2012年朝阳区高三二模数学(理科)试卷+答案

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北京市朝阳区2011-2012学年度高三年级第二次综合练习数学试卷（理工类）2012.5（考试时间120分钟满分150分）本试卷分为选择题（共40分）和非选择题（共110分）两部分第一部分（选择题共40分）注意事项：考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上答无效。一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.1.已知全集RU，集合21xAx，2340Bxxx，则UABð=A．04xxB．04xxC．10xxD．14xx2.复数z满足等式(2i)iz，则复数z在复平面内对应的点所在的象限是A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限3.已知双曲线2215xym（0m）的右焦点与抛物线212yx的焦点相同，则此双曲线的离心率为A．6B．322C．32D．344.在△ABC中，2AB，3AC，0ABAC，且△ABC的面积为32，则BAC等于A．60或120B．120C．150D．30或1505.在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为,4xtyt（t为参数）．以原点O为极点，以x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为42sin()4，则直线l和曲线C的公共点有A．0个B．1个C．2个D．无数个6.下列命题：:p函数44()sincosfxxx的最小正周期是；:q已知向量(1)，=a，2(1),=-b，(11)，=c，则(+)//abc的充要条件是1；:r若111adx=x（1a），则ea.其中所有的真命题是A．rB．,pqC．,qrD．,pr7.直线yx与函数22,,()42,xmfxxxxm的图象恰有三个公共点，则实数m的取值范围是A．[1,2)B．[1,2]C．[2,)D．(,1]8.有一个棱长为1的正方体，按任意方向正投影,其投影面积的最大值是A.1B.322C.2D.3第二部分（非选择题共110分）二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.把答案填在答题卡上.9.二项式251(+)axx展开式中的常数项为5，则实数a=_______.10.执行如图所示的程序框图，输出的结果是_______.x=1,y=1,z=2z≤10开始结束是否z=x+y输出zy=zx=y（第10题图）11.若实数,xy满足10,0,xyx则22xy的最小值是.12.如图，AB是圆O的直径，CDAB于D，且2ADBD，E为AD的中点，连接CE并延长交圆O于F．若2CD，则AB_______，EF_________．13.一个工厂生产某种产品每年需要固定投资100万元，此外每生产1件该产品还需要增加投资1万元，年产量为x（xN）件.当20x时，年销售总收入为（233xx）万元；当20x时，年销售总收入为260万元.记该工厂生产并销售这种产品所得的年利润为y万元，则y（万元）与x（件）的函数关系式为，该工厂的年产量为件时，所得年利润最大.（年利润=年销售总收入年总投资）14.在如图所示的数表中，第i行第j列的数记为,ija，且满足11,,12,jjiaai，1,1,1,(,)Nijijijaaaij，则此数表中的第5行第3列的数是；记第3行的数3，5，8，13，22，为数列{}nb，则数列{}nb的通项公式为.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.把答案答在答题卡上.15.（本小题满分13分）已知函数23sincoscosfxxxxm()Rm的图象过点π(,0)12M.（Ⅰ）求m的值；（Ⅱ）在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c.若cos+cos=2coscBbCaB，第1行1248…第2行2359…第3行35813………CFBAEDO求()fA的取值范围．16.（本小题满分13分）一个袋子中装有大小形状完全相同的编号分别为1,2,3,4,5的5个红球与编号为1,2,3,4的4个白球，从中任意取出3个球.（Ⅰ）求取出的3个球颜色相同且编号是三个连续整数的概率；（Ⅱ）求取出的3个球中恰有2个球编号相同的概率；（Ⅲ）记X为取出的3个球中编号的最大值，求X的分布列与数学期望.]17.（本小题满分14分）在如图所示的几何体中，四边形ABCD为正方形，EA平面ABCD，//EFAB，=4,=2,=1ABAEEF.（Ⅰ）若点M在线段AC上，且满足14CMCA,求证：//EM平面FBC；（Ⅱ）求证：AF平面EBC；（Ⅲ）求二面角--AFBD的余弦值.18.（本小题满分14分）已知函数22()ln(0)afxaxxax．（Ⅰ）若曲线()yfx在点(1,(1))f处的切线与直线20xy垂直，求实数a的值；（Ⅱ）讨论函数()fx的单调性；（Ⅲ）当(,0)a时，记函数()fx的最小值为()ga，求证：21()e2ga．19.（本小题满分13分）在平面直角坐标系xOy中，已知点(2,0)A，(2,0)B，E为动点，且直线EA与直线EB的斜率之积为12.（Ⅰ）求动点E的轨迹C的方程；（Ⅱ）设过点(1,0)F的直线l与曲线C相交于不同的两点M，N.若点P在y轴上，且PMPN，求点P的纵坐标的取值范围.20．（本小题满分13分）已知数列12:,,,nnAaaa(,2)nn*N满足01naa，且当nk2()*Nk时ECBDMAF，1)(21kkaa，令1()nniiSAa．（Ⅰ）写出)(5AS的所有可能的值；（Ⅱ）求)(nAS的最大值；（Ⅲ）是否存在数列nA，使得2(3)()4nnSA？若存在，求出数列nA；若不存在，说明理由．北京市朝阳区高三年级第二次综合练习数学答案（理工类）2012.5一、选择题：题号12345678答案BBCCBDAD二、填空题：9.110.1311.1212.3，23313.2**32100,020,,160,20,,NNxxxxyxxx1614.16，121nnan三、解答题：15.（本小题满分13分）解：（Ⅰ）由31sin2(cos21)22fxxxmπ1sin(2)62xm．……3分因为点π(,0)12M在函数fx的图象上，所以ππ1sin(2)01262m，解得12m.……5分(Ⅱ)因为cos+cos=2coscBbCaB，所以sincossincosCBBC=2sincosAB，所以sin(+)2sincosBCAB，即sin2sincosAAB.……7分又因为(0,A，所以sin0A，所以1cos2B.……8分又因为(0,B，所以π3B，2π3AC.……10分所以2π03A，ππ7π2666A，所以πsin(2)6A1(,1]2.…12分所以()fA的取值范围是1(,1]2.……13分16.（本小题满分13分）解：（Ⅰ）设“取出的3个球颜色相同且编号是三个连续整数”为事件A，则39325()84PAC.答：取出的3个球的编号恰好是3个连续的整数，且颜色相同的概率为584.…4分[]（Ⅱ）设“取出的3个球中恰有两个球编号相同”为事件B，则114739281()843CCPBC.答：取出的3个球中恰有两个球编号相同的概率为13.……8分（Ⅲ）X的取值为2,3,4,5.12212222391(2)21CCCCPXC，12212424394(3)21CCCCPXC，12212626393(4)7CCCCPXC，1218391(5)3CCPXC.……11分所以X的分布列为X2345P1214213713X的数学期望143185234521217321EX.……13分17.（本小题满分14分）证明：（Ⅰ）过M作MNBC于N，连结FN，则MN//AB，又14CMAC，所以14MNAB.又EF//AB且14EFAB，所以EF//MN，且EFMN，所以四边形EFNM为平行四边形，所以EM//FN.又FN平面FBC，EM平面FBC，所以//EM平面FBC.……4分（Ⅱ）因为EA平面ABCD，ABAD，故以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系-Axyz.由已知可得(0,0,0),(4,0,0),(4,4,0),(0,4,0),ABCD(0,0,2),(1,0,2)EF.EDCMAFBNxzECBDMAFy显然=(1,0,2),=(0,4,0),=(4,0,-2)AFBCEB.则=0,=0AFBCAFEB，所以,AFBCAFEB.即,AFBCAFEB，故AF平面EBC.（Ⅲ）因为EF//AB，所以EF与AB确定平面EABF，由已知得，=(0,4,0),=(3,0,-2)BCFB，=(4,4,0)-BD.……9分因为EA平面ABCD，所以EABC.由已知可得ABBC且=EAABA，所以BC平面ABF，故BC是平面ABF的一个法向量.设平面DFB的一个法向量是()nx,y,z.由0,0,nnBDFB得440,320,xyxz即32yx,zx,令2x，则(2,2,3)n.所以217cos<17,nnnBCBCBC.由题意知二面角A-FB-D锐角，故二面角A-FB-D的余弦值为21717.……14分18.（本小题满分14分）解：（I）fx的定义域为{|0}xx.22210aafxxxx.根据题意，有12f，所以2230aa，解得1a或32a.……3分（II）22222222()(2)10aaxaxaxaxafxxxxxx.（1）当0a时，因为0x，由()0fx得()(2)0xaxa，解得xa；由()0fx得()(2)0xaxa，解得0xa.所以函数()fx在,a上单调递增，在0,a上单调递减.（2）当0a时，因为0x，由()0fx得()(2)0xaxa，解得2xa；由()0fx得()(2)0xaxa，解得02xa.所以函数()fx在0,2a上单调递减，在2,a上单调递增.……9分（III）由（Ⅱ）知，当(,0)a时，函数()fx的最小值为()ga，且22()(2)ln(2)2ln(2)32agafaaaaaaaa.2()ln(2)3ln(2)22gaaaaa，令()0ga，得21e2a.当a变化时，ga，ga的变化情况如下表：a21(,e)221e221(e,0)2ga＋0－ga极大值21e2是()ga在(,0)上的唯一极值点，且是极大值点，从而也是()ga的最大值点.所以22221111(e)eln[2(e)]3(e)2222最大值gag2222131elneee222.所以，当(,0)a时，21()e2ga成立.……14分19.（本小题满分13分）解：（Ⅰ）设动点E的坐标为(,)xy，依题意可知1222yyxx，整理得221(2)2xyx.所以动点E的轨迹C的方程为221(2)2xyx.………5分（II）当直线l的斜率不存在时，满足条件的点P的纵坐标为0.………6分当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为(1)ykx.将(1)ykx代入2212xy并整理得，2222(21)4220kxkxk.2880k.设11(,)Mxy，22(,)Nxy，则2122421kxxk，21222221kxxk.设MN的中点为Q，则22221Qkxk，2(1)21QQkykxk，所以2222(,)2121kkQkk.………9分由题意可知0k，又直线MN的垂直平分线的方程为22212()2121kkyxkkk.令0x解得211212Pkykkk..………10分当0k时，因为1222kk，所以120422Py；当0k时，因为1222kk，所以120422Py..………12分综上所述，点P纵坐标的取值范围是22[,]44..………13分20．（本小题满分13分）解:（Ⅰ）由题设，满足条件的数列5A的所有可能情况有：（1）01210,,,,.此时5()=4SA；（2）01010,,,,.此时5()=2SA；（3）01010,,,,.此时5()=0SA；（4）01210,,,,.此时5()=4SA；（5）01010,,,,.此时5()=0SA；（6）01010,,,,.此时5()=2SA；所以，)(5AS的所有可能的值为：4，2，0，2，4．……4分（Ⅱ）由1)(21kkaa，可设11kkkaac，则11kc或11kc（nk2，k*N），因为11nnnaac，所以11221nnnnnnaacacc11221nnacccc．因为01naa，所以1210nccc，且n为奇数，121,,,nccc是由21n个1和21n个1构成的数列．所以112121()()()nnSAcccccc1221(1)(2)2nnncnccc．则当121,,,nccc的前21n项取1，后21n项取1时)(nAS最大，此时)(nAS11(1)(2)(21)22nnnn2(1)4n．证明如下：假设121,,,nccc的前21n项中恰有t项12,,tmmmccc取1，则121,,,nccc的后21n项中恰有t项12,,,tnnnccc取1，其中112nt，112inm，112innn，1,2,,it．所以()nSA1211212211(1)(2)222nnnnnnncnccccc11(1)(2)(21)22nnnn122[()()()]tnmnmnm122[()()()]tnnnnnn221(1)(1)2()44tiiinnnm．所以)(nAS的最大值为2(1)4n．……9分（Ⅲ）由（Ⅱ）可知，如果121,,,nccc的前21n项中恰有t项12,,,tmmmccc取1，121,,,nccc的后21n项中恰有t项12,,,tnnnccc取1，则21(1)()2()4tniiinSAnm，若2(3)()4nnSA，则122()tiiinnm，因为n是奇数，所以2n是奇数，而12()tiiinm是偶数，因此不存在数列nA，使得4)3()(2nASn．……13分