2012北京市朝阳区高三数学试卷+答案(理工类)

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北京市朝阳区高三年级第一次综合练习数学试卷（理工类）2012.3（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.复数10i12iA.42iB.42iC.24iD.24i2.已知平面向量,ab满足()=3aa+b，且2,1==ab，则向量a与b的夹角为A.6B.3C.3D.63.已知数列{}na的前n项和为nS，且21()nnSanN，则5aA.16B.16C.31D.324.已知平面，直线,,abl，且,ab，则“la且lb”是“l”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5.有10件不同的电子产品，其中有2件产品运行不稳定.技术人员对它们进行一一测试，直到2件不稳定的产品全部找出后测试结束，则恰好3次就结束测试的方法种数是（）A.16B.24C.32D.486.已知函数()fx是定义在R上的偶函数，且对任意的xR，都有(2)()fxfx.当01x时，2()fxx.若直线yxa与函数()yfx的图象在[0,2]内恰有两个不同的公共点，则实数a的值是A.0B.0或12C.14或12D.0或147.某工厂生产的A种产品进入某商场销售，商场为吸引厂家第一年免收管理费，因此第一年A种产品定价为每件70元，年销售量为11.8万件.从第二年开始，商场对A种产品征收销售额的%x的管理费（即销售100元要征收x元），于是该产品定价每件比第一年增加了70%1%xx元，预计年销售量减少x万件，要使第二年商场在A种产品经营中收取的管理费不少于14万元，则x的取值范围是A.2B.6.5C.8.8D.108.已知点集22(,)48160Axyxyxy，(,)4,Bxyyxmm是常数，点集A所表示的平面区域与点集B所表示的平面区域的边界的交点为,MN.若点(,4)Dm在点集A所表示的平面区域内（不在边界上），则△DMN的面积的最大值是A.1B.2C.22D.4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.已知双曲线的方程为2213xy，则此双曲线的离心率为，其焦点到渐近线的距离为.10.已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为.（第10题图）（第11题图）11.执行如图所示的程序框图，若输入k的值是4，则输出S的值是.12.在极坐标系中，曲线23sin和cos1相交于点,AB，则线段AB的中点E到极点的距离是.13.已知函数213(),2,()24log,02.xxfxxx若函数()()gxfxk有两个不同的零点，则实数k的取值范围是.14.已知△ABC中，90,3,4CACBC.一个圆心为M，半径为14的圆在△21133正视图侧视图俯视图21开始输入kS=0，i=11+(1)SSiii=i+1?ik输出S结束是否ABC内，沿着△ABC的边滚动一周回到原位.在滚动过程中，圆M至少与△ABC的一边相切，则点M到△ABC顶点的最短距离是，点M的运动轨迹的周长是.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π()cos()4fxx.（Ⅰ）若72()10f，求sin2的值；（II）设()2gxfxfx，求函数()gx在区间ππ,63上的最大值和最小值.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.（Ⅰ）下表是这次考试成绩的频数分布表，求正整数a,b的值；区间[75，80)[80，85)[85，90)[90，95)[95，100]人数50a350300b（II）现在要用分层抽样的方法从这1000人中抽取40人的成绩进行分析，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.17.（本小题满分14分）在如图所示的几何体中，四边形ABCD为平行四边形，=90ABD，EB平面ABCD，EF//AB，=2AB，=3,=1EBEF，=13BC，且M是BD的中点.（Ⅰ）求证：EM//平面ADF；（Ⅱ）求二面角D-AF-B的大小；（Ⅲ）在线段EB上是否存在一点P，使得CP与AF所成的角为30？若存在，求出BP的长度；若不存在，请说明理由.18.（本小题满分13分）85809010095O频率组距分数750.010.020.030.040.050.060.07CAFEBMD设函数2e(),1axfxaxR.（Ⅰ）当1a时，求曲线()yfx在点(0,(0))f处的切线方程；（Ⅱ）求函数)(xf单调区间.19.（本小题满分14分）已知椭圆2222:1(0)xyCabab的两个焦点分别为1(2,0)F，2(2,0)F.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)mnm.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1322kkk，试求,mn满足的关系式.20．（本小题满分13分）已知各项均为非负整数的数列001:,,,nAaaa()nN，满足00a，1naan．若存在最小的正整数k，使得(1)kakk，则可定义变换T，变换T将数列0A变为数列00111():1,1,,1,0,,,kknTAaaaaa．设1()iiATA，0,1,2i．（Ⅰ）若数列0:0,1,1,3,0,0A，试写出数列5A；若数列4:4,0,0,0,0A，试写出数列0A；（Ⅱ）证明存在唯一的数列0A，经过有限次T变换，可将数列0A变为数列,0,0,,0nn个；（Ⅲ）若数列0A，经过有限次T变换，可变为数列,0,0,,0nn个．设1mmmnSaaa，1,2,,mn，求证[](1)1mmmSaSmm，其中[]1mSm表示不超过1mSm的最大整数．北京市朝阳区高三年级第一次综合练习数学试卷（理工类）2012.3一、选择题：题号（1）（2）（3）（4）（5）（6）（7）（8）答案ACBBCDDB二、填空题：题号（9）（10）（11）（12）（13）（14）答案2331323423(,1)4249三、解答题：（15）（本小题满分13分）解：（Ⅰ）因为π72()cos()410f，所以272(cossin)210，所以7cossin5.平方得，22sin2sincoscos=4925，所以24sin225.……………6分（II）因为π()2gxfxfx=ππcos()cos()44xx=22(cossin)(cossin)22xxxx=221(cossin)2xx=1cos22x.……………10分当ππ,63x时，π2π2,33x.所以，当0x时，()gx的最大值为12；当π3x时，()gx的最小值为14.……………13分（16）（本小题满分13分）解：（Ⅰ）依题意，0.0451000200,0.0251000100ab.……………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)52CPXC，1110302405(1)13CCPXC，23024029(2)52CPXC，所以X的分布列为X012P3525132952352930125213522EX，所以X的数学期望为32.……………13分（17）（本小题满分14分）证明：（Ⅰ）取AD的中点N，连接MN,NF.在△DAB中，M是BD的中点，N是AD的中点，所以1=2MN//AB,MNAB，又因为1=2EF//AB,EFAB，所以MN//EF且MN=EF.所以四边形MNFE为平行四边形，所以EM//FN.又因为FN平面ADF，EM平面ADF，故EM//平面ADF.……………4分解法二：因为EB平面ABD，ABBD，故以B为原点，建立如图所示的空间直角坐标系-Bxyz.……………1分由已知可得(0,0,0),(0,2,0),(3,0,0),BAD3(3,-2,0),(0,0,3),(0,1,3),(,0,0)2CEFM（Ⅰ）3=(,0,-3)(3,-2,0)2EM,AD=，=(0,-1,3)AF.……………2分设平面ADF的一个法向量是()x,y,zn.由0,0,ADAFnn得323x-y=0,-y+z=0.令y=3，则(2,3,3)n.……………3分又因为3(,0,-3)(2,3,3)=3+0-3=02EMn，所以EMn，又EM平面ADF，所以//EM平面ADF.……………4分（Ⅱ）由（Ⅰ）可知平面ADF的一个法向量是(2,3,3)n.因为EB平面ABD，所以EBBD.又因为ABBD，所以BD平面EBAF.故(3,0,0)BD是平面EBAF的一个法向量.NCAFEBMDzCAFEBMDxy所以1cos<=2BDBD,BDnnn，又二面角D-AF-B为锐角，故二面角D-AF-B的大小为60.……………10分（Ⅲ）假设在线段EB上存在一点P，使得CP与AF所成的角为30.不妨设(0,0,t)P（03t），则=(3,-2,-),=(0,-1,3)PCAFt.所以2-3cos<22PCAFtPC,AFPCAFt+13，由题意得2-33222tt+13，化简得4335t，解得35043t.所以在线段EB上不存在点P，使得CP与AF所成的角为30.…………14分（18）（本小题满分13分）解：因为2e(),1axfxx所以222e(2)()(1)axaxxafxx.（Ⅰ）当1a时,2e()1xfxx,222e(21)()(1)xxxfxx,所以(0)1,f(0)1f.所以曲线()yfx在点(0,(0))f处的切线方程为10xy.……………4分（Ⅱ）因为222222e(2)e()(2)(1)(1)axaxaxxafxaxxaxx，……………5分（1）当0a时,由()0fx得0x；由()0fx得0x.所以函数()fx在区间(,0)单调递增,在区间(0,)单调递减.……………6分（2）当0a时,设2()2gxaxxa，方程2()20gxaxxa的判别式2444(1)(1),aaa……………7分①当01a时，此时0.由()0fx得211axa,或211axa；由()0fx得221111aaxaa.所以函数()fx单调递增区间是211(,)aa和211(,)aa,单调递减区间221111(,)aaaa.……………9分②当1a时，此时0.所以()0fx，所以函数()fx单调递增区间是(,).……………10分③当10a时，此时0.由()0fx得221111aaxaa；由()0fx得211axa,或211axa.所以当10a时,函数()fx单调递减区间是211(,)aa和211(,)aa,单调递增区间221111(,)aaaa.……………12分④当1a时,此时0，()0fx，所以函数()fx单调递减区间是(,).…………13分（19）（本小题满分14分）解:（Ⅰ）依题意，2c，1b，所以223abc.故椭圆C的方程为2213xy.……………4分（Ⅱ）①当直线l的斜率不存在时，由221,13xxy解得61,3xy.不妨设6(1,)3A，6(1,)3B，因为13662233222kk，又1322kkk，所以21k，所以,mn的关系式为213nm，即10mn.………7分②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2213xy整理化简得，2222(31)6330kxkxk.设11(,)Axy，22(,)Bxy，则2122631kxxk,21223331kxxk.………9分又11(1)ykx，22(1)ykx.所以12122113121222(2)(3)(2)(3)33(3)(3)yyyxyxkkxxxx12211212[2(1)](3)[2(1)](3)3()9kxxkxxxxxx121212122(42)()6123()9kxxkxxkxxxx222222223362(42)6123131336393131kkkkkkkkkkk222(126)2.126kk………12分所以222k，所以2213nkm，所以,mn的关系式为10mn.………13分综上所述，,mn的关系式为10mn.………14分（20）（本小题满分13分）解：（Ⅰ）若0:0,1,1,3,0,0A，则1:1,0,1,3,0,0A；2:2,1,2,0,0,0A；3:3,0,2,0,0,0A；4:4,1,0,0,0,0A；5:5,0,0,0,0,0A．若4:4,0,0,0,0A，则3:3,1,0,0,0A；2:2,0,2,0,0A；1:1,1,2,0,0A；0:0,0,1,3,0A．………4分（Ⅱ）先证存在性，若数列001:,,,nAaaa满足0ka及0(01)iaik，则定义变换1T，变换1T将数列0A变为数列10()TA：01111,1,,1,,,,kknaaakaa．易知1T和T是互逆变换．………5分对于数列,0,0,,0n连续实施变换1T（一直不能再作1T变换为止）得,0,0,,0n1T1,1,0,,0n1T2,0,2,0,,0n1T3,1,2,0,,0n1T1T01,,,naaa，则必有00a（若00a，则还可作变换1T）．反过来对01,,,naaa作有限次变换T，即可还原为数列,0,0,,0n，因此存在数列0A满足条件．下用数学归纳法证唯一性：当1,2n是显然的，假设唯一性对1n成立，考虑n的情形．假设存在两个数列01,,,naaa及01,,,nbbb均可经过有限次T变换，变为,0,,0n，这里000ab，1212nnaaabbbn若0nan，则由变换T的定义，不能变为,0,,0n；若nan，则120naaa，经过一次T变换，有0,0,,0,nT1,1,,1,0由于3n，可知1,1,,1,0（至少3个1）不可能变为,0,,0n．所以0na，同理0nb令01,,,naaaT121,,,,naaa，01,,,nbbbT121,,,,nbbb，则0nnab，所以1211naaan，1211nbbbn．因为110,,,naaT有限次-1,0,,0n，110,,,nbbT有限次-1,0,,0n，故由归纳假设，有iiab，1,2,,1in．再由T与1T互逆，有01,,,naaaT111,,,,0naa，01,,,nbbbT111,,,,0nbb，所以iiab，1,2,,in，从而唯一性得证．………9分（Ⅲ）显然iai(1,2,,)in，这是由于若对某个0i，00iai，则由变换的定义可知，0ia通过变换，不能变为0．由变换T的定义可知数列0A每经过一次变换，kS的值或者不变，或者减少k，由于数列0A经有限次变换T，变为数列,0,,0n时，有0mS，1,2,,mn，所以mmSmt(mt为整数)，于是1mmmSaS1(1)mmamt，0mam，所以ma为mS除以1m后所得的余数，即[](1)1mmmSaSmm．………13分