2012北京市高三一模理科数学分类汇编(全部)

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U =R ，集合1{|1}A x x=≥，则U A =ð（ ） （A ）(0,1) （B ）(0,1]（C ）(,0](1,)-∞+∞ （D ）(,0)[1,)-∞+∞2．执行如图所示的程序框图，若输入2x =，则输出y 的 值为（ ） （A ）2 （B ）5 （C ）11 （D ）233．若实数x ，y 满足条件0,30,03,x y x y x +≥⎧⎪-+≥⎨⎪≤≤⎩则2x y -的最大值为（ ）（A ）9 （B ）3 （C ）0 （D ）3-4．已知正六棱柱的底面边长和侧棱长相等，体积为3． 其三视图中的俯视图如图所示，则其左视图的面积是（ ） （A）2 （B）2 （C ）28cm（D ）24cm5．已知函数44()sin cos f x x x ωω=-的最小正周期是π，那么正数ω=（ ）（A ）2（B ）1（C ）12（D ）146．若2log 3a =，3log 2b =，4log 6c =，则下列结论正确的是（ ） （A ）b a c << （B ）a b c << （C ）c b a << （D ）b c a <<7．设等比数列{}n a 的各项均为正数，公比为q ，前n 项和为n S ．若对*n ∀∈N ，有23n n S S <，则q 的取值范围是（ ） （A ）(0,1] （B ）(0,2)（C ）[1,2)（D）8．已知集合230123{|333}A x x a a a a ==+⨯+⨯+⨯，其中{0,1,2}(0,1,2,3)k a k ∈=，且30a ≠.则A 中所有元素之和等于（ ） （A ）3240（B ）3120（C ）2997（D ）2889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120名学生在一次百米测试中，成绩全部介于13秒与18秒之间．将测试结果分成5组：[1314),，[1415),， [1516),，[1617),，[1718],，得到如图所示的频率分布直方图．如果从左到右的5个小矩形的面积之比为1:3:7:6:3，那么成绩在[16,18]的学生人数是_____．10．6(2)x -的展开式中，3x 的系数是_____．（用数字作答）11. 如图，AC 为⊙O 的直径，OB AC ⊥，弦BN 交AC于点M．若OC =1OM =，则MN =_____．12. 在极坐标系中，极点到直线:l πsin()4ρθ+=_____．ABCOMN13. 已知函数12,0,(),20,x x c f x x x x ⎧≤≤⎪=⎨+-≤<⎪⎩ 其中0c >．那么()f x 的零点是_____；若()f x 的值域是1[,2]4-，则c 的取值范围是_____．14. 在直角坐标系xOy 中，动点A ，B分别在射线(0)y x x =≥和(0)y x =≥上运动，且△OAB 的面积为1．则点A ，B 的横坐标之积为_____；△OAB 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△ABC 中，已知sin()sin sin()A B B A B +=+-． （Ⅰ）求角A ；（Ⅱ）若||7BC =，20=⋅，求||AB AC +．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7局4胜制（即先胜4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4比1获胜的概率；（Ⅱ）求乙获胜且比赛局数多于5局的概率； （Ⅲ）求比赛局数的分布列.17．（本小题满分14分）如图，四边形ABCD 与BDEF 均为菱形， ︒=∠=∠60DBF DAB ，且FA FC =． （Ⅰ）求证：AC ⊥平面BDEF ；（Ⅱ）求证：FC ∥平面EAD ； （Ⅲ）求二面角B FC A --的余弦值．18.（本小题满分13分）已知函数()e (1)axaf x a x=⋅++，其中1-≥a .（Ⅰ）当1a =时，求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程； （Ⅱ）求)(x f 的单调区间. 19.（本小题满分14分）已知椭圆:C 22221(0)x y a b a b +=>>的离心率为3，定点(2,0)M ，椭圆短轴的端点是1B ，2B ，且12MB MB ⊥.（Ⅰ）求椭圆C 的方程；（Ⅱ）设过点M 且斜率不为0的直线交椭圆C 于A ，B 两点.试问x 轴上是否存在定点P ，使PM 平分APB ∠？若存在，求出点P 的坐标；若不存在，说明理由. 20.（本小题满分13分）对于数列12:,,,(,1,2,,)n n i A a a a a i n ∈=N ，定义“T 变换”：T 将数列n A 变换成数 列12:,,,n n B b b b ，其中1||(1,2,,1)i i i b a a i n +=-=-，且1||n n b a a =-，这种“T 变换”记作()n n B T A =.继续对数列n B 进行“T 变换”，得到数列n C ，…，依此类推，当得到的数列各项均为0时变换结束．（Ⅰ）试问3:4,2,8A 和4:1,4,2,9A 经过不断的“T 变换”能否结束？若能，请依次写出经过“T 变换”得到的各数列；若不能，说明理由；（Ⅱ）求3123:,,A a a a 经过有限次“T 变换”后能够结束的充要条件； （Ⅲ）证明：41234:,,,A a a a a 一定能经过有限次“T 变换”后结束．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.；11.1；9.54；10.16012 13.1-和0，(0,4]； 14.2，2(1. 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 B A B A B A B sin cos 2)sin()sin(sin =--+=． ………………3分因为(0,π)B ∈， 所以 0sin >B ， 所以 21cos =A ． ………………5分因为(0,π)A ∈， 所以 π3A =． ………………6分（Ⅱ）解：由余弦定理，得 222||||||2||||cos BC AB AC AB AC A =+-⋅．………………8分因为 ||7BC =，||||cos 20AB AC AB AC A ⋅=⋅=，所以 22||||89AB AC +=． ………………10分因为 222||||||2129AB AC AB AC AB AC +=++⋅=， ………………12分所以 ||129AB AC += ………………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21． ………………1分记“甲以4比1获胜”为事件A ， 则334341111()C ()()2228P A -==． ………………4分（Ⅱ）解：记“乙获胜且比赛局数多于5局”为事件B . 因为，乙以4比2获胜的概率为3353151115C ()()22232P -==， ………………6分乙以4比3获胜的概率为3363261115C ()()22232P -==， ………………7分所以 125()16P B P P =+=． ………………8分（Ⅲ）解：设比赛的局数为X ，则X 的可能取值为4,5,6,7．44411(4)2C ()28P X ===， ………………9分334341111(5)2C ()()2224P X -===， ………………10分335251115(6)2C ()()22216P X -==⋅=， ………………11分336361115(7)2C ()()22216P X -==⋅=． ………………12分比赛局数的分布列为：X 4 5 6 7 P18 14 516 516………………13分17.（本小题满分14分）（Ⅰ）证明：设AC 与BD 相交于点O ，连结FO ．因为 四边形ABCD 为菱形，所以BD AC ⊥， 且O 为AC 中点． ………………1分又 FC FA =，所以 AC FO ⊥． ………3分 因为 O BD FO = ，所以 ⊥AC 平面BDEF ． ………………4分 （Ⅱ）证明：因为四边形ABCD 与BDEF 均为菱形，所以AD //BC ，DE //BF ，所以平面FBC//平面EAD ． ………………7分又⊂FC 平面FBC ， 所以FC// 平面EAD ． ………………8分（Ⅲ）解：因为四边形BDEF 为菱形，且︒=∠60DBF ，所以△DBF 为等边三角形．因为O 为BD 中点，所以BD FO ⊥，故FO ⊥平面ABCD ．由OF OB OA ,,两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系xyz O -． ………………9分设2=AB ．因为四边形ABCD 为菱形，︒=∠60DAB ，则2=BD ，所以1OB =，OA OF ==所以 )3,0,0(),0,0,3(),0,1,0(),0,0,3(),0,0,0(F C B A O -．所以(3,0,CF =，(3,1,0)CB =．设平面BFC 的法向量为=()x,y,z n ，则有0,0.CF CB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n所以 ⎩⎨⎧=+=+．03,033y x z x 取1=x ，得)1,3,1(--=n ． ………………12分易知平面AFC 的法向量为(0,1,0)=v ． ………………13分由二面角B FC A --是锐角，得cos ,⋅〈〉==n v n v n v． 所以二面角B FC A --的余弦值为515． ………………14分18.（本小题满分13分）（Ⅰ）解：当1a =时，1()e (2)x f x x =⋅+，211()e (2)xf x x x '=⋅+-． ………………2分由于(1)3e f =，(1)2e f '=，所以曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程是2e e 0x y -+=． ………………4分（Ⅱ）解：2(1)[(1)1]()e axx a x f x a x++-'=，0x ≠． ………………6分① 当1-=a 时，令()0f x '=，解得 1x =-．)(x f 的单调递减区间为(,1)-∞-；单调递增区间为(1,0)-，(0,)+∞． (8)分当1a ≠-时，令()0f x '=，解得 1x =-，或11x a =+． ② 当01<<-a 时，)(x f 的单调递减区间为(,1)-∞-，1(,)1a +∞+；单调递增区间为(-，1(0,)1a +． ………………10分 ③ 当0=a 时，()f x 为常值函数，不存在单调区间． ………………11分④ 当0a >时，)(x f 的单调递减区间为(1,0)-，1(0,)1a +；单调递增区间为(,1)-∞-，1(,)1a +∞+． ………………13分19.（本小题满分14分）（Ⅰ）解：由 222222519a b b e a a-===-， 得 23b a =. ………………2分依题意△12MB B 是等腰直角三角形，从而2b =，故3a =. ………………4分所以椭圆C的方程是22194x y +=. ………………5分 （Ⅱ）解：设11(,)A x y ，22(,)B x y ，直线AB 的方程为2x my =+.将直线AB 的方程与椭圆C 的方程联立， 消去x得22(49)16200m y my ++-=. ………………7分所以 1221649m y y m -+=+，1222049y y m -=+. ………………8分若PF 平分APB ∠，则直线PA ，PB 的倾斜角互补， 所以0=+PB PA k k . ………………9分设(,0)P a ，则有12120y yx a x a+=--. 将 112x my =+，222x my =+代入上式， 整理得1212122(2)()0(2)(2)my y a y y my a my a +-+=+-+-，所以 12122(2)()0my y a y y +-+=. ………………12分将 1221649m y y m -+=+，1222049y y m -=+代入上式， 整理得 (29)0a m -+⋅=. ………………13分由于上式对任意实数m 都成立，所以 92a =. 综上，存在定点9(,0)2P ，使PM 平分APB ∠. ………………14分20.（本小题满分13分）（Ⅰ）解：数列3:4,2,8A 不能结束，各数列依次为2,6,4；4,2,2；2,0,2；2,2,0；0,2,2；2,0,2；…．从而以下重复出现，不会出现所有项均为0的情形． ………………2分数列4:1,4,2,9A 能结束，各数列依次为3,2,7,8；1,5,1,5；4,4,4,4；0,0,0,0． ………………3分（Ⅱ）解：3A 经过有限次“T 变换”后能够结束的充要条件是123a a a ==．………………4分若123a a a ==，则经过一次“T 变换”就得到数列0,0,0，从而结束． ……………5分当数列3A 经过有限次“T 变换”后能够结束时，先证命题“若数列3()T A 为常数列，则3A 为常数列”．当123a a a ≥≥时，数列3122313():,,T A a a a a a a ---．由数列3()T A 为常数列得122313a a a a a a -=-=-，解得123a a a ==，从而数列3A 也为常数列．其它情形同理，得证．在数列3A 经过有限次“T 变换”后结束时，得到数列0,0,0(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3A 也为常数列． ………………8分所以，数列3A 经过有限次“T 变换”后能够结束的充要条件是123a a a ==． （Ⅲ）证明：先证明引理：“数列()n T A 的最大项一定不大于数列n A 的最大项，其中3n ≥”．证明：记数列n A 中最大项为max()n A ，则0max()i n a A ≤≤．令()n n B T A =，i p q b a a =-，其中p q a a ≥．因为0q a ≥， 所以max()i p n b a A ≤≤，故max()max()n n B A ≤，证毕． ………………9分现将数列4A 分为两类．第一类是没有为0的项，或者为0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，44max()max()1B A ≤-．第二类是含有为0的项，且与最大项相邻，此时44max()max()B A =． 下面证明第二类数列4A 经过有限次“T 变换”，一定可以得到第一类数列． 不妨令数列4A 的第一项为0，第二项a 最大(0a >)．（其它情形同理） ① 当数列4A 中只有一项为0时，若4:0,,,A a b c (,,0a b a c bc >>≠)，则4():,,||,T A a a b b c c--，此数列各项均不为0或含有0项但与最大项不相邻，为第一类数列；若4:0,,,(,0)A a a b a b b >≠，则4():,0,T A a a b b -；4(()):,,|2|,T T A a a b a b a b ---此数列各项均不为0或含有0项但与最大项不相邻，为第一类数列；若4:0,,,A a b a (,0a b b >≠)，则4():,,,T A a a b a b b--，此数列各项均不为0，为第一类数列；若4:0,,,A a a a ，则4():,0,0,T A a a ；4(()):,0,,0T T A a a ；4((())):,,,T T T A a a a a ， 此数列各项均不为0，为第一类数列．② 当数列4A 中有两项为0时，若4:0,,0,A a b (0a b ≥>)，则4():,,,T A a a b b ，此数列各项均不为0，为第一类数列；若4:0,,,0A a b (0a b ≥>)，则():,,,0T A a a b b -，(()):,|2|,,T T A b a b b a -，此数列各项均不为0或含有0项但与最大项不相邻，为第一类数列．③ 当数列4A 中有三项为0时，只能是4:0,,0,0A a ，则():,,0,0T A a a ， (()):0,,0,T T A a a ，((())):,,,T T T A a a a a ，此数列各项均不为0，为第一类数列．总之，第二类数列4A 至多经过3次“T 变换”，就会得到第一类数列，即至多连续经历3次“T 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“T变换”后，数列的最大项一定会为0，此时数列的各项均为0，从而结束．………………13分薄雾浓云愁永昼，瑞脑消金兽。

2012北京市高三一模数学理分类汇编5：立体几何【2012北京市丰台区一模理】5．若正四棱锥的正视图和侧视图如右图所示，则该几何体的表面积是（ ）A ．4B ．4410+C ．8D ．4411+【答案】B【2012北京市房山区一模理】10. 一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为 .【答案】32 【2012北京市海淀区一模理】（8）在正方体''''ABCDA B C D 中，若点P （异于点B ）是棱上一点，则满足BP 与'AC 所成的角为45的点P 的个数为A'B'C'D'A BCD（A ）0 （B ）3（C ）4 （D ）6 【答案】B【2012北京市海淀区一模理】(16)（本小题满分14分）在四棱锥P ABCD 中，AB //CD ，AB AD ，4,22,2AB AD CD ，PA平面ABCD ，4PA.（Ⅰ）设平面PAB 平面PCD m =，求证：CD //m ；PDCBA（Ⅱ）求证：BD ⊥平面PAC ；（Ⅲ）设点Q 为线段PB 上一点，且直线QC 与平面PAC，求PQ PB 的值．【答案】（Ⅰ）证明： 因为AB //CD ，CD ⊄平面PAB ，AB ⊂平面PAB ，所以CD //平面PAB . ………………………………………2分 因为CD ⊂平面PCD ，平面PAB平面PCD m =，所以CD //m . ………………………………………4分 （Ⅱ）证明：因为AP平面ABCD ，ABAD ，所以以A 为坐标原点，,,AB AD AP 所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则(4,0,0)B ，(0,0,4)P ，D ，C .………………………………………5分所以 (BD =-，AC =，(0,0,4)AP =，所以(4)2000BD AC ⋅=-⨯+⨯=，(4)00040BD AP ⋅=-⨯++⨯=.所以 BD AC ⊥，BD AP ⊥.因为 AP AC A =，AC ⊂平面PAC ，PA ⊂平面PAC ，所以 BD ⊥平面PAC .………………………………………9分（Ⅲ）解：设PQ PBλ（其中01λ），(,,)Q x y z ，直线QC 与平面PAC 所成角为θ.所以 PQ PB λ.所以 (,,4)(4,0,4)x y z λ.所以4,0,44,xy zλλ即(4,0,44)Q λλ.所以 (42,22,44)CQ λλ. ………………………………………11分由（Ⅱ）知平面PAC 的一个法向量为(4,22,0)BD =-.………………………………………12分因为 sin cos ,CQ BD CQ BDCQ BDθ，所以2234(42)8326(42)8(44)λλλ---=⋅-++-+.解得 7[0,1]12λ=∈. 所以 712PQ PB . ………………………………………14分【2012年北京市西城区高三一模理】4．已知正六棱柱的底面边长和侧棱长相等，体积为3123cm ．其三视图中的俯视图如图所示，则其左视图的面积是（ ）（A ）243cm （B ）223cm （C ）28cm （D ）24cm 【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，32=AB所以左视图的面积为34232=⨯，选A.【2012北京市门头沟区一模理】3．己知某几何体的三视图如右图所示，则其体积为(A)8 (B) 4 (C)43(D)23【答案】B【2012北京市门头沟区一模理】8．正四棱柱1111ABCD A BC D -的底面边长为22，12AA =，点M 是BC 的中点，P 是平面11A BCD 内的一个动点，且满足2PM ≤，P 到11A D 和AD 的距离相等，则点P 的轨迹的长度为 (A)π(B)23π(C)22(D)2【答案】D【2012北京市朝阳区一模理】4. 已知平面α，直线,,a b l ，且,a b αα⊂⊂，则“l a ⊥且l b ⊥”是“l α⊥”的A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件 【答案】B【2012北京市朝阳区一模理】10. 已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为 .【答案】324【2012北京市石景山区一模理】设n m ,是两条不同的直线，γβα,,是三个不同的平面，下列命题正确的是（ ）A ．αα//,//,//n m n m 则若B ．βαγβγα//,,则若⊥⊥C ．n m n m //,//,//则若ααD ．n m n m ⊥⊥则若,//,αα【答案】D【解析】根据线面垂直的性质可知选项D 正确。

2012北京市高三一模数学理分类汇编7：圆锥曲线【2012北京市丰台区一模理】9．已知双曲线的中心在原点，焦点在x 轴上，一条渐近线方程为34y x =，则该双曲线的离心率是 。

【答案】45 【2012北京市房山区一模理】14. F 是抛物线22y px =()0>p 的焦点，过焦点F 且倾斜角为θ的直线交抛物线于,A B 两点，设,AF a BF b ==，则：①若60=θ且b a >，则ba 的值为______；②=+b a ______（用p 和θ表示）.【答案】① 3 ；②θ2sin 2pAB =或()θθ22tan 1tan 2+p 【2012北京市海淀区一模理】（10）过双曲线221916x y 的右焦点，且平行于经过一、三象限的渐近线的直线方程是 . 【答案】43200xy【2012北京市门头沟区一模理】7．已知点P 在抛物线24y x =上，则点P 到直线1:4360l x y -+=的距离和到直线2:1l x =- 的距离之和的最小值为（A ）3716(B ）115（C ）2（D ）3【答案】C【2012北京市东城区一模理】（13）抛物线2y x =的准线方程为 ；经过此抛物线的焦点是和点(1,1)M ，且 与准线相切的圆共有 个． 【答案】14x =-2 【2012北京市朝阳区一模理】9. 已知双曲线的方程为2213x y -=，则此双曲线的离心率为 ，其焦点到渐近线的距离为 .【答案】31【2012北京市石景山区一模理】19．（本小题满分13分）已知椭圆12222=+by a x （0>>b a1，短轴长为.（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）过左焦点F 的直线与椭圆分别交于A 、B 两点，若三角形OAB 的，求直线AB 的方程． 【答案】解：（Ⅰ）由题意，2221a c b a b c ⎧-=⎪⎪=⎨⎪=+⎪⎩-------1分解得1a c ==. ------------2分即：椭圆方程为.12322=+y x ------------3分 （Ⅱ）当直线AB 与x轴垂直时，AB =此时AOB S ∆= -----------4分 当直线AB 与x 轴不垂直时，设直线 AB 的方程为：)1(+=x k y ， 代入消去y 得：2222(23)6(36)0k x k x k +++-=. ------------6分设1122(,),(,)A x y B x y ，则212221226233623k x x k k x x k ⎧-+=⎪⎪+⎨-⎪=⎪+⎩， -----------7分 所以221)23k AB k+=+. ------------9分 原点到直线的AB距离d =所以三角形的面积12S AB d ==由224S k k =⇒=⇒= ------------12分所以直线0AB l y -=或0AB l y +=. ---------13分 【2012北京市朝阳区一模理】19. （本小题满分14分）已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b +=>>的两个焦点分别为1(F，2F .点(1,0)M 与椭圆短轴的两个端点的连线相互垂直.（Ⅰ）求椭圆C 的方程；（Ⅱ）已知点N 的坐标为(3,2)，点P 的坐标为(,)(3)m n m ≠.过点M 任作直线l 与椭圆 C 相交于A ，B 两点，设直线AN ，NP ，BN 的斜率分别为1k ，2k ，3k ，若 1322k k k +=，试求,m n 满足的关系式. 【答案】解:（Ⅰ）依题意，c = 1b =，所以a = 故椭圆C 的方程为2213x y +=. ……………4分 （Ⅱ）①当直线l 的斜率不存在时，由221,13x x y =⎧⎪⎨+=⎪⎩解得1,x y ==.不妨设A，(1,B ，因为132233222k k -++=+=，又1322k k k +=，所以21k =，所以,m n 的关系式为213n m -=-，即10m n --=. ………7分 ②当直线l 的斜率存在时，设直线l 的方程为(1)y k x =-.将(1)y k x =-代入2213x y +=整理化简得，2222(31)6330k x k x k +-+-=. 设11(,)A x y ，22(,)B x y ，则2122631k x x k +=+,21223331k x x k -=+. ………9分又11(1)y k x =-，22(1)y k x =-. 所以12122113121222(2)(3)(2)(3)33(3)(3)y y y x y x k k x x x x ----+--+=+=---- 12211212[2(1)](3)[2(1)](3)3()9k x x k x x x x x x ---+---=-++121212122(42)()6123()9kx x k x x k x x x x -++++=-++222222223362(42)6123131336393131k k k k k k k k k k k -⨯-+⨯++++=--⨯+++ 222(126)2.126k k +==+………12分所以222k =，所以2213n k m -==-，所以,m n 的关系式为10m n --=.………13分 综上所述，,m n 的关系式为10m n --=. ………14分 【2012北京市门头沟区一模理】19．（本小题满分14分）已知椭圆22221(0)x y a b a b+=>>经过点(2,1)A，过点(3,0)B 的直线l 与椭圆交于不同的两点,M N ． （Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）求BM BN 的取值范围．【答案】（Ⅰ）解:，可设,2c a t ==，则b = 因为22221(0)x y a b a b+=>>经过点(2,1)A所以2241142t t +=，解得232t =，所以226,3a b == 椭圆方程为22163x y += …………………4分 （Ⅱ）由题意可知直线l 的斜率存在，设直线l 的方程为(3)y k x =-，直线l 与椭圆的交点坐标为1122(,),(,)M x y N x y …………………5分由22(3)163y k x x y =-⎧⎪⎨+=⎪⎩消元整理得：2222(12)121860k x k x k +-+-= (7)分2222(12)4(12)(186)0k k k ∆=-+-> 得201k ≤< …………………8分21221212k x x k +=+，212218612k x x k -=+…………………9分BM BN 11221212(3,)(3,)(3)(3)x y x y x x y y =--=--+ …………………10分21212(1)[3()9]k x x x x =+-++223(1)12k k =+⨯+231(1)212k =++………11分因为201k ≤<，所以2312(1)3212k<+≤+ 所以BM BN 的取值范围是(2,3]．…………………14分 【2012北京市东城区一模理】（19）（本小题共13分）已知椭圆C ：()222210x y a b a b +=>>的离心率是12，其左、右顶点分别为1A ，2A ，B为短轴的端点，△12A BA的面积为 （Ⅰ）求椭圆C 的方程；（Ⅱ）2F 为椭圆C 的右焦点，若点P 是椭圆C 上异于1A ，2A 的任意一点，直线1A P ，2A P与直线4x =分别交于M ，N 两点，证明：以MN 为直径的圆与直线2PF 相切于点2F ．【答案】（Ⅰ）解：由已知2221,2.c a ab a b c ⎧=⎪⎪⎪=⎨⎪=+⎪⎪⎩…………2分解得2a =，b =…………4分故所求椭圆方程为22143x y +=． …………5分 （Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知()12,0A -，()22,0A ，()21,0F． 设()()00,2P x y x≠±，则2203412x y +=． 于是直线1A P 方程为 ()0022y y x x =++，令4x =，得0062M yy x =+； 所以(M 4,0062y x +)，同理(N 4,0022y x -)． …………7分 所以2F M =(3,0062y x +)，2F N =(3,0022y x -). 所以 22F M F N ⋅=(3,0062y x +)⋅(3,0022y x -) 000062922y y x x =+⨯+- ()220022003123129944x y x x -=+=+-- ()2029499904x x -=-=-=-．所以 22F M F N ⊥，点2F 在以MN 为直径的圆上． …………9分 设MN 的中点为E ，则(4,E 00204(1)4y x x --)． …………10分又2F E =(3,00204(1)4y x x --)，()2001,,F P x y =-所以22F E F P ⋅=(3,00204(1)4y x x --)()()()20000020411,314y x x y x x -⋅-=-+-()()()()()20020123131313104x x x x x x --=-+=---=-．所以 22F E F P ⊥． …………12分因为2F E 是以MN 为直径的圆的半径，E 为圆心，22F E F P ⊥， 故以MN 为直径的圆与直线2PF 相切于右焦点． …………13分 【2012年北京市西城区高三一模理】19.（本小题满分14分）已知椭圆:C 22221(0)x y a b a b+=>>的离心率为3，定点(2,0)M ，椭圆短轴的端点是1B ，2B ，且12MB MB ⊥.（Ⅰ）求椭圆C 的方程；（Ⅱ）设过点M 且斜率不为0的直线交椭圆C 于A ，B 两点.试问x 轴上是否存在定点P ，使PM 平分APB ∠？若存在，求出点P 的坐标；若不存在，说明理由.【答案】（Ⅰ）解：由 222222519a b b e a a -===-， 得 23b a =. ………2分依题意△12MB B 是等腰直角三角形，从而2b =，故3a =. ………4分所以椭圆C 的方程是22194x y +=. ………5分 （Ⅱ）解：设11(,)A x y ，22(,)B x y ，直线AB 的方程为2x my =+.将直线AB 的方程与椭圆C 的方程联立，消去x 得 22(49)16200m y my ++-=. ………7分所以 1221649m y y m -+=+，1222049y y m -=+. ………8分 若PF 平分APB ∠，则直线PA ，PB 的倾斜角互补，所以=+PB PA k k .……9分设(,0)P a ，则有12120y y x a x a+=--. 将 112x my =+，222x my =+代入上式， 整理得1212122(2)()0(2)(2)my y a y y my a my a +-+=+-+-，所以 12122(2)()0my y a y y +-+=. ……………12分将 1221649m y y m -+=+，1222049y y m -=+代入上式， 整理得 (29)0a m -+⋅=. …………13分 由于上式对任意实数m 都成立，所以 92a =. 综上，存在定点9(,0)2P ，使PM 平分APB ∠. ………14分 【2012北京市海淀区一模理】(19)（本小题满分13分）在平面直角坐标系xOy 中，椭圆G 的中心为坐标原点，左焦点为1(1,0)F -， P 为椭圆G 的上顶点，且145PF O ∠=︒. （Ⅰ）求椭圆G 的标准方程；（Ⅱ）已知直线1l ：1y kx m =+与椭圆G 交于A ，B 两点，直线2l ：2y kx m =+（12m m ≠）与椭圆G 交于C ，D 两点，且||||AB CD =，如图所示.（ⅰ）证明：120m m +=;（ⅱ）求四边形ABCD 的面积S 的最大值.【答案】（Ⅰ）解：设椭圆G 的标准方程为22221(0)x y a b a b+=>>.因为1(1,0)F -，145PF O ∠=︒，所以1b c .所以 2222a b c . ………………………………………2分所以 椭圆G 的标准方程为2212x y +=. ………………………………………3分 （Ⅱ）设11(,)A x y ，22(,)B x y ，33(,)C x y ，44(,)D x y .（ⅰ）证明：由122,1.2y kx m x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩消去y 得：22211(12)4220k x km x m +++-=.则2218(21)0k m ∆=-+>，1122211224,1222.12km x x km x x k ⎧+=-⎪⎪+⎨-⎪=⎪+⎩………………………………………5分 所以||AB ====同理||CD =………………………………………7分 因为 ||||AB CD =,所以=. 因为 12m m ≠，所以 120m m +=. ………………………………………9分 （ⅱ）解：由题意得四边形ABCD 是平行四边形，设两平行线,AB CD 间的距离为d ,则 1221m m dk.因为 120m m +=， 所以 1221m dk. ………………………………………10分所以||S AB d =⋅=2221121k m m -++=≤=（或S ==≤ 所以 当221212k m +=时， 四边形ABCD 的面积S取得最大值为.【2012北京市房山区一模理】19.（本小题共14分）已知椭圆G 的中心在坐标原点，焦点在x 轴上，一个顶点为()0,1A -，离心率为36． （I ）求椭圆G 的方程；（II ）设直线m kx y +=与椭圆相交于不同的两点,M N ．当AN AM =时，求m 的取值范围．【答案】解：（I ）依题意可设椭圆方程为 1222=+y a x ，则离心率为==ac e 36故3222=ac ，而12=b ，解得32=a ， ……………………4分故所求椭圆的方程为1322=+y x . ……………………5分 （II ）设()()()P P M M N N P x y M x y N x y ，、，、，，P 为弦MN 的中点，由⎪⎩⎪⎨⎧=++=1322y x mkx y 得 0)1(36)13(222=-+++m mkx x k ， 直线与椭圆相交，()()()2226431310mk k m ∴∆=-+⨯->⇒1322+<k m ，① …………7分23231M N P x x mk x k +∴==-+，从而231P P my kx m k =+=+，（1）当0≠k 时21313P AP P y m k k x mk+++∴==-(0=m 不满足题目条件) ∵,AM AN AP MN =∴⊥，则kmk k m 13132-=++- ，即 1322+=k m ， ② …………………………9分把②代入①得 22m m < ，解得 20<<m ， …………………………10分由②得03122>-=m k ，解得21>m ．故221<<m ………………………11分（2）当0=k 时∵直线m y =是平行于x 轴的一条直线，∴11<<-m …………………………13分 综上，求得m 的取值范围是21<<-m ． …………………………14分。

2012年北京高考模拟系列试卷（一）数学试题（理）【新课标版】题 号 一 二 三 得 分第Ⅰ卷为选择题，共60分；第Ⅱ卷为非选择题共90分。

满分100分，考试时间为120分钟。

第Ⅰ卷（选择题，共60分）一、本题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中只有一个选项是符合题目要求的． 1．若集合211{|log (1)1},{|()1}42xM x x N x =-<=<<，则M N =（ ） A ．{|12}x x <<B ．{|13}x x <<C ．{|03}x x <<D ．{|02}x x <<2．已知向量()52,5,2,1=-=⋅=b a b a a ，则b 等于（ ）A ．5B ．52C ．25D ．53．在等差数列{}n a 中，首项10,a =公差0d ≠，若1237k a a a a a =++++，则k =（ ）A ．22B ．23C ．24D ．25 4．已知某个几何体的三视图如下，根据图中标出的尺寸（单位：cm ），可得这个几何体的体积是（ ）A ．34000cm 3B ．38000cm 3C ．32000cmD ．34000cm2020正视图20侧视图101020俯视图5．命题“存在R x ∈，使a aax x 42-+＜0，为假命题”是命题“016≤≤-a ”的（ ）A ．充要条件B ．必要不充分条件C ．充分不必要条件D ．既不充分也不必要条件6．如图，设A 、B 两点在河的两岸，一测量者在A 的同侧所在的河岸边选定一点C ，测出AC 的距离为50m ，105,45=∠=∠CAB ACB 后，就可以计算出A 、B 两点的距离为（ ） A. m 250B. m 350C. m 225D.m 2225 7. 若1()nx x展开式中第四项与第六项的系数相等，则展开式中的常数项的值等于（ ）A ．8B ．16C ．80D ． 708. 已知直线22x y +=与x 轴，y 轴分别交于,A B 两点，若动点(,)P a b 在线段AB 上，则ab 的最大值为（ ）A ．12B ．2C ．3D ．319. 某校高中年级开设了丰富多彩的校本课程，甲、乙两班各随机抽取了5名学生的学分，用茎叶图表示（如右图）. 1s ，2s 分别表 示甲、乙两班抽取的5名学生学分的标准差，则1s 2s .（填“>”、“<”或“＝”）.A ．>B ．<C ．＝D ．不能确定 10、函数x xy sin 3+=的图象大致是（ ）第9题图11．已知函数2221,0()21,0x x x f x x x x ⎧+-≥=⎨--<⎩，则对任意12,x x R ∈，若120x x <<，下列不等式成立的是（ ）A. 12()()0f x f x +<B. 12()()0f x f x +>C. 12()()0f x f x ->D. 12()()0f x f x -<12．设双曲线1422=-y x 的两条渐近线与直线2=x 围成的三角形区域（包括边界）为D ，P ()y x , 为D 内的一个动点，则目标函数y x z -=21的最小值为（ ）A ．2-B ．223-C ．0D ．225-第Ⅱ卷(非选择题，共90分)二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分，把答案填在题中横线上。

8 4 4 6 4 7m 9 35 4 5 5 10 7 9乙甲2012北京市高三一模数学理分类汇编7：圆锥曲线【2012年北京市西城区高三一模理】9. 某年级120名学生在一次百米测试中，成绩全部介于13秒与18秒之间．将测试结果分成5组：[1314),，[1415),，[1516),，[1617),，[1718],，得到如图所示的频率分布直方图．如果从左到右的5个小矩形的面积之比为1:3:7:6:3，那么成绩在[16,18]的学生人数是_____．【答案】54【解析】成绩在[16,18]的学生的人数比为2093673136=+++++，所以成绩在[16,18]的学生的人数为54209120=⨯。

【2012北京市门头沟区一模理】11．某单位招聘员工，从400名报名者中选出200名参加笔试，再按笔试成绩择优取40名参加面试，随机抽查了20名笔试者，统计他们的成绩如下：由此预测参加面试所画的分数线是 ． 【答案】80【2012北京市东城区一模理】（11）在如图所示的茎叶图中，乙组数据的中位数是 ；若从甲、乙两组数据中分别去掉一个最大数和一个最小数 后，两组数据的平均数中较大的一组是 组．【答案】84 乙【2012北京市石景山区一模理】13．如图，圆222:O x y π+=内的正弦曲线sin y x =与x 轴围成的区域记为M (图中阴影部分)，随机往圆O 内投一个点A ，则点A 落在区域M 内的概率是 ．【答案】34π【解析】阴影部分的面积为4)cos (2sin 200=-=⎰ππx xdx ，圆的面积为3π，所以点A 落在区域M 内的概率是34π。

16．【2012北京市石景山区一模理】（本小题满分13分）甲、乙两位同学进行篮球三分球投篮比赛，甲每次投中的概率为31，乙每次投中的概率为21，每人分别进行三次投篮．（Ⅰ）记甲投中的次数为ξ，求ξ的分布列及数学期望E ξ； （Ⅱ）求乙至多投中2次的概率； （Ⅲ）求乙恰好比甲多投进2次的概率．【答案】解：（Ⅰ）ξ的可能取值为：0，1，2，3． …………1分;27832)0(303=⎪⎭⎫ ⎝⎛==C P ξ;943231)1(213=⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛==C P ξ;923231)2(223=⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫⎝⎛==C P ξ.27131)3(333=⎪⎭⎫ ⎝⎛==C P ξ ξ的分布列如下表：…………4分 127139229412780=⨯+⨯+⨯+⨯=ξE ． …………5分 （Ⅱ）乙至多投中2次的概率为87211333=⎪⎭⎫ ⎝⎛-C ． …………8分（Ⅲ）设乙比甲多投中2次为事件A ，乙恰投中2次且甲恰投中0次为事件B 1， 乙恰投中3次且甲恰投中1次为事件B 2，则2121,,B B B B A =为互斥事件． …………10分 =+=)()()(21B P B P A P 61819483278=⨯+⨯．所以乙恰好比甲多投中2次的概率为61． …………13分 【2012北京市门头沟区一模理】17．（本小题满分13分）将编号为1，2，3，4的四个材质和大小都相同的球，随机放入编号为1，2，3，4的四个盒子中，每个盒子放一个球，ξ表示球的编号与所放入盒子的编号正好相同的个数． （Ⅰ）求1号球恰好落入1号盒子的概率； （Ⅱ）求ξ的分布列和数学期望ξE ．【答案】（Ⅰ） 设事件A 表示 “1号球恰好落入1号盒子”，33441()4A P A A ==所以1号球恰好落入1号盒子的概率为14…………5分 （Ⅱ）ξ的所有可能取值为0，1，2，4…………6分44333(0)8P A ξ⨯=== 44421(1)3P A ξ⨯=== 22441(2)4C P A ξ=== 4411(4)24P A ξ===（每个1分）……………………10分 所以ξ的分布列为……………………11分数学期望31110124183424E ξ=⨯+⨯+⨯+⨯= …………………13分【2012北京市朝阳区一模理】16. （本小题满分13分）某次有1000人参加的数学摸底考试，其成绩的频率分布直方图如图所示，规定85分及其以上为优秀.绩进行分析，求其中成绩为优秀的学生人数；（Ⅲ）在（II ）中抽取的40名学生中，要随机选取2名学生参加座谈会，记“其中成绩为优秀的人数”为X ，求X 的分布列与数学期望.【答案】解：（Ⅰ）依题意，0.0451000200,0.025*******a b =⨯⨯==⨯⨯=. ……………4分 （Ⅱ）设其中成绩为优秀的学生人数为x ，则350300100401000x ++=，解得：x =30， 即其中成绩为优秀的学生人数为30名. ……………7分（Ⅲ）依题意，X 的取值为0，1，2，2102403(0)52C P X C ===，1110302405(1)13C C P X C ===，23024029(2)52C P X C ===， 所以X 的分布列为350125213522EX =⨯+⨯+⨯=，所以X 的数学期望为2. ……………13分 【2012北京市东城区一模理】（16）（本小题共13分）某工厂生产甲、乙两种产品，甲产品的一等品率为80%，二等品率为20%；乙产品的一等品率为90%，二等品率为10%.生产1件甲产品，若是一等品，则获利4万元，若是二等品，则亏损1万元；生产1件乙产品，若是一等品，则获利6万元，若是二等品，则亏损2万元.两种产品生产的质量相互独立.（Ⅰ）设生产1件甲产品和1件乙产品可获得的总利润为X （单位：万元），求X 的分布列； （Ⅱ）求生产4件甲产品所获得的利润不少于10万元的概率.【答案】解：（Ⅰ）由题设知，X 的可能取值为10，5，2，3-. …………2分 (10)P X =0.80.90.72=⨯=， (5)0.20.90.18P X ==⨯= ，(2)0.80.10.08P X ==⨯=， (3)0.20.10.02P X =-=⨯=. …………6分由此得X 的分布列为：…………8分（Ⅱ）设生产的4件甲产品中一等品有n 件，则二等品有4n -件. 由题设知4(4)10n n --≥，解得145n ≥， 又n *∈N 且4n ≤，得3n =，或4n =. …………10分所求概率为33440.80.20.80.8192P C =⨯⨯+=.（或写成512625） 答：生产4件甲产品所获得的利润不少于10万元的概率为0.8192. …………13分【2012年北京市西城区高三一模理】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7局4胜制（即先胜4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4比1获胜的概率；（Ⅱ）求乙获胜且比赛局数多于5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21． ………………1分记“甲以4比1获胜”为事件A ，则334341111()C ()()2228P A -==． ………………4分 （Ⅱ）解：记“乙获胜且比赛局数多于5局”为事件B .因为，乙以4比2获胜的概率为3353151115C ()()22232P -==， ………………6分 乙以4比3获胜的概率为3363261115C ()()22232P -==， ………………7分所以 125()16P B P P =+=． ………………8分 （Ⅲ）解：设比赛的局数为X ，则X 的可能取值为4,5,6,7．44411(4)2C ()28P X ===， ………………9分 334341111(5)2C ()()2224P X -===， ………………10分 335251115(6)2C ()()22216P X -==⋅=， ………………11分 336361115(7)2C ()()22216P X -==⋅=． ………………12分 比赛局数的分布列为：X 4 5 6 7 P18 14 516 516………………13分 【2012北京市海淀区一模理】(17)（本小题满分13分）某学校随机抽取部分新生调查其上学所需时间（单位：分钟），并将所得数据绘制成频率分布直方图（如图），其中，上学所需时间的范围是[0,100]，样本数据分组为[0,20)，[20,40)，[40,60)，[60,80)，[80,100].（Ⅰ）求直方图中x 的值； （Ⅱ）如果上学所需时间不少于1小时的学生可申请在学校住宿，请估计学校600名新生中有多少名学生可以申请住宿； （Ⅲ）从学校的新生中任选4名学生，这4名学生中上学所需时间少于20分钟的人数记为X ，求X 的分布列和数学期望.（以直方图中新生上学所需时间少于20分钟的频率作为每名学生上学所需时间少于20分钟的概率） 【答案】解：（Ⅰ）由直方图可得：200.025200.0065200.0032201x ⨯+⨯+⨯+⨯⨯=.所以 0.0125x =. ………………………………………2分 （Ⅱ）新生上学所需时间不少于1小时的频率为：0.0032200.12⨯⨯=， ………………………………………4分因为6000.1272⨯=，所以600名新生中有72名学生可以申请住宿.………………………………………6分（Ⅲ）X 的可能取值为0，1，2，3，4. ………………………………………7分由直方图可知，每位学生上学所需时间少于20分钟的概率为14， 4381(0)4256P X ⎛⎫=== ⎪⎝⎭, 3141327(1)C 4464P X ⎛⎫⎛⎫=== ⎪⎪⎝⎭⎝⎭, 22241327(2)C 44128P X ⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,334133(3)C 4464P X ⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭, 411(4)4256P X ⎛⎫===⎪⎝⎭.X………………………………………12分812727310123412566412864256EX =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=.（或1414EX =⨯=）所以X 的数学期望为1. ………………………………………13分 【2012北京市房山区一模理】16.（本小题共13分）今年雷锋日，某中学从高中三个年级选派4名教师和20名学生去当雷锋志愿者，学生的名额分配如下：（I ）若从20名学生中选出3人参加文明交通宣传，求他们中恰好有1人是高一年级学生的概率；（II ）若将4名教师安排到三个年级（假设每名教师加入各年级是等可能的，且各位教师的选择是相互独立的），记安排到高一年级的教师人数为X ，求随机变量X 的分布列和数学期望.【答案】解：（I ）设“他们中恰好有1人是高一年级学生”为事件A ，则()3815320210110==C C C A P 答：若从选派的学生中任选3人进行文明交通宣传活动，他们中恰好有1人是高一年级学生的概率为3815. ………………………4分 （II ）解法1：ξ的所有取值为0，1，2，3，4.由题意可知，每位教师选择高一年级的概率均为31.所以 ………………………6分()8116323104004=⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛==C P ξ; ()8132323113114=⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛==C P ξ; ()2788124323122224==⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛==C P ξ;()818323131334=⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛==C P ξ; ()811323140444=⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛==C P ξ. ………………………11分随机变量ξ的分布列为：………………………12分 所以3481148183812428132181160=⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=ξE ……………………13分解法2：由题意可知，每位教师选择高一年级的概率均为31. …………………5分 则随机变量ξ服从参数为4，31的二项分布，即ξ～)31,4(B .……………7分随机变量ξ的分布列为：所以334=⨯==np E ξ …………………13分。

2012年北京市西城区高考数学一模试卷（理科）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U=R，集合A={x|1x≥1}，则∁U A()A.(0, 1)B.(0, 1]C.(−∞, 0]∪(1, +∞)D.(−∞, 0)∪[1, +∞)2. 执行如图所示的程序框图，若输入x=2，则输出y的值为（）A.2B.5C.11D.233. 若实数x，y满足条件{x+y≥0x−y+3≥00≤x≤3，则z=2x−y的最大值为（）A.9B.3C.0D.−34. 已知正六棱柱的底面边长和侧棱长均为2cm，其三视图中的俯视图如图所示，则其左视图的面积是（）A.4√3cm2B.2√3cm2C.8cm2D.4cm25. 已知函数f(x)＝sin4ωx−cos4ωx的最小正周期是π，那么正数ω＝（）A.2B.1C.12D.146. 若a=log23，b=log32，c=log46，则下列结论正确的是（）A.b<a<cB.a<b<cC.c<b<aD.b<c<a 7. 设等比数列{a n}的各项均为正数，公比为q，前n项和为S n．若对∀n∈N∗，有S2n<3S n，则q的取值范围是（）A.(0, 1]B.(0, 2)C.[1, 2)D.(0,√2)8. 已知集合A＝{x|x＝a0+a1×3+a2×32+a3×33}，其中a k∈{0, 1, 2}(k＝0, 1, 2, 3)，且a3≠0．则A中所有元素之和等于（）A.3240B.3120C.2997D.2889二、填空题共6小题，每小题5分，共30分.某年级120名学生在一次百米测试中，成绩全部介于13秒与18秒之间．将测试结果分成5组：[13, 14),[14, 15),[15, 16),[16, 17),[17, 18]，得到如图所示的频率分布直方图．如果从左到右的5个小矩形的面积之比为1:3:7:6:3，那么成绩在[16, 18]的学生人数是________．(x−2)6的展开式中x3的系数是________．（用数字作答）如图，AC为⊙O的直径，OB⊥AC，弦BN交AC于点M．若OC=√3，OM=1，则MN=________．在极坐标系中，极点到直线l:ρsin(θ+π4)=√2的距离是________．已知函数f(x)={x12,0≤x≤cx2+x,−2≤x<0其中c>0．那么f(x)的零点是________；若f(x)的值域是[−14,2]，则c的取值范围是________．在直角坐标系xOy 中，动点A ，B 分别在射线y =√33x(x ≥0)和y =−√3x(x ≥0)上运动，且△OAB 的面积为1．则点A ，B 的横坐标之积为________；△OAB 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.在△ABC 中，已知sin (A +B)=sin B +sin (A −B)． （1）求角A ；（2）若|BC →|=7，AB →⋅AC →=20，求|AB →+AC →|．乒乓球单打比赛在甲、乙两名运动员间进行，比赛采用7局4胜制（即先胜4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． （1）求甲以4比1获胜的概率；（2）求乙获胜且比赛局数多于5局的概率；（3）求比赛局数的分布列．如图，四边形ABCD 与BDEF 均为菱形，∠DAB =∠DBF =60∘，且FA =FC ．(1)求证：AC ⊥平面BDEF ；(2)求证：FC // 平面EAD ；(3)求二面角A −FC −B 的余弦值．已知函数f(x)=e ax ⋅(ax +a +1)，其中a ≥−1．(1)当a =1时，求曲线y =f(x)在点(1, f(1))处的切线方程；(2)求f(x)的单调区间．已知椭圆C:x 2a2+y 2b 2=1(a >b >0)的离心率为√53，定点M(2, 0)，椭圆短轴的端点是B 1，B 2，且MB 1⊥MB 2．（1）求椭圆C 的方程；（2）设过点M 且斜率不为0的直线交椭圆C 于A ，B 两点．试问x 轴上是否存在定点P ，使PM 平分∠APB ？若存在，求出点P 的坐标；若不存在，说明理由．对于数列A n :a 1，a 2，…，a n (a i ∈N, i =1, 2,…,n)，定义“T 变换”：T 将数列A n 变换成数列B n :b 1，b 2，…，b n ，其中b i =|a i −a i+1|(i =1, 2,…,n −1)，且b n =|a n −a 1|，这种“T 变换”记作B n =T(A n )．继续对数列B n 进行“T 变换”，得到数列C n ，…，依此类推，当得到的数列各项均为0时变换结束．（1）试问A 3:4，2，8和A 4:1，4，2，9经过不断的“T 变换”能否结束？若能，请依次写出经过“T 变换”得到的各数列；若不能，说明理由；（2）求A 3:a 1，a 2，a 3经过有限次“T 变换”后能够结束的充要条件；（3）证明：A 4:a 1，a 2，a 3，a 4一定能经过有限次“T 变换”后结束．参考答案与试题解析2012年北京市西城区高考数学一模试卷（理科）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.【答案】C【考点】补集及其运算【解析】求出集合A的不等式的解集，然后求出集合A在R上的补集即可．【解答】解：∵全集U=R．集合A={x|1x≥1}={x|0<x≤1}，∴∁U A={x|x≤0, 或x>1}．故选C．2.【答案】D【考点】循环结构的应用【解析】分析程序中各变量、各语句的作用，再根据流程图所示的顺序，可知：该程序的作用是利用循环计算并输出变量y的值，模拟程序的运行，用表格对程序运行过程中各变量的值进行分析，不难得到输出结果．【解答】解：程序在运行过程中各变量的值如下表示：x y是否继续循环循环前25是第一圈511是第二圈1123否故输出y的值为23．故选D．3.【答案】A【考点】简单线性规划【解析】画出不等式表示的平面区域，z=2x−y的几何意义是直线y=2x−z的纵截距的相反数，根据图形可得结论．【解答】解：画出不等式表示的平面区域z=2x−y的几何意义是直线y=2x−z的纵截距的相反数，由{x=3x+y=0可得交点坐标为(3, −3)，根据图形可知在点(3, −3)处，z=2x−y取得最大值，最大值为9故选A．4.【答案】A【考点】简单空间图形的三视图【解析】正六棱柱的底面边长和侧棱长均为2cm，故左视图是长方形，长为2√3，宽为2，由此能求出左视图的面积．【解答】解：∵正六棱柱的底面边长和侧棱长均为2cm，∴左视图是长方形，长为√4+4−2×4×cos120∘=2√3，宽为2，∴左视图的面积是2√3×2=4√3(cm2)，故选A．5.【答案】B【考点】二倍角的三角函数【解析】利用平方差公式化简函数y＝sin4ωx−cos4ωx，再利用二倍角公式化为一个角的一个三角函数的形式，根据周期求出ω．【解答】y＝sin4ωx−cos4ωx＝sin2ωx−cos2ωx＝−cos2ωx因为T＝π，所以ω＝16.【答案】D【考点】不等式比较两数大小【解析】根据a=lg3lg2>1，b=lg2lg3<1，c=lg6lg4=lg3+lg22lg2<lg3+lg32lg2=a，从而得出结论．【解答】解：∵a=log23=lg3lg2>1，b=log32=lg2lg3<1，c=log46=lg6lg4=lg3+lg22lg2<lg3+lg32lg2=lg3lg2，故有b<c<a，故选D．7.【答案】A【考点】数列的求和【解析】当q=1时，S2n<3S n成立容易检验，当q≠1时，由S2n<3S n恒成立可得a1(1−q2n)1−q <3a1(1−q n)1−q，讨论整理可求q的范围．【解答】解：当q=1时，S2n<3S n成立当q≠1时，由S2n<3S n恒成立∴a1(1−q2n)1−q <3a1(1−q n)1−q∵q>1，显然不恒成立，则q2n−3q n+2<0，解得q n<1（q n>2舍去），∵等比数列{a n}的各项均为正数，∴q>0，∴0<q<1综上可得0<q≤1故选A8.【答案】D【考点】集合的确定性、互异性、无序性数列的求和【解析】由题意可知a0，a1，a2各有3种取法（均可取0，1，2），a3有2种取法，利用数列求和即可求得A中所有元素之和．【解答】由题意可知，a0，a1，a2各有3种取法（均可取0，1，2），a3有2种取法，由分步计数原理可得共有3×3×3×2种方法，∴当a0取0，1，2时，a1，a2各有3种取法，a3有2种取法，共有3×3×2＝18种方法，即集合A中含有a0项的所有数的和为(0+1+2)×18；同理可得集合A中含有a1项的所有数的和为(3×0+3×1+3×2)×18；集合A中含有a2项的所有数的和为(32×0+32×1+32×2)×18；集合A中含有a3项的所有数的和为(33×1+33×2)×27；由分类计数原理得集合A中所有元素之和：S＝(0+1+2)×18+(3×0+3×1+3×2)×18+(32×0+32×1+32×2)×18+(33×1+33×2)×27＝18(3+9+27)+81×27＝702+2187＝2889．二、填空题共6小题，每小题5分，共30分.【答案】54【考点】分布和频率分布表频率分布直方图【解析】根据从左到右的5个小矩形的面积之比为1:3:7:6:3及它们的面积之和为1，做出成绩在[16, 18]的频率，从而得出成绩在[16, 18]的学生人数．【解答】因从左到右的5个小矩形的面积之比为1:3:7:6:3，且它们的面积之和为1，∴最后两个小矩形的面积和为6+320×1=920，即成绩在[16, 18]的频率为920，由频率分布直方图知，成绩在[16, 18]的人数为120×920=54（人）【答案】−160【考点】二项式定理及相关概念【解析】根据题意，由二项式定理可得(x−2)6的展开式的通项，令x的系数为3，可得r＝3，将r＝3代入通项，计算可得T4＝−160x3，即可得答案．【解答】根据题意，(x−2)6的展开式的通项为T r+1＝C6r x6−r(−2)r＝(−1)r⋅2r⋅C6r x6−r，令6−r＝3可得r＝3，此时T4＝(−1)3⋅23⋅C63x3＝−160x3，即x3的系数是−160；【答案】1【考点】与圆有关的比例线段【解析】根据题设条件，先由勾股定理求出BM，再由相交弦定理求MN．【解答】解：∵AC为⊙O的直径，OB⊥AC，弦BN交AC于点M．OC=√3，OM=1，∴OB=√3，BM=√3+1=2，设MN=x，∵CM⋅AM=BM⋅MN，∴(√3+1)(√3−1)=2x，∴x=1，即MN=1．故答案为：1．【答案】√2【考点】圆的极坐标方程【解析】利用公式x=ρcosθ，y=ρsinθ，得出直线直角坐标方程，再利用点到直线的距离公式求解即可．【解答】解：直线方程ρsin(θ+π4)=√2，即为ρ(√22cosθ+√22sinθ)=√2，化为普通方程为x+y−2=0，极点的直角坐标为(0, 0)，根据点到直线的距离公式求得d=√2=√2故答案为：√2；【答案】−1和0,0<c≤4【考点】函数的值域及其求法函数的零点【解析】分x为正数和负数两种情况讨论，分别解方程即可得到么f(x)的零点．根据二次函数的图象与性质，求出当x∈[−2, 0)时，函数f(x)的值域恰好是[−14,2]，所以当0≤x≤c时，f(x)=x12的最大值不超过2，由此建立不等式，可解出实数c的取值范围．【解答】当x≥0时，令x 12=0，得x＝0；当x<0时，令x2+x＝0，得x＝−1（舍零）∴f(x)的零点是−1和0∵函数y＝x2+x在区间[−2, −12)上是减函数，在区间(−12, 0)上是增函数∴当x∈[−2, 0)时，函数f(x)最小值为f(−12)=−14，最大值是f(−2)＝2∵当0≤x≤c时，f(x)=x12是增函数且值域为[0, √c]∴当f(x)的值域是[−14,2]，√c≤2，即0<c≤4【答案】√32,2(1+√2)【考点】基本不等式在最值问题中的应用直线的点斜式方程【解析】根据题意，OA、OB的斜率之积为−1，得OA⊥OB．设A(x1, √33x1)，B(x2, −√3x2)，算出|OA|=2√33x1，|OB|=2x2，结合三角形面积为1列式，化简即得x1x2=√32．再由基本不等式算出△OAB周长|OA|+|OB|+|AB|≥2+2√2，当且仅当2√33x1=2x2=√2时，△OAB周长取最小值2(1+√2)．【解答】解：∵y =√33x的斜率k1=√33，y=−√3x的斜率k2=−√3∴k1⋅k2=−1，可得OA⊥OB设A(x1, √33x 1)，B(x2, −√3x2)∴|OA|=√x12+13x12=2√33x1，|OB|=√x22+3x22=2x2，可得△OAB的面积为S=12|OA|×|OB|=12×2√33x1×2x2=1解之，得x1x2=√32∵|AB|2=|OA|2+|OB|2=43x12+4x22∴|AB|=√(43x12+4x22)≥×2√33x12=√8√33x12=√8√33×√32=2又∵|OA|+|OB|=2√33x1+2x2≥2√2√33x1×2x2=2√4√33x1x2=2√4√33×√32=2√2∴△OAB周长|OA|+|OB|+|AB|≥2+2√2=2(1+√2)当且仅当2√33x1=2x2=√2，即x1=√62，x2=√22时，△OAB周长取最小值2(1+√2)故答案为：√32，2(1+√2)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.【答案】解：（1）原式可化为：sin B=sin(A+B)−sin(A−B)=sin A cos B+cos A sin B−sin A cos B+cos A sin B=2cos A sin B，…∵ B ∈(0, π)，∴ sin B >0， ∴ cos A =12，…又A ∈(0, π)，∴ A =π3；…（2）由余弦定理，得|BC →|2=|AB →|2+|AC →|2−2|AB →|⋅|AC →|⋅cos A ，… ∵ |BC →|=7，AB →⋅AC →=|AB →|⋅|AC →|⋅cos A =20， ∴ |AB →|2+|AC →|2=89，…∵ |AB →+AC →|2=|AB →|2+|AC →|2+2AB →⋅AC →=89+40=129，…∴ |AB →+AC →|=√129．… 【考点】求两角和与差的正弦 向量的模平面向量数量积的性质及其运算律【解析】（1）将已知等式移项变形并利用两角和与差的正弦函数公式化简，整理后根据sin B 不为0，得出cos A 的值，由A 为三角形的内角，利用特殊角的三角函数值即可求出A 的度数；（2）利用余弦定理列出关系式|BC →|2=|AB →|2+|AC →|2−2|AB →|⋅|AC →|⋅cos A ，将已知条件利用平面向量的数量积运算法则化简后代入求出|AB →|2+|AC →|2的值，把所求式子平方并利用完全平方公式展开，将各自的值代入开方即可求出值．【解答】 解：（1）原式可化为：sin B =sin (A +B)−sin (A −B)=sin A cos B +cos A sin B −sin A cos B +cos A sin B =2cos A sin B ，… ∵ B ∈(0, π)，∴ sin B >0， ∴ cos A =12，…又A ∈(0, π)，∴ A =π3；…（2）由余弦定理，得|BC →|2=|AB →|2+|AC →|2−2|AB →|⋅|AC →|⋅cos A ，… ∵ |BC →|=7，AB →⋅AC →=|AB →|⋅|AC →|⋅cos A =20， ∴ |AB →|2+|AC →|2=89，…∵ |AB →+AC →|2=|AB →|2+|AC →|2+2AB →⋅AC →=89+40=129，…∴ |AB →+AC →|=√129．… 【答案】解：（1）由已知，甲、乙两名运动员在每一局比赛中获胜的概率都是12． … 记“甲以4比1获胜”为事件A ，则P(A)=C 43(12)3(12)4−312=18． …（2）记“乙获胜且比赛局数多于5局”为事件B ．因为，乙以4比2获胜的概率为P 1=C 53(12)3(12)5−312=532，…乙以4比3获胜的概率为P 2=C 63(12)3(12)6−312=532，…所以 P(B)=P 1+P 2=516． …（3）设比赛的局数为X ，则X 的可能取值为4，5，6，7．P(X =4)=2C 44(12)4=18，… P(X =5)=2C 43(12)3(12)4−312=14，…P(X =6)=2C 53(12)3⋅(12)5−3⋅12=516，…P(X =7)=2C 63(12)3(12)6−3⋅12=516． …比赛局数的分布列为：【考点】离散型随机变量及其分布列 互斥事件的概率加法公式 相互独立事件的概率乘法公式【解析】（1）先由已知，甲、乙两名运动员在每一局比赛中获胜的概率，甲以4比1获胜，根据独立重复试验公式公式，列出算式，得到结果．（2）记“乙获胜且比赛局数多于5局”为事件B ．B 包括乙以4:2获胜和乙以4:3获胜，根据独立重复试验公式列出算式，得到结果．（3）比赛结束时比赛的局数为X ，则X 的可能取值为4，5，6，7，根据独立重复试验公式计算出各自的概率即可得到分布列． 【解答】解：（1）由已知，甲、乙两名运动员在每一局比赛中获胜的概率都是12． … 记“甲以4比1获胜”为事件A ，则P(A)=C 43(12)3(12)4−312=18． …（2）记“乙获胜且比赛局数多于5局”为事件B ．因为，乙以4比2获胜的概率为P 1=C 53(12)3(12)5−312=532，… 乙以4比3获胜的概率为P 2=C 63(12)3(12)6−312=532，…所以 P(B)=P 1+P 2=516． …（3）设比赛的局数为X ，则X 的可能取值为4，5，6，7．P(X =4)=2C 44(12)4=18，…P(X =5)=2C 43(12)3(12)4−312=14，…P(X =6)=2C 53(12)3⋅(12)5−3⋅12=516，…P(X =7)=2C 63(12)3(12)6−3⋅12=516． …比赛局数的分布列为：(1)证明：设AC 与BD 相交于点O ，连接FO ．因为四边形ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD ，且O 为AC 中点． 又 FA =FC ，所以 AC ⊥FO ．因为 FO ∩BD =O ，BD ⊂平面BDEF ， 所以 AC ⊥平面BDEF ．(2)证明：因为四边形ABCD 与BDEF 均为菱形， 所以AD // BC ，DE // BF ， 因为AD ∩DE =D ，BC ∩BF =B , 所以 平面FBC // 平面EAD ． 又FC ⊂平面FBC ， 所以FC // 平面EAD ;(3)解：因为四边形BDEF 为菱形，且∠DBF =60∘， 所以△DBF 为等边三角形． 因为O 为BD 中点，所以FO ⊥BD ，故FO ⊥平面ABCD ．由OA ，OB ，OF 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系O −xyz ．设AB =2．因为四边形ABCD 为菱形，∠DAB =60∘， 则BD =2，所以OB =1，OA =OF =√3．所以 O(0,0,0),A(√3，0，0)，B(0,1,0)，C(−√3,0,0)，F(0,0,√3)． 所以 CF →=(√3,0,√3)，CB →=(√3,1,0)．设平面BFC 的法向量为n →=(x, y, z)， 则有{√3x +√3z =0√3x +y =0，取x =1，得n →=(1,−√3,−1)．∵ 平面AFC 的法向量为v →=(0, 1, 0)． 由二面角A −FC −B 是锐角，得 |cos <n →，v →>|=|n →⋅v→|n →||v →||=√155． 所以二面角A −FC −B 的余弦值为√155． 【考点】直线与平面垂直的判定 直线与平面平行的判定 用空间向量求平面间的夹角【解析】（1）设AC 与BD 相交于点O ，连接FO ．因为四边形ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD ，且O 为AC 中点．由FA =FC ，知AC ⊥FO ．由此能够证明AC ⊥平面BDEF ．（2）因为四边形ABCD 与BDEF 均为菱形，所以AD // BC ，DE // BF ，平面FBC // 平面EAD ．由此能够证明FC // 平面EAD ．（3）因为四边形BDEF 为菱形，且∠DBF =60∘，所以△DBF 为等边三角形．因为O 为BD 中点，所以FO ⊥BD ，故FO ⊥平面ABCD ．由OA ，OB ，OF 两两垂直，建立空间直角坐标系O −xyz ．设AB =2．因为四边形ABCD 为菱形，∠DAB =60∘，则BD =2，所以 CF →=(√3,0,√3)，CB →=(√3,1,0)．求得平面BFC 的法向量为n →=(1,−√3,−1)，平面AFC 的法向量为v →=(0, 1, 0)．由此能求出二面角A −FC −B 的余弦值． 【解答】(1)证明：设AC 与BD 相交于点O ，连接FO ．因为四边形ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD ，且O 为AC 中点． 又 FA =FC ，所以 AC ⊥FO ．因为 FO ∩BD =O ，BD ⊂平面BDEF ， 所以 AC ⊥平面BDEF ．(2)证明：因为四边形ABCD 与BDEF 均为菱形， 所以AD // BC ，DE // BF ， 因为AD ∩DE =D ，BC ∩BF =B , 所以 平面FBC // 平面EAD ． 又FC ⊂平面FBC ， 所以FC // 平面EAD ;(3)解：因为四边形BDEF 为菱形，且∠DBF =60∘， 所以△DBF 为等边三角形． 因为O 为BD 中点， 所以FO ⊥BD ， 故FO ⊥平面ABCD ．由OA ，OB ，OF 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系O −xyz ．设AB =2．因为四边形ABCD 为菱形，∠DAB =60∘， 则BD =2，所以OB =1，OA =OF =√3．所以O(0,0,0),A(√3，0，0)，B(0,1,0)，C(−√3,0,0)，F(0,0,√3)． 所以 CF →=(√3,0,√3)，CB →=(√3,1,0)． 设平面BFC 的法向量为n →=(x, y, z)， 则有{√3x +√3z =0√3x +y =0，取x =1，得n →=(1,−√3,−1)．∵ 平面AFC 的法向量为v →=(0, 1, 0)．由二面角A −FC −B 是锐角，得 |cos <n →，v →>|=|n →⋅v→|n →||v →||=√155． 所以二面角A −FC −B 的余弦值为√155． 【答案】解：(1)当a =1时，f(x)=e x ⋅(1x+2)，f ′(x)=e x ⋅(1x +2−1x 2)．由于f(1)=3e ，f ′(1)=2e ，所以曲线y =f(x)在点(1, f(1))处的切线方程是2ex −y +e =0． (2)f ′(x)=ae ax(x+1)[(a+1)x−1]x 2，x ≠0．①当a =−1时，令f ′(x)=0，解得x =−1，所以f(x)的单调递减区间为(−∞, −1)，单调递增区间为(−1, 0)，(0, +∞)； 当a ≠−1时，令f ′(x)=0，解得x =−1或x =1a+1.②当−1<a <0时，f(x)的单调递减区间为(−∞, −1)，(1a+1,+∞)， 单调递增区间为(−1, 0)，(0,1a+1)；③当a =0时，f(x)为常值函数，不存在单调区间； ④当a >0时，f(x)的单调递减区间为(−1, 0)，(0,1a+1)， 单调递增区间为(−∞, −1)，(1a+1,+∞)． 【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程 利用导数研究函数的单调性【解析】（1）先求导数f ′(x)，欲求出切线方程，只须求出其斜率即可，故先利用导数求出在x =0处的导函数值，再结合导数的几何意义即可求出切线的斜率，从而问题解决．（2）对字母a 进行分类讨论，再令f ′(x)大于0，解不等式，可得函数的单调增区间，令导数小于0，可得函数的单调减区间． 【解答】解：(1)当a =1时，f(x)=e x ⋅(1x +2)， f ′(x)=e x ⋅(1x +2−1x 2)．由于f(1)=3e ，f ′(1)=2e ，所以曲线y =f(x)在点(1, f(1))处的切线方程是2ex −y +e =0． (2)f ′(x)=ae ax(x+1)[(a+1)x−1]x 2，x ≠0．①当a =−1时，令f ′(x)=0，解得x =−1，所以f(x)的单调递减区间为(−∞, −1)，单调递增区间为(−1, 0)，(0, +∞)； 当a ≠−1时，令f ′(x)=0，解得x =−1或x =1a+1.②当−1<a <0时，f(x)的单调递减区间为(−∞, −1)，(1a+1,+∞)， 单调递增区间为(−1, 0)，(0,1a+1)；③当a =0时，f(x)为常值函数，不存在单调区间； ④当a >0时，f(x)的单调递减区间为(−1, 0)，(0,1a+1)， 单调递增区间为(−∞, −1)，(1a+1,+∞)． 【答案】解：（1）由 59=e 2=a 2−b 2a 2=1−b 2a 2，得 ba =23．…依题意△MB 1B 2是等腰直角三角形，从而b =2，故a =3．… 所以椭圆C 的方程是x 29+y 24=1．…（2）设A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)，直线AB 的方程为x =my +2．将直线AB 的方程与椭圆C 的方程联立，消去x 得 (4m 2+9)y 2+16my −20=0．… 所以 y 1+y 2=−16m 4m +9，y 1y 2=−204m +9．…若PM 平分∠APB ，则直线PA ，PB 的倾斜角互补，所以k PA +k PB =0．… 设P(a, 0)，则有 y 1x1−a+y 2x 2−a=0．将 x 1=my 1+2，x 2=my 2+2代入上式，整理得 2my 1y 2+(2−a)(y 1+y 2)(my 1+2−a)(my2+2−a)=0，所以 2my 1y 2+(2−a)(y 1+y 2)=0．…将 y 1+y 2=−16m4m 2+9，y 1y 2=−204m 2+9代入上式，整理得 (−2a +9)⋅m =0．… 由于上式对任意实数m 都成立，所以 a =92．综上，存在定点P(92，0)，使PM 平分∠APB ．…【考点】直线与椭圆结合的最值问题 椭圆的标准方程 【解析】（1）利用离心率为√53，可得b a=23，由椭圆短轴的端点是B 1，B 2，且MB 1⊥MB 2，可得△MB 1B 2是等腰直角三角形，由此可求椭圆C 的方程；（2）设线AB 的方程与椭圆C 的方程联立，利用韦达定理，结合PM 平分∠APB ，则直线PA ，PB 的倾斜角互补，建立方程，即可求得结论．【解答】解：（1）由 59=e 2=a 2−b 2a 2=1−b 2a 2，得b a =23．…依题意△MB 1B 2是等腰直角三角形，从而b =2，故a =3．… 所以椭圆C 的方程是x 29+y 24=1．…（2）设A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)，直线AB 的方程为x =my +2．将直线AB 的方程与椭圆C 的方程联立，消去x 得 (4m 2+9)y 2+16my −20=0．…所以 y 1+y 2=−16m 4m 2+9，y 1y 2=−204m 2+9．…若PM 平分∠APB ，则直线PA ，PB 的倾斜角互补，所以k PA +k PB =0．… 设P(a, 0)，则有 y 1x1−a+y 2x2−a=0．将 x 1=my 1+2，x 2=my 2+2代入上式，整理得2my 1y 2+(2−a)(y 1+y 2)(my 1+2−a)(my 2+2−a)=0，所以 2my 1y 2+(2−a)(y 1+y 2)=0．…将 y 1+y 2=−16m4m +9，y 1y 2=−204m +9代入上式，整理得 (−2a +9)⋅m =0．… 由于上式对任意实数m 都成立，所以 a =92． 综上，存在定点P(92，0)，使PM 平分∠APB ．…【答案】（1）解：数列A 3:4，2，8不能结束，各数列依次为2，6，4；4，2，2；2，0，2；2，2，0；0，2，2；2，0，2；…．从而以下重复出现，不会出现所有项均为0的情形． …数列A 4:1，4，2，9能结束，各数列依次为3，2，7，8；1，5，1，5；4，4，4，4；0，0，0，0．… （2）解：A 3经过有限次“T 变换”后能够结束的充要条件是a 1=a 2=a 3．… 若a 1=a 2=a 3，则经过一次“T 变换”就得到数列0，0，0，从而结束． …当数列A 3经过有限次“T 变换”后能够结束时，先证命题“若数列T(A 3)为常数列，则A 3为常数列”． 当a 1≥a 2≥a 3时，数列T(A 3)：a 1−a 2，a 2−a 3，a 1−a 3．由数列T(A 3)为常数列得a 1−a 2=a 2−a 3=a 1−a 3，解得a 1=a 2=a 3，从而数列A 3也为常数列． 其它情形同理，得证．在数列A 3经过有限次“T 变换”后结束时，得到数列0，0，0（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A 3也为常数列． …所以，数列A 3经过有限次“T 变换”后能够结束的充要条件是a 1=a 2=a 3．（3）证明：先证明引理：“数列T(A n )的最大项一定不大于数列A n 的最大项，其中n ≥3”． 证明：记数列A n 中最大项为max (A n )，则0≤a i ≤max (A n )． 令B n =T(A n )，b i =a p −a q ，其中a p ≥a q ． 因为a q ≥0，所以b i ≤a p ≤max (A n )，故max (B n )≤max (A n )，证毕． … 现将数列A 4分为两类．第一类是没有为0的项，或者为0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，max (B 4)≤max (A 4)−1．第二类是含有为0的项，且与最大项相邻，此时max (B 4)=max (A 4)． 下面证明第二类数列A 4经过有限次“T 变换”，一定可以得到第一类数列．不妨令数列A4的第一项为0，第二项a最大(a>0)．（其它情形同理）①当数列A4中只有一项为0时，若A4:0，a，b，c(a>b, a>c, bc≠0)，则T(A4)：a，a−b，|b−c|，c，此数列各项均不为0或含有0项但与最大项不相邻，为第一类数列；若A4:0，a，a，b(a>b, b≠0)，则T(A4)：a，0，a−b，b；T（T(A4)）：a，a−b，|a−2b|，a−b此数列各项均不为0或含有0项但与最大项不相邻，为第一类数列；若A4:0，a，b，a(a>b, b≠0)，则T(A4)：a，a−b，a−b，b，此数列各项均不为0，为第一类数列；若A4:0，a，a，a，则T(A4)：a，0，0，a；T（T(A4)）：a，0，a，0；T（T（T(A4)））：a，a，a，a，此数列各项均不为0，为第一类数列．②当数列A4中有两项为0时，若A4:0，a，0，b(a≥b>0)，则T(A4)：a，a，b，b，此数列各项均不为0，为第一类数列；若A4:0，a，b，0(a≥b>0)，则T(A)：a，a−b，b，0，T（T(A)）：b，|a−2b|，b，a，此数列各项均不为0或含有0项但与最大项不相邻，为第一类数列．③当数列A4中有三项为0时，只能是A4:0，a，0，0，则T(A)：a，a，0，0，T（T(A)）：0，a，0，a，T（T（T(A)））：a，a，a，a，此数列各项均不为0，为第一类数列．总之，第二类数列A4至多经过3次“T变换”，就会得到第一类数列，即至多连续经历3次“T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“T变换”后，数列的最大项一定会为0，此时数列的各项均为0，从而结束．…【考点】数列的应用【解析】（1）根据新定义，可得数列A3:4，2，8不能结束，数列A4:1，4，2，9能结束，并可写出各数列；（2）A3经过有限次“T变换”后能够结束的充要条件是a1=a2=a3，先证明a1=a2=a3，则经过一次“T变换”就得到数列0，0，0，从而结束，再证明命题“若数列T(A3)为常数列，则A3为常数列”，即可得解；（3）先证明引理：“数列T(A n)的最大项一定不大于数列A n的最大项，其中n≥3”，再分类讨论：第一类是没有为0的项，或者为0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，max(B4)≤max(A4)−1．第二类是含有为0的项，且与最大项相邻，此时max(B4)=max(A4)．证明第二类数列A4经过有限次“T变换”，一定可以得到第一类数列．【解答】（1）解：数列A3:4，2，8不能结束，各数列依次为2，6，4；4，2，2；2，0，2；2，2，0；0，2，2；2，0，2；…．从而以下重复出现，不会出现所有项均为0的情形．…数列A4:1，4，2，9能结束，各数列依次为3，2，7，8；1，5，1，5；4，4，4，4；0，0，0，0．…（2）解：A3经过有限次“T变换”后能够结束的充要条件是a1=a2=a3．…若a1=a2=a3，则经过一次“T变换”就得到数列0，0，0，从而结束．…当数列A3经过有限次“T变换”后能够结束时，先证命题“若数列T(A3)为常数列，则A3为常数列”．当a1≥a2≥a3时，数列T(A3)：a1−a2，a2−a3，a1−a3．由数列T(A3)为常数列得a1−a2=a2−a3=a1−a3，解得a1=a2=a3，从而数列A3也为常数列．其它情形同理，得证．在数列A3经过有限次“T变换”后结束时，得到数列0，0，0（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A3也为常数列．…所以，数列A3经过有限次“T变换”后能够结束的充要条件是a1=a2=a3．（3）证明：先证明引理：“数列T(A n)的最大项一定不大于数列A n的最大项，其中n≥3”．证明：记数列A n中最大项为max(A n)，则0≤a i≤max(A n)．令B n=T(A n)，b i=a p−a q，其中a p≥a q．因为a q≥0，所以b i≤a p≤max(A n)，故max(B n)≤max(A n)，证毕．…现将数列A4分为两类．第一类是没有为0的项，或者为0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，max(B4)≤max(A4)−1．第二类是含有为0的项，且与最大项相邻，此时max(B4)=max(A4)．下面证明第二类数列A4经过有限次“T变换”，一定可以得到第一类数列．不妨令数列A4的第一项为0，第二项a最大(a>0)．（其它情形同理）①当数列A4中只有一项为0时，若A4:0，a，b，c(a>b, a>c, bc≠0)，则T(A4)：a，a−b，|b−c|，c，此数列各项均不为0或含有0项但与最大项不相邻，为第一类数列；若A4:0，a，a，b(a>b, b≠0)，则T(A4)：a，0，a−b，b；T（T(A4)）：a，a−b，|a−2b|，a−b此数列各项均不为0或含有0项但与最大项不相邻，为第一类数列；若A4:0，a，b，a(a>b, b≠0)，则T(A4)：a，a−b，a−b，b，此数列各项均不为0，为第一类数列；若A4:0，a，a，a，则T(A4)：a，0，0，a；T（T(A4)）：a，0，a，0；T（T（T(A4)））：a，a，a，a，此数列各项均不为0，为第一类数列．②当数列A4中有两项为0时，若A4:0，a，0，b(a≥b>0)，则T(A4)：a，a，b，b，此数列各项均不为0，为第一类数列；若A4:0，a，b，0(a≥b>0)，则T(A)：a，a−b，b，0，T（T(A)）：b，|a−2b|，b，a，此数列各项均不为0或含有0项但与最大项不相邻，为第一类数列．③当数列A4中有三项为0时，只能是A4:0，a，0，0，则T(A)：a，a，0，0，T（T(A)）：0，a，0，a，T （T（T(A)））：a，a，a，a，此数列各项均不为0，为第一类数列．总之，第二类数列A4至多经过3次“T变换”，就会得到第一类数列，即至多连续经历3次“T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“T变换”后，数列的最大项一定会为0，此时数列的各项均为0，从而结束．…。

2012 北京市高三一模数学理分类汇编1：会合、简略逻辑与函数【 2012 北京市丰台区一模理】1．已知会合A { x | x2 1}, B { a} ，若A B ，则 a 的取值范围是（）A．( , 1) (1, ) B．, 1 1,C．（ -1 ， 1）D． [-1 ， 1]【答案】 B【 2012 北京市房山区一模理】 1. 已知集合M , a 0 , N 2 x 2 x Z5 如x果 0 , x 则,等于M N , a （）（A）1 （ B）2 （）1或 2（D）5C2【答案】 C【 2012 北京市海淀区一模理】（1）已知会合A ={x x > 1}，B ={x x < m}，且A B=R，那么 m 的值能够是（A）- 1 （B）0 （C）1 （D）2【答案】 D【 2012 年北京市西城区高三一模理】1．已知全集U R，会合A { x | 11} ，则e U A（）x（ A）(0,1)（ B）(0,1]（ C）( ,0] (1, )（D） ( ,0) [1, ) 【答案】 C【分析】 A { x 11} { x 0 x 1} ，所以C U A { x x0或x 1} ，选C.x【 2012 北京市门头沟区一模理】已知全集 U R，会合 A x x2 3x 4 0 ，B x x 2或 x 3 ，则会合A U B等于(A) x 2 x 4 (B) x 2 x 1(C) x 1 x 3 (D) x 3 x 4【答案】 C【 2012 北京市石景山区一模理】1．设会合M { x | x 2 2x 3 0}, N { x | log 1 x 0} ，2则 M N 等于（）A．( 1,1) B．(1,3) C．(0,1) D．( 1,0)【答案】 B【分析】 M { x | x 2 2 x 3 0} { x | 1 x 3} ， N { x | log 1 x 0} { x | x 1} ，2所以MN { x1 x3}，答案选 B.【 2012 北京市石景山区一模理】14．会合U (x, y) | x R, y R , M ( x, y) | x y a , P ( x, y) | y f ( x) , 现给出以下函数：①y a x，② y = log a x，③ y sin( x a) ，④y cos ax ，若 0 a 1 时，恒有P C U M P, 则全部知足条件的函数 f ( x) 的编号是．【答案】①②④【分析】由 P C U M P, 可知M P , 画出相应的图象可知，①②④知足条件。

2012北京市东城区高三一模（数学理）一、选择题（共8小题；共40分）1. 若a，b∈R，i是虚数单位，且a+b−2i=1+i，则a+b的值为 ( )A. 1B. 2C. 3D. 42. 若集合A=0,m2，B=1,2，则" m=1 "是" A∪B=0,1,2 "的 ( )A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件3. 若实数x，y满足不等式组y+x≤1,y−x≤2,y≥0,则z=x−2y的最小值为 ( )A. −72B. −2 C. 1 D. 524. 如图给出的是计算12+14+16+18+⋯+1100的一个程序框图，其中判断框内应填入的条件是 ( )A. i<50B. i>50C. i<25D. i>255. 某小区有排成一排的7个车位，现有3辆不同型号的车需要停放，如果要求剩余的4个车位连在一起，那么不同的停放方法的种数为 ( )A. 16B. 18C. 24D. 326. 已知x,y,z∈R，若−1，x，y，z，−3成等比数列，则xyz的值为 ( )A. −3B. ±3C. −33D. ±337. 在直角梯形ABCD中，已知BC∥AD，AB⊥AD，AB=4，BC=2，AD=4，若P为CD的中点，则PA⋅PB的值为 ( )A. −5B. −4C. 4D. 58. 已知函数f x=2−x−1,x≤0f x−1,x>0，若方程f x=x+a有且只有两个不相等的实数根，则实数a的取值范围是 ( )A. −∞,1B. −∞ , 1C. 0 , 1D. 0 , +∞二、填空题（共6小题；共30分），tan x0>sin x0＂的否定是．9. 命题＂∃x0∈0,π210. 在极坐标系中，圆ρ=2的圆心到直线ρcosθ+ρsinθ=2的距离为．11. 在如图所示的茎叶图中，乙组数据的中位数是；若从甲、乙两组数据中分别去掉一个最大数和一个最小数后，两组数据的平均数中较大的一组是组．12. 如图，AB是⊙O的直径，直线DE切⊙O于点D，且与AB延长线交于点C，若CD=3，CB=1，则∠ADE=．13. 抛物线y2=x的准线方程为；经过此抛物线的焦点和点M1,1，且与准线相切的圆共有个．14. 如图，在边长为3的正方形ABCD中，点M在AD上，正方形ABCD以AD为轴逆时针旋转θ到AB1C1D的位置，同时点M沿着AD从点A运动到点D，MN1=DC1，点Q 角0≤θ≤π3在MN1上，在运动过程中点Q始终满足QM=1，记点Q在面ABCD上的射影为Q0，则在cosθ运动过程中向量BQ0与BM夹角α的正切的最大值为．三、解答题（共6小题；共78分）15. 已知函数f x=sin2x+cos2x2−2sin22x．（1）求f x的最小正周期；个单位长度，再向上平移1个单（2）若函数y=g x的图象是由y=f x的图象向右平移π8时，求y=g x的最大值和最小值．位长度得到的，当x∈0,π416. 某工厂生产甲、乙两种产品，甲产品的一等品率为80%，二等品率为20%；乙产品的一等品率为90%，二等品率为10%．生产1件甲产品，若是一等品，则获利4万元，若是二等品，则亏损1万元；生产1件乙产品，若是一等品，则获利6万元，若是二等品，则亏损2万元．两种产品生产的质量相互独立．（1）设生产1件甲产品和1件乙产品可获得的总利润为X（单位：万元），求X的分布列；（2）求生产4件甲产品所获得的利润不少于10万元的概率．17. 如图1，在边长为3的正三角形ABC中，E，F，P分别为AB，AC，BC上的点，且满足AE=FC=CP=1．将△AEF沿EF折起到△A1EF的位置，使二面角A1−EF−B成直二面角，连接A1B，A1P．（如图2）（1）求证：A1E⊥平面BEP；（2）求直线A1E与平面A1BP所成角的大小．18. 已知函数f x=12x2+2e x−3e2ln x−b在x0,0处的切线斜率为零．（1）求x0和b的值；（2）求证：在定义域内f x≥0恒成立；（3）若函数F x=fʹx+ax有最小值m，且m>2e，求实数a的取值范围．19. 已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率是12，其左、右顶点分别为A1，A2，B为短轴的端点，△A1BA2的面积为23．（1）求椭圆C的方程；（2）F2为椭圆C的右焦点，若点P是椭圆C上异于A1，A2的任意一点，直线A1P，A2P与直线x=4分别交于M，N两点，证明：以MN为直径的圆与直线PF2相切于点F2．20. 若对于正整数k，g k表示k的最大奇数因数，例如g3=3,g10=5．设S n=g1+g2+g3+g4+⋯+g2n．（1）求g6,g20的值；（2）求S1,S2,S3的值；（3）求数列S n的通项公式．答案第一部分1. D2. A3. A4. B 【解析】提示：输出时，n=102，i=51．5. C【解析】提示：把4个车位看成一个整体，与3辆车一起全排列即可．6. C7. D 【解析】提示：由题意可得cos∠PDA=5，再由PA⋅PB= PD+2CB⋅ −PD+CB，5利用两向量的数量积的定义运算求解即可．其他方法：也可建立直角坐标系进行求解．8. A 【解析】f x图象如图所示：当a<1时，y=x+a和y=f x图象总有两个交点．第二部分,tan x≤sin x9. ∀x∈0,π210. 211. 84；乙12. 60∘13. x=−1；24【解析】由抛物线的定义知，满足条件的圆的圆心在抛物线上，如图，F是焦点，M1,1，则满足题意的圆的圆心是FM的垂直平分线和抛物线的交点，所以有两个．14. 612【解析】如图，延长MQ0交BC于点T，由QM=1cosθ，得MQ0=1．则tanα=tan∠MBT−∠Q0BT.设BT=x0≤x≤3，由两角差的正切公式，得tanα=3x−2x 1+3x⋅2x=1x+6x≤26=6.当且仅当x=6时取等号．第三部分15. （1）f x=sin2x+cos2x2−2sin22x=sin4x+cos4x=2sin4x+π4所以f x的最小正周期为π2．（2）依题意y=g x=4 x−π8+π4+1=2sin4x−π4+1．因为0≤x≤π4，所以−π4≤4x−π4≤3π4．当4x−π4=π2，即x=3π16时，g x取最大值2+1；当4x−π4=−π4，即x=0时，g x取最小值0．16. （1）由题设知，X的可能取值为10，5，2，−3．P X=10=0.8×0.9=0.72,由此得X的分布列为（2）设生产的4件甲产品中一等品有n件，则二等品有4−n件．由题设知4n−4−n≥10，解得n≥145，又n∈N∗且n≤4，得n=3或n=4．所求概率为P=C43×0.83×0.2+0.84=0.8192.答：生产4件甲产品所获得的利润不少于10万元的概率为0.8192．（或写成512625）17. （1）如图，取BE中点D，连接DF．因为AE=CF=1，DE=1，所以AF=AD=2，而∠A=60∘，即△ADF是正三角形．又因为AE=ED=1，所以EF⊥AD．所以在题图2中有A1E⊥EF，BE⊥EF．又二面角A1−EF−B为直二面角，即平面A1EF⊥平面BEP，且平面A1EF∩平面BEP=EF，A1E⊂平面A1EF，所以A1E⊥平面BEP．（2）由（1）可知A1E⊥平面BEP，BE⊥EF，如图，以E为原点，建立空间直角坐标系E−xyz，则E0,0,0，A10,0,1，B2,0,0，F 0 ,3,0．在题1图中，连接DP．因为CFFA =CPPB=12，所以PF∥BE，且PF=12BE=DE．所以四边形EFPD为平行四边形．所以EF∥DP，且EF=DP．故点P的坐标为1,3,0．所以A1B=2,0,−1，BP= −1,3,0，EA1=0,0,1．设平面A1BP的法向量n=x,y,z，则A1B⋅n=0,BP⋅n=0.即2x−z=0,x−3y=0.令y=3，得n=3,3,6，所以cos n,EA1=n⋅EA1n⋅EA1=1×43=3.故直线A1E与平面A1BP所成角的大小为π3．18. （1）fʹx=x+2e−3e2x，由题意有fʹx0=0，即x0+2e−3e2=0,解得x0=e 或 x0=−3e舍去.所以f e=0，即12e2+2e2−3e2lne−b=0,解得b=−12e2．（2）由（1）知f x=12x2+2e x−3e2ln x+e22x>0,fʹx=x+2e−3e2=x−e x+3ex>0.在区间0,e上，有fʹx<0；在区间e,+∞上，有fʹx>0．故f x在0,e单调递减；在e,+∞单调递增，于是函数f x在0,+∞上的最小值是f e=0．故当x>0时，有f x≥0恒成立．（3）F x=fʹx+ax=x+a−3e2x+2e x>0.当a>3e2时，则F x=x+a−3e2x+2e≥2a−3e+2e,当且仅当x= a−3e2时等号成立，故F x的最小值m=2 a−3e2+2e>2e，符合题意；当a=3e2时，函数F x=x+2e在区间0,+∞上是增函数，不存在最小值，不合题意；当a<3e2时，函数F x=x+a−3e2x+2e在区间0,+∞上是增函数，不存在最小值，不合题意．综上，实数a的取值范围是3e2,+∞．19. （1）由已知c =1 ,ab=23,a2=b2+c2.解得a=2,b= 3.故所求椭圆方程为x24+y23=1．（2）由（1）知A1−2,0，A22,0，F21,0．设 P x 0,y 0 x 0≠±2 ，则3x 02+4y 02=12.于是直线 A 1P 方程为y =y 00 x +2 , 令 x =4，得 y M =6y 0x+2，所以 M 4,6y 0x 0+2．同理 N 4,2y 0x 0−2．所以F 2M = 3,6y 0x 0+2 ,F 2N = 3,2y 0x 0−2. 所以F 2M ⋅F 2N= 3,6y 0x 0+2 ⋅ 3,2y 0x 0−2 =9+6y 0x 0+2×2y 0x 0−2=9+12y 02x 02−4=9+3 12−3x 02 x 02−4=9−9 x 02−4x 02−4=0. 所以 F 2M ⊥F 2N ，点 F 2 在以 MN 为直径的圆上． 设 MN 的中点为 E ，则 E 4,4y 0 x 0−1x 02−4 ．又F 2E = 3,4y 0 x 0−1x 02−4 ,F 2P = x 0−1,y 0 , 所以F 2E ⋅F 2P= 3,4y 0 x 0−102⋅ x 0−1,y 0 =3 x 0−1 +4y 02 x 0−1x 02−4=3 x 0−1 + 12−3x 02 x 0−102=3 x 0−1 −3 x 0−1 =0.所以 F 2E ⊥F 2P ．因为 F 2E 是以 MN 为直径的圆的半径，E 为圆心，F 2E ⊥F 2P ． 故以 MN 为直径的圆与直线 PF 2 相切于右焦点 F 2． 20. （1） g 6 =3,g 20 =5． （2）S 1=g 1 +g 2 =1+1=2;S 2=g 1 +g 2 +g 3 +g 4=1+1+3+1=6;S 3=g 1 +g 2 +g 3 +g 4 +g 5 +g 6 +g 7 +g 8 =1+1+3+1+5+3+7+1=22.（3） 由（1）、（2）不难发现：对 m ∈N ∗，有g 2m =g m .所以，当 n ≥2 时，S n=g 1 +g 2 +g 3 +g 4 +⋯+g 2n −1 +g 2n= g 1 +g 3 +g 5 +⋯+g 2n −1 + g 2 +g 4 +⋯+g 2n = 1+3+5+⋯+ 2n −1 + g 2×1 +g 2×2 +⋯+g 2×2n−1= 1+2n −1 ×2n−12+ g 1 +g 2 +⋯+g 2n−1=4n−1+S n−1,于是 S n −S n−1=4n−1,n ≥2,n ∈N ∗.所以S n= S n −S n−1 + S n−1−S n−2 +⋯+ S 2−S 1 +S 1=4n−1+4n−2+⋯+42+4+2=4 1−4n−11−4+2=4n 3+23n ≥2,n ∈N ∗ . 又 S 1=2，满足上式，所以，当 n ∈N ∗ 时，S n =13 4n +2 ．。

2012北京市高三一模数学理分类汇编9：程序框图、二项式定理、选考部分.程序框图与二项式部分【2012北京市房山区一模理】5.执行如图所示的程序框图，则输出的n 的值为（A ）5（B ）6 （C ）7 （D ）8 【答案】C【2012北京市丰台区一模理】3．6(2的二项展开式中，常数项是（ ）A ．10B ．15C ．20D ．30 【答案】C【2012北京市丰台区一模理】6．学校组织一年级4个班外出春游，每个班从指定的甲、乙、丙、丁四个景区中任选一个游览，则恰有2个班选择了甲景区的选法共有 （ ） A ．2243A ⋅种 B ．2243A A ⋅种C ．2243C ⋅种D ．2243C A ⋅种【答案】C【2012北京市丰台区一模理】13．执行如下图所示的程序框图，则输出的i 值为 。

【答案】6【2012北京市房山区一模理】12.如果在一周内（周一至周日）安排三所学校的学生参观某展览馆，每天最多只安排一所学校，要求甲学校连续参观两天，其余学校均只参观一天，那么不同的安排方法有 种.【答案】120【2012北京市海淀区一模理】（5）执行如图所示的程序框图，输出的k（A ）4 （B ）5 （C ）6 （D ）7 【答案】B【2012北京市海淀区一模理】（6）从甲、乙等5个人中选出3人排成一列，则甲不在排头的排法种数是（A ）12 （B ）24 （C ）36 （D ）48【答案】D【2012年北京市西城区高三一模理】2．执行如图所示的程序框图，若输入2x =，则输出y 的值为（ ） （A ）2（B ）5（C ）11（D ）23 【答案】D【解析】输入2=x ，5=y 。

8352<=-，11,5==y x ，86115<=-，23,11==y x ，8122311>=-，满足条件，输出23=y ，选D.【2012年北京市西城区高三一模理】10．6(2)x -的展开式中，3x 的系数是_____．（用数字作答） 【答案】160-【解析】二项式展开式k k k k x C T )2(661-=-+，令36=-k ，所以3=k ，所以333364160)2(x x C T -=-=，所以3x 的系数为160-。

2012北京市高三一模数学理分类汇编3：三角函数【2012北京市房山区一模理】11．已知函数()()ϕω+=x x f sin （ω>0, πϕ<<0）的图象如图所示，则ω=__，ϕ=__.【答案】58,910π 【2012北京市海淀区一模理】（11）若1tan 2α=，则cos(2)απ2+= . 【答案】45-【2012年北京市西城区高三一模理】5．已知函数44()sin cos f x x x ωω=-的最小正周期是π，那么正数ω=（ ）（A ）2（B ）1（C ）12（D ）14【答案】B【解析】x x x x x x f ϖϖϖϖϖ2cos cos sin cos sin )(2244-=-=-=，所以周期πϖπϖπ===22T ，所以1=ϖ，选B. 【2012北京市门头沟区一模理】4．在ABC ∆中，已知4A π∠=，3B π∠=，1AB =，则BC为（A 31 （B 31（C ）63（D 2【答案】A【2012北京市朝阳区一模理】15. （本小题满分13分） 已知函数π()cos()4f x x =-.（Ⅰ）若2()10f α=，求sin 2α的值；（II ）设()()2g x f x f x π⎛⎫=⋅+⎪⎝⎭，求函数()g x 在区间ππ,63⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上的最大值和最小值.【答案】解：（Ⅰ）因为π()cos()410f αα=-=，所以sin )210αα+=， 所以 7cos sin 5αα+=. 平方得，22sin 2sin cos cos αααα++=4925， 所以 24sin 225α=. ……………6分 （II ）因为()π()2g x f x f x ⎛⎫=⋅+⎪⎝⎭=ππcos()cos()44x x -⋅+=sin )sin )22x x x x +⋅- =221(cos sin )2x x - =1cos 22x . ……………10分当ππ,63x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦时，π2π2,33x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦. 所以，当0x =时，()g x 的最大值为12； 当π3x =时，()g x 的最小值为14-. ……………13分 【2012北京市东城区一模理】（15）（本小题共13分） 已知函数22()(sin2cos2)2sin 2f x x x x =+-. （Ⅰ）求()f x 的最小正周期；（Ⅱ）若函数()y g x =的图象是由()y f x =的图象向右平移8π个单位长度，再向上平移1个单位长度得到的，当x ∈[0,4π]时，求()y g x =的最大值和最小值. 【答案】解：（Ⅰ）因为22()(sin 2cos 2)2sin 2f x x x x =+-sin 4cos4x x =+)4x π=+ , …………6分所以函数()f x 的最小正周期为2π. …………8分（Ⅱ）依题意,()y g x ==[4()8x π-4π+]1+)14x π=-+. ………10分因为04x π≤≤，所以34444x πππ-≤-≤. …………11分当442x ππ-=，即316x π=时，()g x 1+； 当444x ππ-=-，即0x =时， ()g x 取最小值0. …………13分 【2012北京市石景山区一模理】15．（本小题满分13分）在ABC ∆中，角A ，B ，C 所对应的边分别为a ，b ，c ，且C b B c a cos cos )2(=-． （Ⅰ）求角B 的大小；（Ⅱ）若cos 2A a ==，求ABC ∆的面积. 【答案】解：（Ⅰ）因为C b B c a cos cos )2(=-，由正弦定理，得C B B C A cos sin cos )sin sin 2(=-． …………2分∴ A C B C B B C B A sin )sin(cos sin cos sin cos sin 2=+=+=．……4分 ∵ 0A π<<, ∴0sin ≠A ， ∴ 21cos =B ． 又∵ π<<B 0 ， ∴ 3π=B ． …………6分（Ⅱ）由正弦定理BbA a sin sin =，得b = …………8分由 cos A =可得4A π=，由3π=B ，可得sin C =， …………11分∴113sin 22242s ab C +==⨯=． …………13分【2012北京市门头沟区一模理】15．（本小题满分13分）已知：函数2()sincos222xxxf x ωωω=+(0)ω>的周期为π．（Ⅰ）求ω的值；（Ⅱ）求函数()f x 的单调递增区间.【答案】解：（Ⅰ）1()cos )sin 2f x x x ωω=-+ ……………………………4分()sin()32f x x πω=-+ …………………………… 6分因为函数的周期为π所以2ω= ……………………………7分（Ⅱ）由（Ⅰ）知 ()sin(2)3f x x π=- ……………………………8分当 222()232k x k k Z πππππ-≤-≤+∈ 时函数单增……………………………10分5()1212k x k k Z ππππ-≤≤+∈ (12)分所以函数()f x 的单增区间为5[,]1212k k ππππ-+，其中k Z ∈ ………………………13分【2012年北京市西城区高三一模理】15.（本小题满分13分）在△ABC 中，已知sin()sin sin()A B B A B +=+-． （Ⅰ）求角A ；（Ⅱ）若||7BC =u u u r ，20=⋅AC AB ，求||AB AC +u u u r u u u r．【答案】（Ⅰ）解：原式可化为 B A B A B A B sin cos 2)sin()sin(sin =--+=． …3分因为(0,π)B ∈， 所以 0sin >B ， 所以 21cos =A ． …………5分因为(0,π)A ∈， 所以 π3A =． ……………6分 （Ⅱ）解：由余弦定理，得 222||||||2||||cos BC AB AC AB AC A =+-⋅u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r．…………8分因为 ||7BC =u u u r ，||||cos 20AB AC AB AC A ⋅=⋅=u u u r u u u r u u u r u u u r，所以 22||||89AB AC +=u u u r u u u r ． …………10分 因为 222||||||2129AB AC AB AC AB AC +=++⋅=u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r， …………12分所以||AB AC +=u u u r u u u r …………13分 【2012北京市海淀区一模理】（15）（本小题满分13分）在ABC ∆中，角A ，B ，C 的对边分别为,,a b c ，且A ，B ， C 成等差数列.（Ⅰ）若b =3a =，求c 的值；（Ⅱ）设sin sin t A C =，求t 的最大值. 【答案】解：（Ⅰ）因为,,A B C 成等差数列， 所以2B A C =+.因为A B C ++=π， 所以3B π=. ………………………………………2分因为b =3a =，2222cos b a c ac B =+-，所以2340c c --=. ………………………………………5分所以4c =或1c =-（舍去）. ………………………………………6分（Ⅱ）因为23A C +=π， 所以2sin sin()3t A A π=-1sin cos sin )22A A A =+11cos22()22A A -=+11sin(2)426A π=+-. ………………………………………10分 因为203A π<<， 所以72666A πππ-<-<. 所以当262A ππ-=，即3A π=时，t 有最大值34.………………………………………13分【2012北京市房山区一模理】15．（本小题共13分）已知ABC ∆的三个内角A ，B ，C 所对的边分别是a ,b ，c ，tan tan tan A B A B +=,,2=ac =（Ⅰ）求tan()A B +的值； （Ⅱ）求ABC ∆的面积.【答案】解：（I ）解Q tan tan tan A B A B +=tan tan )A B =-tan tantan()1tan tan A BA B A B+∴+=-=……………………5分（II ）由（I ）知 60A B +=︒，120C ∴=︒ ……………………7分Q C ab b a c cos 2222-+=∴⎪⎭⎫⎝⎛-⨯⨯-+=21224192b b ∴3=b ……………………10分 ∴233221sin 21⨯⨯⨯==∆C ab S ABC 233= ……………………13分。