(1cos)1cos4．………………13分17．（本小题满分13分）（Ⅰ）证明：取AB中点O，连结EO，DO．因为EAEB，所以ABEO．……………2分因为AB∥CD，CDAB2，所以BO∥CD，CDBO．又因为BCAB，所以四边形OBCD为矩形，所以DOAB．………………4分因为ODOEO，所以AB平面EOD．………………5分所以EDAB．………………6分（Ⅱ）解：点F满足12EFEA，即F为EA中点时，有DF//平面BCE．……………7分证明如下：取EB中点G，连接CG，FG．………………8分因为F为EA中点，所以FG∥AB，ABFG21．因为AB∥CD，ABCD21，所以FG∥CD，CDFG．所以四边形CDFG是平行四边形，所以DF∥CG．………………11分因为DF平面BCE，CG平面BCE，………………12分所以DF//平面BCE．………………13分18．（本小题满分13分）（Ⅰ）解：当1a时，22()1xfxx，22(1)(1)()2(1)xxfxx．………………2分由(0)2f，得曲线()yfx在原点处的切线方程是20xy．…………4分（Ⅱ）解：2()(1)()21xaaxfxx．………………6分①当0a时，22()1xfxx．所以()fx在(0,)单调递增，在(,0)单调递减．………………7分当0a，21()()()21xaxafxax．②当0a时，令()0fx，得1xa，21xa，()fx与()fx的情况如下：x1(,)x1x12(,)xx2x2(,)x()fx00()fx↘1()fx↗2()fx↘故)(xf的单调减区间是(,)a，1(,)a；单调增区间是1(,)aa．………10分③当0a时，()fx与()fx的情况如下：所以()fx的单调增区间是1(,)a；单调减区间是1(,)aa，(,)a．………………13分综上，0a时，()fx在(,)a，1(,)a单调递减；在1(,)aa单调递增.0a时，()fx在(0,)单调递增，在(,0)单调递减；0a时，()fx在1(,)a，(,)a单调递增；在1(,)aa单调递减．19．（本小题满分14分）（Ⅰ）解：由222222213abbeaa，得13ba．①………………2分由椭圆C经过点31(,)22，得2291144ab．②………………3分联立①②，解得1b，3a．…………4分所以椭圆C的方程是2213xy．…………5分（Ⅱ）解：易知直线AB的斜率存在，设其方程为2kxy．将直线AB的方程与椭圆C的方程联立，消去y得0912)31(22kxxk．………………7分令2214436(13)0kk，得21k．设11(,)Axy，22(,)Bxy，则1221213kxxk，122913xxk．……………9分x2(,)x2x21(,)xx1x1(,)x()fx00()fx↗2()fx↘1()fx↗所以1212122AOBPOBPOASSSxxxx．………………10分因为22221212122222123636(1)()()4()1313(13)kkxxxxxxkkk，设21(0)ktt，则21223636363()16(34)4169242924txxttttt．……………13分当且仅当169tt，即43t时等号成立，此时△AOB面积取得最大值23．………………14分20．（本小题满分14分）（Ⅰ）解：633，分解积的最大值为339；………………1分732234，分解积的最大值为3223412；………………2分8332，分解积的最大值为33218．………………3分（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）可知，(1,2,,)kakn中可以有2个2．………………4分当(1,2,,)kakn有3个或3个以上的2时，因为22233，且22233，所以，此时分解积不是最大的．因此，*()Nkak中至多有2个2．………………7分（Ⅲ）解：①当(1,2,,)kakn中有1时，因为1(1)iiaa，且11iiaa，所以，此时分解积不是最大，可以将1加到其他加数中，使得分解积变大．………………8分②由（Ⅱ）可知，(1,2,,)kakn中至多有2个2．③当(1,2,,)kakn中有4时，若将4分解为13，由①可知分解积不会最大；若将4分解为22，则分解积相同；若有两个4，因为44332，且44332，所以将44改写为332，使得分解积更大．因此，(1,2,,)kakn中至多有1个4，而且可以写成22．………………10分④当(1,2,,)kakn中有大于4的数时，不妨设4ia，因为2(2)iiaa，所以将ia分解为2(2)ia会使得分解积更大．………………11分综上所述，(1,2,,)kakn中只能出现2或3或4，且2不能超过2个，4不能超过1个．于是，当*3()NmmN时，333mN个使得分解积最大；…………12分当*31()NmmN时，(1)(1)333223334mmN个个使得分解积最大；………………13分当32()NmmN时，3332mN个使得分解积最大．………………14分

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