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2011北京东城区高三二模数学试题试卷+答案(理科)

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2011北京东城区高三二模数学试题试卷+答案(理科)文字介绍:北京市东城区2010-2011学年第二学期高三综合练习（二）数学（理科）学校_____________班级_______________姓名______________考号___________本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，第Ⅰ卷1至2页，第Ⅱ卷3至5页，共150分。考试时长120分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。第Ⅰ卷（选择题共40分）一、本大题共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）若复数2()iixxxz（xR）为纯虚数，则x等于（A）0（B）1（C）-1（D）0或1（2）给出下列三个命题：①xR，02x；②0xR，使得200xx成立；③对于集合,MN，若xMN，则xM且xN.其中真命题的个数是（A）0（B）1（C）2（D）3（3）沿一个正方体三个面的对角线截得的几何体如图所示，则该几何体的左视图为（A）（B）（C）　　（D）（4）极坐标方程02sin（0）表示的图形是（A）两条直线（B）两条射线（C）圆（D）一条直线和一条射线（5）已知正项数列na中，11a，22a，222112(2)nnnaaan，则6a等于（A）16（B）8（C）22（D）4（6）已知双曲线22221(0,0)xyabab，过其右焦点且垂直于实轴的直线与双曲线交于,MN两点，O为坐标原点.若OMON，则双曲线的离心率为（A）132　（B）132　（C）152　　（D）152（7）△ABC外接圆的半径为1，圆心为O，且2OAABAC0，||||OAAB，则CACB等于COPBA（A）32（B）3（C）3（D）23（8）已知函数21,0,()log,0,xxfxxx则函数1)]([xffy的零点个数是（A）4（B）3（C）2（D）1第Ⅱ卷（共110分）二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。（9）251()xx的展开式中，4x的系数为．（用数字作答）（10）某地为了调查职业满意度，决定用分层抽样的方法从公务员、教师、自由职业者三个群体的相关人员中，抽取若干人组成调查小组，有关数据见下表，则调查小组的总人数为；若从调查小组中的公务员和教师中随机选2人撰写调查报告，则其中恰好有1人来自公务员的概率为．（11）在△ABC中，若π,24Bba，则C．（12）如图，BC是半径为2的圆O的直径，点P在BC的延长线上，PA是圆O的切线，点A在直径BC上的射影是OC的中点，则ABP=；PBPC．（13）已知点(2,)Pt在不等式组40,30xyxy表示的平面区域内，则点(2,)Pt到直线34100xy距离的最大值为____________．　　　（14）对任意xR，函数()fx满足21(1)()[()]2fxfxfx，设)()]([2nfnfan，数列}{na的前15项的和为3116，则(15)f．三、解答题：本大题共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）（本小题共13分）相关人员数抽取人数公务员32x教师48y自由职业者644已知π72sin()410A，ππ(,)42A．（Ⅰ）求cosA的值；（Ⅱ）求函数5()cos2sinsin2fxxAx的值域．（16）（本小题共14分）如图，在直三棱柱111ABCABC中，5ABAC，D，E分别为BC，1BB的中点，四边形11BBCC是边长为6的正方形．（Ⅰ）求证：1AB∥平面1ACD；（Ⅱ）求证：CE平面1ACD；（Ⅲ）求二面角1CACD的余弦值．（17）（本小题共13分）甲，乙两人进行乒乓球比赛，约定每局胜者得1分，负者得0分，比赛进行到有一人比对方多2分或打满6局时停止．设甲在每局中获胜的概率为1()2pp，且各局胜负相互独立．已知第二局比赛结束时比赛停止的概率为59．（Ⅰ）求p的值；（Ⅱ）设表示比赛停止时比赛的局数，求随机变量的分布列和数学期望E．(18)（本小题共13分）已知函数xaxxfln)(2(Ra)．（Ⅰ）若2a，求证：)(xf在(1,)上是增函数；（Ⅱ）求)(xf在[1，e]上的最小值．（19）（本小题共13分）在平面直角坐标系xOy中，动点P到定点1(0,)4F的距离比点P到x轴的距离大14，设动点P的轨迹为曲线C，直线:1lykx交曲线C于,AB两点，M是线段AB的中点，过点M作x轴的垂线交曲线C于点N．（Ⅰ）求曲线C的方程；（Ⅱ）证明：曲线C在点N处的切线与AB平行；（Ⅲ）若曲线C上存在关于直线l对称的两点，求k的取值范围．（20）（本小题共14分）在单调递增数列}{na中，21a，不等式nan)1(nna2对任意*nN都成立.（Ⅰ）求2a的取值范围；（Ⅱ）判断数列}{na能否为等比数列？说明理由；（Ⅲ）设11(11)(1)(1)22nnb，)211(6nnc，求证：对任意的*nN，012nnnacb.北京市东城区2010-2011学年第二学期高三综合练习（二）高三数学（理科）参考答案及评分标准一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）（1）B（2）C（3）B（4）A（5）D（6）D（7）C（8）A二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分）（9）10（10）953（11）7π12（12）3012（13）4（14）34注：两个空的填空题第一个空填对得2分，第二个空填对得3分．三、解答题（本大题共6小题，共80分）（15）（共13分）解：（Ⅰ）因为ππ42A，且π72sin()410A，所以ππ3π244A，π2cos()410A．因为ππππππcoscos[()]cos()cossin()sin444444AAAA2272231021025．所以3cos5A．……………………6分（Ⅱ）由（Ⅰ）可得4sin5A．所以5()cos2sinsin2fxxAx212sin2sinxx2132(sin)22x，xR．因为sin[1,1]x，所以，当1sin2x时，()fx取最大值32；当sin1x时，()fx取最小值3．所以函数()fx的值域为3[3,]2．……………………13分OEA1DCC1B1BAzxyEADGCB1BC1A1（16）（共14分）（Ⅰ）证明：连结1AC，与1AC交于O点，连结OD．因为O，D分别为1AC和BC的中点，所以OD∥1AB．又OD平面1ACD，1AB平面1ACD，所以1AB∥平面1ACD．……………………4分（Ⅱ）证明：在直三棱柱111ABCABC中，1BB平面ABC，又AD平面ABC，所以1BBAD．因为ABAC，D为BC中点，所以ADBC．又1BCBBB，所以AD平面11BBCC．又CE平面11BBCC，所以ADCE．因为四边形11BBCC为正方形，D，E分别为BC，1BB的中点，所以Rt△CBE≌Rt△1CCD，1CCDBCE．所以190BCECDC．所以1CDCE．又1ADCDD，所以CE平面1ACD．……………………9分（Ⅲ）解：如图，以11BC的中点G为原点，建立空间直角坐标系．则1(0,6,4),(3,3,0),(3,6,0),(3,0,0)AECC．由（Ⅱ）知CE平面1ACD，所以(6,3,0)CE为平面1ACD的一个法向量．设(,,)xyzn为平面1ACC的一个法向量，(3,0,4)AC，1(0,6,0)CC．由10,0.ACCCnn可得340,60.xzy令1x，则30,4yz．所以3(1,0,)4n．从而8cos525||||CECE,CEnnn．因为二面角1CACD为锐角，所以二面角1CACD的余弦值为8525．……………………14分（17）（共13分）解：（Ⅰ）当甲连胜2局或乙连胜2局时，第二局比赛结束时比赛停止，故225(1)9pp，解得13p或23p．又12p，所以23p．…………………6分（Ⅱ）依题意知的所有可能取值为2，4，6．5(2)9P，5520(4)(1)9981P，52016(6)198181P，所以随机变量的分布列为：246P5920811681所以的数学期望520162662469818181E．………………13分（18）（共13分）（Ⅰ）证明：当2a时，xxxfln2)(2，当),1(x时，0)1(2)(2xxxf，所以)(xf在),1(上是增函数．………………5分（Ⅱ）解：)0(2)(2xxaxxf，当[1,e]x，222[2,2e]xaaa．若2a，则当x[1,e]时，0)(xf，所以)(xf在[1,e]上是增函数，又1)1(f，故函数)(xf在[1,e]上的最小值为1．若22ea，则当x],1[e时，0)(xf，所以)(xf在[1,e]上是减函数，又(e)f2ea，所以)(xf在[1,e]上的最小值为2ea．若222ea，则当21ax时，0)(xf，此时)(xf是减函数；当e2ax时，0)(xf，此时)(xf是增函数．又()ln2222aaaaf，所以)(xf在[1,e]上的最小值为ln222aaa．综上可知，当2a时，)(xf在[1,e]上的最小值为1；当222ea时，)(xf在[1,e]上的最小值为ln222aaa；当22ea时，)(xf在[1,e]上的最小值为2ea．………………13分（19）（共13分）（Ⅰ）解：由已知，动点P到定点1(0,)4F的距离与动点P到直线14y的距离相等．由抛物线定义可知，动点P的轨迹为以1(0,)4为焦点，直线14y为准线的抛物线．所以曲线C的方程为2yx．………………3分（Ⅱ）证明：设11(,)Axy，22(,)Bxy．由2,1,yxykx得210xkx．所以12xxk，121xx．设00(,)Mxy，则02kx．因为MNx轴，所以N点的横坐标为2k．由2yx，可得\'2yx所以当2kx时，\'yk．所以曲线C在点N处的切线斜率为k，与直线AB平行．………………8分（Ⅲ）解：由已知，0k．设直线l的垂线为\'l：1yxbk．代入2yx，可得210xxbk（*）若存在两点3344(,),(,)DxyExy关于直线l对称，则34122xxk，342122yybk又3434(,)22xxyy在l上，所以211()122bkkk，21122bk．由方程（*）有两个不等实根所以21()40bk，即221220kk所以212k，解得22k或22k．………………13分（20）（共14分）（Ⅰ）解：因为}{na是单调递增数列，所以12aa，22a.令1n，12a2a，42a，所以4,22a.………………4分（Ⅱ）证明：数列}{na不能为等比数列.用反证法证明：假设数列}{na是公比为q的等比数列，021a，12nnqa.因为}{na单调递增，所以1q.因为*nN，nan)1(nna2都成立.所以*nN，n11nq①因为1q，所以0n*N，使得当0nn时，2nq.因为211n*()nN.所以0n*N，当0nn时，nqn11，与①矛盾，故假设不成立.………………9分（Ⅲ）证明：观察：113bc，4152b292c，321353b4213c，…，猜想：nncb.用数学归纳法证明：（1）当1n时，31b31c成立；（2）假设当nk时，kkcb成立；当时，)211(11kkkbb)211(1kkc)211(6k)211(1k)2121211(6121kkk)21211(6121kk)211(61k所以11kkcb.根据（1）（2）可知，对任意*nN，都有nncb，即0nncb.由已知得，nnana)11(2.所以11221(1)2nnnaa11)11)(211()211(an.所以当2n时，122nnba12nc)211(121n12.因为1242aa.所以对任意n*N，122na.对任意n*N，存在m*N，使得mn2，因为数列{na}单调递增，所以122mnaa，012na.因为0nncb，所以012nnnacb.………………14分

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