2012年朝阳区高三二模数学试卷及答案(理科)

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  2 1xA x  ，  2 3 4 0B x x x    ，则 UA Bð = A． 0 4x x  B． 0 4x x  C． 1 0x x   D． 1 4x x   2.复数 z 满足等式 (2 i) 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 2 2 15 x y m   （ 0m  ）的右焦点与抛物线 2 12y x 的焦点相同，则此双曲线 的离心率为 A． 6 B． 3 2 2 C． 3 2 D． 3 4 4.在△ ABC 中， 2AB  ， 3AC  ， 0AB AC   ，且△ ABC 的面积为 3 2 ，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 , 4 x t y t     （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 4 2 sin( )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 4 4( ) sin cosf x x x  的最小正周期是  ； :q 已知向量 ( 1)，=a ， 2( 1 ),= -b ， ( 11) ，=c ，则 ( + ) //a b c 的充要条件是 1   ； :r 若 1 1 1 a dx =x （ 1a  ），则 ea . 其中所有的真命题是 A． r B． ,p q C． ,q r D． ,p r 7.直线 y x 与函数 2 2, ,( ) 4 2, x mf x x x x m      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. 1 B. 3 2 2 C. 2 D. 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 2 51( + )ax x 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_______. 11.若实数 ,x y 满足 1 0, 0, x y x      则 2 2x y 的最小值是 . x=1,y=1,z=2 z≤10 开始 结束 是 否 z=x+y 输出 z y = z x = y （第 10 题图） 12.如图，AB 是圆 O 的直径，CD AB 于 D ，且 2AD BD ，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（ 233x x ）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 ,i ja ，且满足 1 1, ,12 ,j j ia a i  ， 1, 1 , 1 , ( , )Ni j i j i ja a a i j       ，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   23sin cos cosf x x x x m   ( )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 = 2 cosc B b C a B ， 求 ( )f A 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. ] 第 1 行 1 2 4 8 … 第 2 行 2 3 5 9 … 第 3 行 3 5 8 13 … C F BA E DO 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 ， //EF AB ， = 4, = 2, =1AB AE EF . （Ⅰ）若点 M 在线段 AC 上，且满足 1 4CM CA , 求证： //EM 平面 FBC ； （Ⅱ）求证： AF 平面 EBC ； （Ⅲ）求二面角 - -A FB D 的余弦值. 18. （本小题满分 14 分） 已知函数 22( ) ln ( 0)af x a x x ax     ． （Ⅰ）若曲线 ( )y f x 在点 (1, (1))f 处的切线与直线 2 0x y  垂直，求实数 a 的值； （Ⅱ）讨论函数 ( )f x 的单调性； （Ⅲ）当 ( ,0)a  时，记函数 ( )f x 的最小值为 ( )g a ，求证： 21( ) e2g a  ． 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 1 2  . （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 PM PN ，求点 P 的纵坐标的取值范围. 20．（本小题满分 13 分） 已知数列 1 2: , , ,n nA a a a ( , 2)n n *N 满足 01  naa ，且当 nk 2 ( )*Nk  时， 1)( 2 1  kk aa ，令 1 ( ) n n i i S A a    ． （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)( ) 4n nS A  ？若存在，求出数列 nA ；若不存在， 说明理由． E CB D M A F 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 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 B B C C B D A D 二、填空题： 9. 1 10. 13 11. 1 2 12. 3 ， 2 3 3 13. 2 * * 32 100,0 20, , 160 , 20, , N N x x x xy x x x           16 14. 16， 12 1n na n   三、解答题： 15. （本小题满分 13 分） 解：（Ⅰ）由   3 1sin 2 (cos2 1)2 2f x x x m    π 1sin(2 )6 2x m    ．……3 分 因为点 π( ,0)12M 在函数  f x 的图象上， 所以 π π 1sin(2 ) 012 6 2 m     ， 解得 1 2m  . ……5 分 (Ⅱ) 因为 cos + cos = 2 cosc B b C a B ， 所以 sin cos sin cosC B B C =2sin cosA B ， 所以 sin( + ) 2sin cosB C A B ，即sin 2sin cosA A B . ……7 分 又因为 (0,A  ，所以sin 0A  ，所以 1cos 2B  . ……8 分 又因为 (0,B  ，所以 π 3B  ， 2 π3A C  . ……10 分 所以 2π0 3A  ， π π 7π26 6 6A    ，所以 πsin(2 )6A  1( ,1]2  .…12 分 所以 ( )f A 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 3 9 3 2 5( ) 84P A C   . 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 5 84 .…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 1 1 4 7 3 9 28 1( ) 84 3 C CP B C    . 答：取出的 3 个球中恰有两个球编号相同的概率为 1 3 . ……8 分 （Ⅲ）X 的取值为 2,3,4,5. 1 2 2 1 2 2 2 2 3 9 1( 2) 21 C C C CP X C    ， 1 2 2 1 2 4 2 4 3 9 4( 3) 21 C C C CP X C    ， 1 2 2 1 2 6 2 6 3 9 3( 4) 7 C C C CP X C    ， 1 2 1 8 3 9 1( 5) 3 C CP X C    . ……11 分 所以 X 的分布列为 X 2 3 4 5 P 1 21 4 21 3 7 1 3 X 的数学期望 1 4 3 1 852 3 4 521 21 7 3 21EX          . ……13 分 17. （本小题满分 14 分） 证明：（Ⅰ）过 M 作 MN BC 于 N ，连结 FN ， 则 MN // AB ，又 1 4CM AC ，所以 1 4MN AB . 又 EF // AB 且 1 4EF AB ， 所以 EF // MN ，且 EF MN ， 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 ， AB AD ，故 以 A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系 -A xyz 由已知可得 (0,0,0), (4,0,0), (4,4,0), (0,4,0),A B C D (0,0,2), (1,0,2)E F . 显然 = (1,0,2), = (0,4,0), = (4,0,-2)    AF BC EB . 则 = 0, = 0     AF BC AF EB ， E D C M A F B N x z E CB D M A F y 所以 ,     AF BC AF EB . 即 , AF BC AF EB ，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)   BC FB ， = ( 4,4,0)-  BD . ……9 分 因为 EA 平面 ABCD ，所以 EA BC . 由已知可得 AB BC 且 =EA AB A ， 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, n n        BD FB 得 4 4 0, 3 2 0,       x y x z 即 3 2   y x, z x, 令 2x ，则 (2,2,3)n  . 所以 2 17cos < 17, nn n     BCBC BC . 由题意知二面角 A- FB - D 锐角， 故二面角 A- FB - D 的余弦值为 2 17 17 . ……14 分 18. （本小题满分 14 分） 解：（I）  f x 的定义域为{ | 0}x x  .     2 2 2 1 0a af x xx x      . 根据题意，有  1 2f    ，所以 22 3 0a a   ， 解得 1a   或 3 2a  . ……3 分 （II）     2 2 2 2 2 2 2 2 ( )( 2 )1 0a a x ax a x a x af x xx x x x           . （1）当 0a  时，因为 0x  ， 由 ( ) 0f x  得 ( )( 2 ) 0x a x a   ，解得 x a ； 由 ( ) 0f x  得 ( )( 2 ) 0x a x a   ，解得 0 x a  . 所以函数 ( )f x 在 ,a  上单调递增，在 0,a 上单调递减. （2）当 0a  时，因为 0x  ， 由 ( ) 0f x  得 ( )( 2 ) 0x a x a   ，解得 2x a  ； 由 ( ) 0f x  得 ( )( 2 ) 0x a x a   ，解得 0 2x a   . 所以函数 ( )f x 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 ( )f x 的最小值为 ( )g a ， 且 22( ) ( 2 ) ln( 2 ) 2 ln( 2 ) 32 ag a f a a a a a a aa          . 2( ) ln( 2 ) 3 ln( 2 ) 22g a a a aa         ， 令 ( ) 0g a  ，得 21 e2a   . 当 a 变化时，  g a ，  g a 的变化情况如下表： a 21( , e )2   21 e2  21( e ,0)2   g a ＋ 0 －  g a  极大值  21 e2  是 ( )g a 在 ( ,0) 上的唯一极值点，且是极大值点，从而也是 ( )g a 的最大值点. 所以   2 2 2 21 1 1 1( e ) e ln[ 2 ( e )] 3( e )2 2 2 2最大值g a g         2 2 2 21 3 1e ln e e e2 2 2     . 所以，当 ( ,0)a  时， 21( ) e2g a  成立. ……14 分 19. （本小题满分 13 分） 解：（Ⅰ）设动点 E 的坐标为 ( , )x y ，依题意可知 1 22 2 y y x x      ， 整理得 2 2 1( 2)2 x y x    . 所以动点 E 的轨迹C 的方程为 2 2 1( 2)2 x y x    . ………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)y k x  . 将 ( 1)y k x  代入 2 2 12 x y  并整理得， 2 2 2 2(2 1) 4 2 2 0k x k x k     . 28 8 0k    . 设 1 1( , )M x y ， 2 2( , )N x y ，则 2 1 2 2 4 2 1 kx x k    ， 2 1 2 2 2 2 2 1 kx x k   . 设 MN 的中点为Q ，则 2 2 2 2 1Q kx k   ， 2( 1) 2 1Q Q ky k x k      ， 所以 2 2 2 2( , )2 1 2 1 k kQ k k   . ………9 分 由题意可知 0k  ， 又直线 MN 的垂直平分线的方程为 2 2 2 1 2( )2 1 2 1 k ky xk k k      . 令 0x  解得 2 1 12 1 2 P ky k k k    . .………10 分 当 0k  时，因为 12 2 2k k   ，所以 1 20 42 2Py   ； 当 0k  时，因为 12 2 2k k    ，所以 1 20 42 2Py     . .………12 分 综上所述，点 P 纵坐标的取值范围是 2 2[ , ]4 4  . .………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） 0 1 2 1 0, , , , . 此时 5( ) = 4S A ；（2） 0 1 0 1 0, , , , .此时 5( ) = 2S A ； （3） 0 1 0 1 0, , , , . 此时 5( ) = 0S A ；（4） 0 1 2 1 0, , , , .   此时 5( ) = 4S A  ； （5） 0 1 0 1 0, , , , . 此时 5( ) = 0S A ；（6） 0 1 0 1 0, , , , .  此时 5( ) = 2S A  ； 所以， )( 5AS 的所有可能的值为： 4 ， 2 ， 0 ， 2 ， 4 ． ……4 分 （Ⅱ）由 1)( 2 1  kk aa ， 可设 1 1k k ka a c   ，则 1 1kc   或 1 1kc    （ nk 2 ， k  *N ）， 因为 1 1n n na a c   ，所以 1 1 2 2 1n n n n n na a c a c c         1 1 2 2 1n na c c c c         ． 因为 01  naa ，所以 1 2 1 0nc c c     ，且 n 为奇数， 1 2 1, , , nc c c  是由 2 1n 个 1 和 2 1n 个 1 构成的数列． 所以 1 1 2 1 2 1( ) ( ) ( )n nS A c c c c c c          1 2 2 1( 1) ( 2) 2 n nn c n c c c        ． 则当 1 2 1, , , nc c c  的前 2 1n 项取1，后 2 1n 项取 1 时 )( nAS 最大， 此时 )( nAS 1 1( 1) ( 2) ( 2 1)2 2 n nn n             2( 1) 4 n  ． 证明如下： 假设 1 2 1, , , nc c c  的前 2 1n 项中恰有 t 项 1 2 , , tm m mc c c 取 1 ，则 1 2 1, , , nc c c  的后 2 1n 项中恰有 t 项 1 2 , , , tn n nc c c 取1 ，其中 11 2 nt   ， 11 2i nm   ， 1 12 i n n n    ， 1,2, ,i t  ． 所以 ( )nS A 1 2 1 1 2 1 2 2 1 1( 1) ( 2) 22 2n n n n n nn c n c c c c c                1 1( 1) ( 2) ( 2 1)2 2 n nn n             1 22[( ) ( ) ( )]tn m n m n m       1 22[( ) ( ) ( )]tn n n n n n       2 2 1 ( 1) ( 1)2 ( )4 4 t i i i n nn m       ． 所以 )( nAS 的最大值为 2( 1) 4 n  ． ……9 分 （Ⅲ）由（Ⅱ）可知，如果 1 2 1, , , nc c c  的前 2 1n 项中恰有t 项 1 2 , , , tm m mc c c 取 1 ， 1 2 1, , , nc c c  的 后 2 1n 项 中 恰 有 t 项 1 2 , , , tn n nc c c 取 1 ， 则 2 1 ( 1)( ) 2 ( )4 t n i i i nS A n m     ，若 2( 3)( ) 4n nS A  ，则 1 2 2 ( ) t i i i n n m     ， 因为 n 是奇数，所以 2n 是奇数，而 1 2 ( ) t i i i n m   是偶数，因此不存在数列 nA ， 使得 4 )3()( 2 nAS n ． ……13 分