2011北京东城区高三二模文科数学试卷试卷+答案(文科)

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北京市东城区2010-2011学年度综合练习（二）高三数学（文科）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）设集合U={1,2,3,4,5},A={1,2,3},B={3,4,5}，则()UABð（A）{1，2，3，4}（B）{1，2，4，5}（C）{1，2，5}（D）{3}（2）若复数22(3)(56)immmm（Rm）是纯虚数，则m的值为（A）0（B）2（C）0或3（D）2或3（3）如图，矩形长为6，宽为4，在矩形内随机地撒300颗黄豆，数得落在椭圆外的黄豆数为96颗，以此实验数据为依据可以估计出椭圆的面积约为（A）7.68（B）8.68（C）16.32（D）17.32（4）如图，一个空间几何体的正视图、侧视图、俯视图为全等的等腰直角三角形，如果直角三角形的直角边长为2，那么这个几何体的体积为（A）43（B）83（C）4（D）8（5）已知3sin4，且在第二象限，那么2在（A）第一象限（B）第二象限（C）第三象限（D）第四象限（6）已知点(1,2)A是抛物线C：22ypx与直线l：(1)ykx的一个交点，则抛物线C的焦点到直线l的距离是（A）22（B）2（C）223（D）22（7）△ABC的外接圆的圆心为O，半径为1，若0OAABOC，且||||OAAB，则CACB等于（A）32（B）3（C）3（D）23正视图侧视图俯视图（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）已知函数()fx是定义域为R的奇函数，且(1)2f,那么(0)(1)ff　　　　．（10）不等式组0,10,3260xxyxy所表示的平面区域的面积等于.（11）在△ABC中，若45,2Bba，则C.（12）某地为了建立调查职业满意度，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．（13）已知某程序的框图如图，若分别输入的x的值为2,1,0，执行该程序后，输出的y的值分别为,,abc，则abc．（14）已知等差数列na首项为a，公差为b，等比数列nb首项为b，公比为a，其中,ab都是大于1的正整数，且1123,abba，那么a　　　　　　；若对于任意的*Nn，总存在*Nm，使得3nmba成立，则na　　　　　　　　．　　相关人员数抽取人数公务员32x教师48y自由职业者644EA1DCC1B1BA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）已知π72sin()410A，π(0,)4A．（Ⅰ）求cosA的值；（Ⅱ）求函数()cos25coscos1fxxAx的值域．（16）（本小题共13分）已知数列na的前n项和为nS,且34nnaS（*nN）．（Ⅰ）证明:数列na是等比数列；（Ⅱ）若数列nb满足*1()nnnbabnN，且12b，求数列nb的通项公式．（17）（本小题共13分）如图，在直三棱柱111ABCABC中，ABAC，D，E分别为BC，1BB的中点，四边形11BBCC是正方形．（Ⅰ）求证：1AB∥平面1ACD；（Ⅱ）求证：CE平面1ACD．(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,)上的最小值．（19）（本小题共14分）已知椭圆的中心在原点O，离心率32e，短轴的一个端点为(0,2)，点M为直线12yx与该椭圆在第一象限内的交点，平行于OM的直线l交椭圆于,AB两点．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）求证：直线MA，MB与x轴始终围成一个等腰三角形．（20）(本小题共14分)已知ba,为两个正数，且ab，设,,211abbbaa当2n，*nN时，1111,2nnnnnnbabbaa．（Ⅰ）求证：数列na是递减数列，数列nb是递增数列；（Ⅱ）求证：)(2111nnnnbaba；（Ⅲ）是否存在常数,0C使得对任意*nN，有Cbann，若存在，求出C的取值范围；若不存在，试说明理由．北京市东城区2010-2011学年度第二学期综合练习（二）高三数学参考答案（文科）一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）（1）B（2）A（3）C（4）A（5）C（6）B（7）C（8）A二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分）（9）2（10）4（11）105（12）935（13）6（14）253n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π04A，且π72sin()410A，所以πππ442A，π2cos()410A．因为ππcoscos[()]44AAππππcos()cossin()sin4444AA2272241021025所以4cos5A．……………………6分（Ⅱ）因为()cos25coscos1fxxAx22cos4cosxx22(cos1)2x，xR．因为cos[1,1]x，所以，当cos1x时，()fx取最大值6；当cos1x时，()fx取最小值2．所以函数()fx的值域为[2,6]．…………………13分（16）（共13分）（Ⅰ）证明：由34nnaS，1n时，3411aa，解得11a.因为34nnaS，则3411nnaS(2)n，OEA1DCC1B1BA所以当2n时，1144nnnnnaSSaa，整理得143nnaa.又110a，所以na是首项为1，公比为43的等比数列.……………………6分（Ⅱ）解：因为14()3nna，由*1()nnnbabnN，得114()3nnnbb.可得)()()(1231`21nnnbbbbbbbb＝1)34(3341)34(1211nn，（2n），当1n时也满足，所以数列{}nb的通项公式为1)34(31nnb.……………………13分（17）（共13分）证明：（Ⅰ）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．……………………6分（Ⅱ）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．……………………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0a时，\'()0fx，()fx在[1,)上单调递增，最小值为(1)1f．当0a，当)2,0(ax时，)(xf单调递减；当),2(ax时，)(xf单调递增．若12a，即02a时，)(xf在),1[上单调递增，又1)1(f，所以)(xf在),1[上的最小值为1．若12a，即2a时，)(xf在)2,1[a上单调递减；在),2(a上单调递增．又()ln2222aaaaf，所以)(xf在),1[上的最小值为ln222aaa．综上，当2a时，()fx在[1,)上的最小值为1；当2a时，()fx在[1,)上的最大值为ln222aaa．………13分（19）（共14分）解：（Ⅰ）设椭圆方程为22221(0)xyabab，则3,22,cab解得22a．所以椭圆方程为22182xy．……………………5分（Ⅱ）由题意(2,1)M，设直线l的方程为12yxm．由221,21,82yxmxy得222240xmxm，设直线MA，MB的斜率分别为12,kk，设1122(,),(,)AxyBxy，则11112ykx，22212ykx．由222240xmxm，可得122xxm，21224xxm，12122112121211(1)(2)(1)(2)22(2)(2)yyyxyxkkxxxx12211211(1)(2)(1)(2)22(2)(2)xmxxmxxx121212(2)()4(1)(2)(2)xxmxxmxx21224(2)(2)4(1)(2)(2)mmmmxx2212242444(2)(2)mmmmxx0．即120kk．故直线MA，MB与x轴始终围成一个等腰三角形．………………14分（20）(共13分)(Ⅰ)证明：易知对任意*nN，0na，0nb．由,ba可知,2abba即11ba．同理，11112baba，即22ba．可知对任意*nN，nnba．0221nnnnnnnababaaa，所以数列na是递减数列．0)(1nnnnnnnnbabbbabb，所以数列nb是递增数列．……………………5分(Ⅱ)证明：)(212211nnnnnnnnnnnnbabbbabababa．……………………10分（Ⅲ）解：由)(2111nnnnbaba，可得1)21()(nnnbaba．若存在常数,0C使得对任意*nN，有Cbann，则对任意*nN，Cban1)21()(．即Cban222对任意*nN成立．即Cban22log2对任意*nN成立．设][x表示不超过x的最大整数，则有CbaCba22log1]22[log22．即当1]22[log2Cban时，Cban22log2．与Cban22log2对任意*nN成立矛盾．所以，不存在常数,0C使得对任意*nN，有Cbann．……14分