北京市2013高考数学一模试题解析分类汇编系列五 12 程序与框图文

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2013年北京市高考数学试卷(理科)答案与解析

考正弦定理；余弦定理．菁优网版权所有点：专解三角形．题：分（Ⅰ）由条件利用正弦定理和二倍角公式求得cosA的值．析：（Ⅱ）由条件利用余弦定理，解方程求得c的值．解解：（Ⅰ）由条件在△ABC中，a=3，答：
题．
5．（5分）（2013•北京）函数f（x）的图象向右平移1个单位长度，所
得图象与曲线y=ex关于y轴对称，则f（x）=（）
A． ex+1
B． ex﹣1
C．e﹣x+1 D．e﹣x﹣1
考函数解析式的求解及常用方法；函数的图象与图象变化．菁优网版权所有点：
专函数的性质及应用．题：
分析：
考点的极坐标和直角坐标的互化；点到直线的距离公式．菁优网版权所有点：专直线与圆．题：分先将点的极坐标化成直角坐标，极坐标方程化为直角坐标方程，析：然后用点到直线的距离来解．解解：在极坐标系中，点答：
化为直角坐标为（
，1），直线ρsinθ=2化为直角坐标方程为y=2，（
，1），到y=2的距离1，即为点
8．（5分）（2013•北京）设关于x，y的不等式组
表示的平面区域内存在点P（x0，y0），满足x0﹣2y0=2，求得m的取值
范围是（）
A．
B．
C．
D．
考简单线性规划．菁优网版权所有点：
专不等式的解法及应用．题：
分先根据约束条件析：
画出可行域．要使可行域存在，必有m＜﹣2m+1，要求可行域包含直线y=
7．（5分）（2013•北京）直线l过抛物线C：x2=4y的焦点且与y轴垂
直，则l与C所围成的图形的面积等于（）
A．
B． 2
C．
D．

数学_2013年北京市海淀区高考数学一模试卷(理科)(含答案)

2013年北京市海淀区高考数学一模试卷（理科）一、选择题：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. 集合A ＝{x ∈N|x ≤6}，B ＝{x ∈R|x 2−3x >0}，则A ∩B ＝（） A {3, 4, 5} B {4, 5, 6} C {x|3<x ≤6} D {x|3≤x <6}2. 在极坐标系中，曲线ρ=4cosθ围成的图形面积为（） A π B 4 C 4π D 163. 某程序的框图如图所示，执行该程序，若输入的x 值为5，则输出的y 值（）A −2B −1C 12 D 24. 不等式组{x ≥1x +y −4≤0kx −y ≤0表示面积为1的直角三角形区域，则k 的值为（）A −2B −1C 0D 15. 若向量a →，b →满足|a →|=|b →|=|a →+b →|=1，则 a →⋅b →的值为（） A −12B 12C −1D 16. 一个盒子里有3个分别标有号码为1，2，3的小球，每次取出一个，记下它的标号后再放回盒子中，共取3次，则取得小球标号最大值是3的取法有( ) A 12种 B 15种 C 17种 D 19种7. 抛物线y 2=4x 的焦点为F ，点P(x, y)为该抛物线上的动点，又点A(−1, 0)，则|PF||PA|的最小值是( )A 12 B √22 C √32 D2√338. 设l 1，l 2，l 3为空间中三条互相平行且两两间的距离分别为4，5，6的直线．给出下列三个结论：①∃A i ∈l i (i =1, 2, 3)，使得△A 1A 2A 3是直角三角形； ②①∃A i ∈l i (i =1, 2, 3)，使得△A 1A 2A 3是等边三角形；③三条直线上存在四点A i (i =1, 2, 3, 4)，使得四面体A 1A 2A 3A 4为在一个顶点处的三条棱两两互相垂直的四面体．其中，所有正确结论的序号是（）A ①B ①②C ①③D ②③二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.9. 在复平面上，若复数a+bi(a, b∈R)对应的点恰好在实轴上，则b=________．10. 等差数列{a n}中，a3+a4=9，a2a5=18，则a1a6=________．11. 如图，AP⊙O切于点A，交弦DB的延长线于点P，过点B作圆O的切线交AP于点C．若∠ACB=90∘，BC=3，CP=4，则弦DB的长为________．12. 在△ABC中，若a=4，b=2，cosA=−14，则c=________，sinC=________．13. 已知函数f(x)={2x−a,x≤0,x2−3ax+a,x>0,有三个不同的零点，则实数a的取值范围为________．14. 已知函数f(x)=sinπ2x，任取t∈R，定义集合：A t={y|y=f(x), 点P(t, f(t)), Q(x, f(x))满足|PQ|≤√2}．设M t，m t分别表示集合A t中元素的最大值和最小值，记ℎ(t)=M t−m t．则（1）函数ℎ(t)的最大值是________；（2）函数ℎ(t)的单调递增区间为________．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.15. 已知函数f(x)=2−(√3sinx−cosx)2．（1）求f(π4)的值和f(x)的最小正周期；（2）求函数f(x)在区间[−π6, π3]上的最大值和最小值．16. 在某大学自主招生考试中，所有选报II类志向的考生全部参加了“数学与逻辑”和“阅读与表达”两个科目的考试，成绩分为A，B，C，D，E五个等级．某考场考生两科的考试成绩的数据统计如下图所示，其中“数学与逻辑”科目的成绩为B的考生有10人．（1）求该考场考生中“阅读与表达”科目中成绩为A的人数；（2）若等级A，B，C，D，E分别对应5分，4分，3分，2分，1分．(I)求该考场考生“数学与逻辑”科目的平均分；(II)若该考场共有10人得分大于7分，其中有2人10分，2人9分，6人8分．从这10人中随机抽取两人，求两人成绩之和的分布列和数学期望．17. 在四棱锥P −ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，△ABC 是正三角形，AC 与BD 的交点M 恰好是AC 中点，又PA ＝AB ＝4，∠CDA ＝120∘，点N 在线段PB 上，且PN =√2． (Ⅰ)求证：BD ⊥PC ；(Ⅱ)求证：MN // 平面PDC ；(Ⅲ)求二面角A −PC −B 的余弦值．18. 已知函数f(x)＝lnx +ax 2+bx （其中a ，b ）为常数且a ≠0)在x ＝1处取得极值． (Ⅰ)当a ＝1时，求f(x)的单调区间；(Ⅱ)若f(x)在(0, e]上的最大值为1，求a 的值． 19. 已知圆M ：(x −√2)2+y 2=r 2(r >0)，若椭圆C ：x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的右顶点为圆M 的圆心，离心率为√22.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)是否存在过原点的直线，使得该直线与椭圆C 分别交于A ，B 两点，与圆M 分别交于G ，H 两点，点G 在线段AB 上，且|AG|=|BH|，若存在，则求出圆M 半径r 的取值范围，若不存在，说明理由.20. 设A(x A , y A )，B =(x B , y B )为平面直角坐标系上的两点，其中x A ，y A ，x B ，y B ∈Z ．令△x =x B −x A ，△y =y B −y A ，若|△x|+|△y|=3，且|△x|⋅|△y|≠0，则称点B 为点A 的“相关点”，记作：B =τ(A)．已知P 0(x 0, y 0)(x 0, y 0∈Z)为平面上一个定点，平面上点列{P i }满足：P i =τ(P i−1)，且点P i 的坐标为(x i , y i )，其中i =1，2，3，…n ．（1）请问：点P 0的“相关点”有几个？判断这些“相关点”是否在同一个圆上，若在同一个圆上，写出圆的方程；若不在同一个圆上，说明理由；（2）求证：若P 0与P n 重合，n 一定为偶数；（3）若p 0(1, 0)，且y n =100，记T =∑x i n i=0，求T 的最大值．2013年北京市海淀区高考数学一模试卷（理科）答案1. B2. C3. C4. D5. A6. D7. B8. B9. 010. 1411. 24512. 3,3√151613. {a|49<a≤1}14. 解：（1）A t={y|y=f(x), 点P(t, f(t)), Q(x, f(x))满足|PQ|≤√2}表示以P点为圆心，√2为半径的圆及其内部函数y=sinπx2的图象上所有的点的纵坐标的集合，∵ f(−2)=f(0)=f(2)=0，f(1)=1，f(−1)=−1，设O(0, 0)，A(1, 1)，B(2, 0)，则AO=AB=√2，∴ M t={1,4k≤t≤4k+2(k∈Z)f(t)+√[2−(x0−t)2]，4k−2≤t<4k(k∈Z)，其中x0是最高点Q的横坐标，同理，m t={−1,4k−2≤t≤4k(k∈Z)f(t)−√[2−(x1−t)2]，4k≤t<4k+2(k∈Z)；其中x1是最低点Q的横坐标．∴函数ℎ(t)的最大值是2（t=4k或4k+2时取得），（2）由（1）中的分析可知单调增区间是(2k−1, 2k)．15. 解：（1）因为函数f(x)=2−(√3sinx−cosx)2=2−(3sin2x+cos2x−2√3sinxcosx)=2−(1+2sin2x−√3sin2x)=1−2sin2x+√3sin2x=cos2x+√3sin2x=2sin(2x+π6)．所以，f(π4)=2sin(2×π4+π6)=2sin2π3=√3，所以，f(x)的周期为T=2π2=π．（2）当x∈[−π6, π3]时，2x∈[−π3, 2π3]，2x+π6∈[−π6, 5π6]，所以，当2x+π6=−π6，即当x=−π6时，函数取得最小值f(−π6)=−1，当2x+π6=π2，即当x=π6时，函数取得最大值f(π6)=2．16. 解：（1）因为“数学与逻辑”科目中成绩等级为B的考生有10人，所以该考场有10÷14=40人…所以该考场考生中“阅读与表达”科目中成绩等级为A的人数为40×(1−0.375−0.375−0.15−0.025)=3…(II)求该考场考生“数学与逻辑”科目的平均分为40(1×0.2+2×0.1+3×0.375+4×0.25+5×0.075)40=2.9 (III)设两人成绩之和为ξ，则ξ的值可以为16，17，18，19，20…P(ξ=16)=C62C102=13，P(ξ=17)=C21C61C102=415P(ξ=18)=C61C21+C22C102=1345P(ξ=19)=C21C21C102=445P(ξ=20)=C22C102=145所以ξ的分布列为所以Eξ=16×13+17×415+18×1345+19×445+20×145=865所以ξ的数学期望为865…17. 证明：(I)∵ △ABC是正三角形，M是AC中点，∴ BM⊥AC，即BD⊥AC．又∵ PA⊥平面ABCD，∴ PA⊥BD．又PA∩AC＝A，∴ BD⊥平面PAC．∴ BD⊥PC．（2）在正△ABC中，BM=2√3．在△ACD中，∵ M为AC中点，DM⊥AC，∴ AD＝CD．∠ADC＝120∘，∴ DM=2√33，∴ BMMD =31．在等腰直角△PAB中，PA＝AB＝4，PB=4√2，∴ BNNP =31，∴BN NP=BM MD，∴ MN // PD ．又MN ⊄平面PDC ，PD ⊂平面PDC ， ∴ MN // 平面PDC ．(Ⅲ)∵ ∠BAD ＝∠BAC +∠CAD ＝90∘，∴ AB ⊥AD ，分别以AB ，AD ，AP 为x 轴，y 轴，z 轴建立如图的空间直角坐标系， ∴ B(4, 0, 0)，C(2,2√3,0)，D(0,4√33,0)，P(0, 0, 4)．由(Ⅱ)可知，DB →=(4,−4√33,0)为平面PAC 的法向量． PC →=(2,2√3,−4)，PB →=(4,0,−4)．设平面PBC 的一个法向量为n →=(x,y,z)，则{n →⋅PC →=0n →⋅PB →=0，即{2x +2√3y −4z =04x −4z =0 ，令z ＝3，得x ＝3，y =√3，则平面PBC 的一个法向量为n →=(3,√3,3)，设二面角A −PC −B 的大小为θ，则cosθ=n →⋅DB →|n →||DB →|=√77．所以二面角A −PC −B 余弦值为√77．18. （I ）因为f(x)＝lnx +ax 2+bx 所以f′(x)=1x +2ax +b ，因为函数f(x)＝lnx +ax 2+bx 在x ＝1处取得极值f′(1)＝1+2a +b ＝0 当a ＝1时，b ＝−3，f′(x)=2x 2−3x+1x，f′(x)，f(x)随x 的变化情况如下表：所以f(x)的单调递增区间为(0, 12)，(1, +∞)单调递减区间为(12, 1)(II)因为f′(x)=(2ax−1)(x−1)x令f′(x)＝0，x 1＝1，x 2=12a⋯因为f(x)在 x ＝1处取得极值，所以x 2=12a ≠x 1＝1，当12a <0时，f(x)在(0, 1)上单调递增，在(1, e]上单调递减所以f(x)在区间(0, e]上的最大值为f(1)，令f(1)＝1，解得a ＝−2 当a >0，x 2=12a>0当12a <1时，f(x)在(0, 12a )上单调递增，(12a , 1)上单调递减，(1, e)上单调递增所以最大值1可能在x =12a 或x ＝e 处取得而f(12a )＝ln 12a +a(12a )2−(2a +1)12a =ln 12a −14a <0 所以f(e)＝lne +ae 2−(2a +1)e ＝1，解得a =1e−2⋯ 当1≤12a<e 时，f(x)在区间(0, 1)上单调递增，(1, 12a)上单调递减，(12a, e)上单调递增所以最大值1可能在x ＝1或x ＝e 处取得而f(1)＝ln1+a −(2a +1)<0所以f(e)＝lne +ae 2−(2a +1)e ＝1，解得a =1e−2，与1<x 2=12a<e 矛盾当x 2=12a ≥e 时，f(X)在区间(0, 1)上单调递增，在(1, e)单调递减，所以最大值1可能在x ＝1处取得，而f(1)＝ln1+a −(2a +1)<0，矛盾综上所述，a =1e−2或a ＝−2．19. 解：(1)设椭圆的焦距为2c ，由椭圆右顶点为圆M 的圆心(√2, 0)，得a =√2，又ca =√22，所以c =1，b =1，所以椭圆C 的方程为：x 22+y 2=1.(2)设A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)，直线l 的方程为y =kx ，因为直线l 与椭圆C 交于两点A ，B ，联立{y =kx,x 2+2y 2−2=0.消去y 得(1+2k 2)x 2−2=0.由韦达定理得x 1+x 2=0，x 1x 2=−21+2k 2，所以|AB|=√(1+k 2)81+2k2=√8(1+k 2)1+2k 2. 因为点M(√2, 0)到直线l 的距离d =√2k|√1+k 2，所以|GH|=2√r 2−2k 21+k 2，所以要使|AG|=|BH|，只要|AB|=|GH|，所以8(1+k 2)1+2k 2=4(r 2−2k 21+k 2)，所以r 2=2k 21+k 2+2(1+k 2)1+2k 2=2(3k 4+3k 2+1)2k 4+3k 2+1=2(1+k 42k 4+3k 2+1)，当k =0时，r =√2，当k ≠0时，r 2=2(1+11k 4+3k2+2)<2(1+12)=3，又显然r 2=2(1+11k 4+3k 2+2)>2，所以√2<r <√3，当直线的斜率不存在时，此时圆M 的半径的取值范围为√2<r ≤√3. 综上所述，√2≤r ≤√3. 20. 解：（1）∵ |△x |+|△Y |=3，(|△x|⋅|△y|≠0)∴ |△x |=1且|△Y |=2，或|△x |=2且|△Y |=1，所以点P 0的相关点有8个… 又∵ (△x )2+(△Y )2=3，即(x 1−x 0)2+(y 1−y 0)2=5∴ 这些可能值对应的点在以P 0(x 0, y 0)为圆心，√5为半径的圆上… （2）依题意P n (x n , y n )与P 0(x 0, y 0)重合则x n =(x n −x n−1)+(x n−1−x n−2)+(x n−2−x n−3)+...+(x 3−x 2)+(x 2−x 1)+(x 1−x 0)+x 0，y n =(y n −y n−1)+(y n−1−y n−2)+(y n−2−y n−3)+...+(y 3−y 2)+(y 2−y 1)+(y 1−y 0)+y 0，因此，可得(x n −x n−1)+(x n−1−x n−2)+(x n−2−x n−3)+...+(x 3−x 2)+(x 2−x 1)+(x 1−x 0)=0，且(y n −y n−1)+(y n−1−y n−2)+(y n−2−y n−3)+...+(y 3−y 2)+(y 2−y 1)+(y 1−y 0)=0 两式相加得[(x n −x n−1)+(y n −y n−1)]+[(x n−1−x n−2)+(y n−1−y n−2)]+...+[(x 1−x 0)+(y 1−y 0)]=0(∗)∵ x i ，y i 都是整数，且|x i −x i−1|+|y i −y i−1|=3(i =1, 2, 3,…,n)∴ (x i −x i−1)+(y i −y i−1)(i =1, 2, 3,…,n)为奇数，于是(∗)的左边就是n 个奇数的和，因为奇数个奇数的和还是奇数，所以左边不可能是奇数项，可得n 一定为偶数… （3）令△x i =x i −x i−1，△y i =y i −y i−1，(i =1, 2, 3,…,n)依题意(y n −y n−1)+(y n−1−y n−2)+...+(y 2−y 1)+(y 1−y 0)=100， ∵ T =∑x i n i=0=x 0+x 1+x 2+...+x n =1+(1+△x 1)+(1+△x 1+△x 2)+...+(1+△x 1+△x 2+...+△x n )=n +1+n △x 1+(n −1)△x 2+...+2△x n−1+△x n )… ∵ |△x i |+|△y i |=3，且|△x i |的|△y i |都是非零整数， ∴ 当△x i =2的个数越多，则T 的值越大，∵ 在△x 1，△x 2，△x 3，…，△x n−1，△x n 这个序列中，数字2的位置越靠前，相应的值越大且当△y i 取值为1或−1的次数最多时，△x i 取2的次数才能最多，T 的值才能最大．∴ ①当n =100时，令所有的△y i 都为1，且△x i 都取2，得T =101+2(1+2+...+100)=10201．②当n >100时，（1）若n =2k(k ≥50, k ∈N +)，此时△y i 可取k +50个1，k −50个−1，且△x i 可都取2，S(n)达到最大值从而T =n +1+2[n +(n −1)+...+2+1]=n 2+2n +1．（2）若n =2k +1(k ≥50, k ∈N +)，令△y n =2，其余的△y i 中有k −49个−1，k +49个1．相应的，对于△x i ，有△x n =1，其余的都为2，可得T =n +1+2[n +(n −1)+...+2+1]−1=n 2+2n③当50≤n ≤100时，令△y i =1，i ≤2n −100，△y i =2，2n −100<i ≤n ，则相应地取△x i =2，i ≤2n −100，△y i =1，2n −100<i ≤n ，可得T =n +1+2[n +(n −1)+...+(101−n)]+[(100−n)+(99−n)+...+2+1]=12(n 2+205n −10098)综上所述，得T ={12(n 2+205n −10098)n ∈N +且50≤n <100(n +1)2n ≥100且n 是偶数n 2+2nn ≥100且n 是奇数…。

北京市高考数学一模试题解析分类汇编系列五 5 数列

【解析分类汇编系列五：北京2013高三（一模）文数】5：数列1．（2013届北京市延庆县一模数学文）已知等差数列b a ,,1,等比数列5,2,3++b a ,则该等差数列的公差为（）A ．3或3-B ．3或1-C ．3D ．3-C在等差数列b a ,,1中，21a b =+，即21b a =-。

5,2,3++b a 成等比，所以2(2)3(5)a b +=+，即2(2)3(5)3(215)6(2)a b a a +=+=-+=+，整理得(2)(4)0a a +-=，解得4a =或2a =-。

当2a =-时，20a +=，所以5,2,3++b a 成等比不成立，舍去。

当4a =时，成立，所以公差为1413a -=-=，选C.2．（2013届北京东城区一模数学文科）对于函数)(x f y =,部分x 与y 的对应关系如下表:数列}{n x 满足21=x ,且对任意*n ∈N ,点),(1+n n x x 都在函数)(x f y =的图象上,则201320124321x x x x x x ++++++Λ的值为（）A ．9394B ．9380C ．9396D ．9400A因为21=x ，由题意知1=()n n x f x +，则21=()=(2)=4x f x f ，32=()=(4)=8x f x f ，43=()=(8)=2x f x f ， 54=()=(2)=4x f x f ，所以数列}{n x 是周期3的周期数列。

所以123420122013123671()671(2+4+8)=67114=9394x x x x x x x x x ++++++=++=⨯L ，所以选A.3．（2013届北京丰台区一模文科）设n S 为等比数列{}n a 的前n 项和,3420a a +=,则31S a （） A ．2 B ．3C ．4D ．5B在等比数列中，由3420a a +=得432a q a =-=，所以331118311(2)S q a q -+===---，选B.4．（2013届北京海淀一模文）等差数列{}n a 中, 2343,9,a a a =+= 则16a a 的值为（）A ．14B ．18C ．21D ．27A在等差数列中由23439a a a =+=，，解得121a d ==，，所以6157a a d =+=，所以162714a a =⨯=，选A.5．（2013届北京门头沟区一模文科数学）在等差数列{}n a 中,7916+=a a ,41=a ,则12a 的值是（） A ．15 B ．30C ．31D ．64A由7916+=a a ，得121416a d +=，由41=a ，得131a d +=，解得47d =，所以124812715a a d =+=+⨯=，选A.6．（2013届北京西城区一模文科）设等比数列{}n a 的公比为q ,前n 项和为n S ,且10a >.若232S a >,则q 的取值范围是（）A ．1(1,0)(0,)2-UB ．1(,0)(0,1)2-UC ．1(,1)(,)2-∞-+∞UD ．1(,)(1,)2-∞-+∞U B由232S a >得1232a a a +>，即21112a a q a q +>，所以2210q q --<，解得112q -<<，又0q ≠，所以q 的取值范围是1(,0)(0,1)2-U ，选B.7．（2013届房山区一模文科数学）已知{}n a 为等差数列,n S 为其前n 项和.若19418,7a a a +==,则10S =（）A ．55B ．81C ．90D ．100D由19418,7a a a +==得11281837a d a d +=⎧⎨+=⎩，解得112a d =⎧⎨=⎩，所以101109101002S a d ´=+=，选D.8．（2013届房山区一模文科数学）设集合M 是R 的子集,如果点0x ∈R 满足:00,,0a x M x x a ∀>∃∈<-<,称0x 为集合M 的聚点.则下列集合中以0为聚点的有:①{|}1n n n ∈+N ; ②{|,0}x x x ∈≠R ; ③*2{|}n n∈N ; ④Z （）A ．②③B ．②④C ．①③D ．①③④A①中，集合{|}1nn n ∈+N 中的元素是极限为1的数列，除了第一项0之外，其余的都至少比0大， ∴在12a <的时候，不存在满足得0＜|x|＜a 的x ， ∴0不是集合{|}1nn n ∈+N 的聚点 ②集合{x|x ∈R ，x≠0}，对任意的a ，都存在x=（实际上任意比a 小得数都可以），使得0＜|x|=＜a ，∴0是集合{x|x ∈R ，x≠0}的聚点 ③集合*2{|}n n∈N 中的元素是极限为0的数列，对于任意的a ＞0，存在2n a >，使0＜|x|=2a n<，∴0是集合*2{|}n n ∈N 的聚点④对于某个a ＜1，比如a=0.5，此时对任意的x ∈Z ，都有|x ﹣0|=0或者|x ﹣0|≥1，也就是说不可能0＜|x ﹣0|＜0.5，从而0不是整数集Z 的聚点故选A9．（2013届北京市延庆县一模数学文）已知定义在正整数集上的函数)(n f 满足以下条件:(1)()()()f m n f m f n mn +=++,其中,m n 为正整数;(2)6)3(=f .则=)2013(f ______.2027091因为()()()f m n f m f n mn +=++，所以(3)()(3)3f m f m f m +=++，即(3)()(3)3f m f m f m ++-=，所以(2013)(2010)(3)32010f f f =++⨯(2010)(2007)(3)32007f f f -+=⨯，(2007)(2004)(3)32004f f f +-=⨯，L ，(6)(3)(3)33f f f +-=⨯，等式两边同时相加得(2013)(3)(3)3320106706702f f f ++-=⨯⨯，即(2013)(3)33201067167020270912f f ++=⨯⨯=。

2013年北京高三(一模)数学(文)分类汇编系列五解析版3三角函数

【解析分类汇编系列五：北京2013高三（一模）文数】3：三角函数1．（2013届北京门头沟区一模文科数学）为得到函数sin (π-2)y x =的图象,可以将函数πsin (2)3y x =-的图象（）A ．向左平移3π个单位B ．向左平移6π个单位 C ．向右平移3π个单位D ．向右平移6π个单位B因为sin (π2)=sin 2sin(2)sin[2()]3363y x x x x ππππ=-=+-=+-，所以可以将函数πsin (2)3y x =-的图象向左平移6π个单位，得到sin (π2)y x =-，所以选B.2．（2013届北京市石景山区一模数学文）函数2sin (0)3y x x ππ=-≤≤（）的最大值与最小值之和为（）A. 0B.2- C ．－1 D ．1- B当0x π≤≤时，2333x πππ-≤-≤，所以2sin()2sin()2sin 332x πππ-≤-≤，即2y ≤≤，所以最大值与最小值之和为2-，选B.3．（2013届北京门头沟区一模文科数学）若△ABC 的内角A ． B ．C 所对的边a 、b 、c 满足422=-+c b a )(,且C =60°,则ab 的值为（）A ．348-B ．1C ．34D ．32 C由422=-+c b a )(得22242a b c ab +-=-，又222421cos 60222a b c ab ab ab +--===，解得43ab =，选C.4．（2013届北京大兴区一模文科）函数()f x =（）A ．在ππ(,)22-上递增 B ．在π(,0]2-上递增,在π(0,)2上递减 C ．在ππ(,)22-上递减D ．在π(,0]2-上递减,在π(0,)2上递增因为sin ()cos x f x x=，当sin 0x ≥时，sin ()tan cos x f x x x==。

当sin 0x <时，sin ()tan cos x f x x x==-，即当02x π<<时，函数递增。

【解析分类汇编系列二北京2013(一模)数学理】5数列Word版含答案

【解析分类汇编系列二：北京2013（一模）数学理】5数列1．（2013届北京丰台区一模理科）设n S 为等比数列{}n a 的前n 项和，3420a a +=，则31S a（）A ．2B ．3C ．4D ．5【答案】B在等比数列中，由3420a a +=得432a q a =-=，所以331118311(2)S q a q -+===---，选B.2．（2013届北京西城区一模理科）等比数列{}n a 中，10a >，则“13a a <”是“36a a <”的（） A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件【答案】B由13a a <得211a a q <，且30a >，解得21q >，即1q >或1q <-。

3363(1)a a a q -=-，所以当1q >时，3363(1)0a a a q -=-<，得36a a <。

当1q <-时，3363(1)0a a a q -=->，得36a a >。

若36a a <，则2511a q a q <，即31q <，所以1q >，此时2311a a q a =>，所以“13a a <”是“36a a <”的必要而不充分条件，选B.3．（2013届东城区一模理科）已知数列{}n a 中，12a =，120n n a a +-=，2log n n b a =，那么数列{}n b 的前10项和等于（）A ．130B ．120C ．55D ．50【答案】C由120n n a a +-=得12n n a a +=，所以数列{}n a 为公比数列，公比2q =，所以111222n n n n a a q --==⨯=，所以22log log 2n n n b a n ===，为等差数列。

2013年北京市高考数学试卷(文科)(附答案解析)

2013年北京市高考数学试卷（文科）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. 已知集合A={−1, 0, 1}，B={x|−1≤x<1}，则A∩B=（）A.{0}B.{−1, 0}C.{0, 1}D.{−1, 0, 1}2. 设a，b，c∈R，且a>b，则( )A.ac>bcB.1a <1bC.a2>b2D.a3>b33. 下列函数中，既是偶函数又在区间(0, +∞)上是单调递减的是()A.y=1xB.y=e−xC.y=−x2+1D.y=lg|x|4. 在复平面内，复数i(2−i)对应的点位于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限5. 在△ABC中，a=3，b=5，sin A=13，则sin B=（）A.1 5B.59C.√53D.16. 执行如图所示的程序框图，输出的S值为( )A.1B.23C.1321D.6109877. 双曲线x2−y2m=1的离心率大于√2的充分必要条件是（）A.m>12B.m≥1C.m>1D.m>28. 如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，P为对角线BD1的三等分点，P到各顶点的距离的不同取值有（）A.3个B.4个C.5个D.6个二、填空题共6小题，每小题5分，共30分．若抛物线y2=2px的焦点坐标为(1, 0)，则p=________；准线方程为________．某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥的体积为________．若等比数列{a n}满足a2+a4=20，a3+a5=40，则公比q=________；前n项和S n=________．设D为不等式组{x≥02x−y≤0x+y−3≤0表示的平面区域，区域D上的点与点(1, 0)之间的距离的最小值为________．函数f(x)={log12x,x≥12x,x<1的值域为________．已知点A(1, −1)，B(3, 0)，C(2, 1)．若平面区域D 由所有满足AP →=λAB →+μAC →(1≤λ≤2, 0≤μ≤1)的点P 组成，则D 的面积为________．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．已知函数f(x)=(2cos 2x −1)sin 2x +12cos 4x ． (1)求f(x)的最小正周期及最大值；(2)若α∈(π2,π)，且f(α)=√22，求α的值．如图是某市3月1日至14日的空气质量指数趋势图．空气质量指数小于100表示空气质量优良，空气质量指数大于200表示空气重度污染．某人随机选择3月1日至3月13日中的某一天到达该市，并停留2天．(1)求此人到达当日空气重度污染的概率；(2)求此人在该市停留期间只有1天空气重度污染的概率；(3)由图判断从哪天开始连续三天的空气质量指数方差最大？（结论不要求证明）如图，在四棱锥P −ABCD 中，AB // CD ，AB ⊥AD ，CD =2AB ，平面PAD ⊥底面ABCD ，PA ⊥AD ．E 和F 分别是CD 和PC 的中点，求证：(1)PA ⊥底面ABCD ；(2)BE // 平面PAD ；(3)平面BEF ⊥平面PCD ．已知函数f(x)=x 2+x sin x +cos x .(1)若曲线y =f(x)在点(a, f(a))处与直线y =b 相切，求a ，b 的值；(2)若曲线y =f(x)与直线y =b 有两个不同交点，求b 的取值范围．直线y =kx +m(m ≠0)与椭圆W:x 24+y 2=1相交于A ，C 两点，O 是坐标原点．(1)当点B 的坐标为(0, 1)，且四边形OABC 为菱形时，求AC 的长；(2)当点B 在W 上且不是W 的顶点时，证明：四边形OABC 不可能为菱形．给定数列a 1，a 2，…，a n ．对i =1，2，…，n −1，该数列前i 项的最大值记为A i ，后n −i 项a i+1，a i+2，…，a n 的最小值记为B i ，d i =A i −B i ．(1)设数列{a n }为3，4，7，1，写出d 1，d 2，d 3的值；(2)设a 1，a 2，…，a n−1(n ≥4)是公比大于1的等比数列，且a 1>0．证明：d 1，d 2，…，d n−1是等比数列； (3)设d 1，d 2，…，d n−1是公差大于0的等差数列，且d 1>0．证明：a 1，a 2，…，a n−1是等差数列．参考答案与试题解析2013年北京市高考数学试卷（文科）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】B【考点】交集及其运算【解析】找出A与B的公共元素，即可确定出两集合的交集．【解答】解：∵A={−1, 0, 1}，B={x|−1≤x<1}，∴A∩B={−1, 0}．故选B.2.【答案】D【考点】不等式的基本性质【解析】对于A、B、C可举出反例，对于D利用不等式的基本性质即可判断出．【解答】解：A，令a=3，b=2，c=−1，则3×(−1)<2×(−1)，即ac<bc，故A不正确；B，令a=1，b=−2，而1>−12，故B不正确；C，令a=−1，b=−2，而(−1)2<(−2)2，故C不正确；D，∵a>b，∴a3>b3，成立，故D正确．故选D.3.【答案】C【考点】函数奇偶性的判断函数的单调性及单调区间【解析】根据函数y=1x是奇函数，得A项不符合题意；根据函数y=e−x是非奇非偶函数，得B项不符合题意；根据二次函数y=−x2+1的图象是开口向下的抛物线且关于y轴对称，得到C项符合题意；根据对数函数的单调性，得函数y=lg|x|在(0, +∞)上是增函数，可得D项不符合题意．【解答】解：对于A，函数y=1x 满足f(−x)=−1x≠f(x)，可得函数不是偶函数，故A项不符合题意；对于B，函数y=e−x满足f(−x)=e x≠f(x)，得函数不是偶函数，故B项不符合题意；对于C，函数y=−x2+1满足f(−x)=−(−x)2+1=−x2+1=f(x)，∴函数y=−x2+1是R上的偶函数.又∵函数y=−x2+1的图象是开口向下的抛物线，关于y轴对称，∴当x∈(0, +∞)时，函数为减函数．故C项符合题意；对于D，当x∈(0, +∞)时，函数y=lg|x|=lg x，底数10>1，∴函数y=lg|x|在区间(0, +∞)上是单调递增的函数，故D项不符合题意．故选C.4.【答案】A【考点】复数的代数表示法及其几何意义【解析】首先进行复数的乘法运算，得到复数的代数形式的标准形式，根据复数的实部和虚部写出对应的点的坐标，看出所在的象限．【解答】解：∵复数z=i(2−i)=−i2+2i=1+2i，∴复数对应的点的坐标是(1, 2)，这个点在第一象限.故选A.5.【答案】B【考点】正弦定理【解析】由正弦定理列出关系式，将a，b及sin A的值代入即可求出sin B的值．【解答】解：∵a=3，b=5，sin A=13，∴由正弦定理得：sin B=b sin Aa=5×133=59．故选B.6.【答案】C【考点】程序框图【解析】从框图赋值入手，先执行一次运算，然后判断运算后的i的值与2的大小，满足判断框中的条件，则跳出循环，否则继续执行循环，直到条件满足为止．【解答】解：框图首先给变量i 和S 赋值0和1．执行S =12+12×1+1=23，i =0+1=1；判断1≥2不成立，执行S =(23)2+12×23+1=1321，i =1+1=2；判断2≥2成立，算法结束，跳出循环，输出S 的值为1321．故选C . 7.【答案】 C【考点】根据充分必要条件求参数取值问题双曲线的离心率【解析】根据双曲线的标准形式，可以求出a ＝1，b =√m ，c =√1+m ．利用离心率e 大于√2建立不等式，解之可得 m >1，最后利用充要条件的定义即可得出正确答案．【解答】解：双曲线x 2−y 2m=1，说明m >0，∴ a =1，b =√m ，可得c =√1+m ， ∵ 离心率e >√2等价于 ca =√1+m 1>√2⇔m >1，∴ 双曲线x 2−y 2m=1的离心率大于√2的充分必要条件是m >1．故选C . 8.【答案】 B【考点】点、线、面间的距离计算【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长|AB|＝3，即可得到各顶点的坐标，利用两点间的距离公式即可得出．【解答】解：建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长|AB|=3，则A(3, 0, 0)，B(3, 3, 0)，C(0, 3, 0)，D(0, 0, 0)，A 1(3, 0, 3)，B 1(3, 3, 3)，C 1(0, 3, 3)，D 1(0, 0, 3)， ∴ BD 1→=(−3, −3, 3)，设P(x, y, z)，∵ BP →=13BD 1→=(−1, −1, 1)， ∴ DP →=DB →+(−1,−1,1)=(2, 2, 1)．∴ |PA|=|PC|=|PB 1|=√12+22+12=√6， |PD|=|PA 1|=|PC 1|=√22+22+12=3， |PB|=√3，|PD 1|=√22+22+22=2√3．故P 到各顶点的距离的不同取值有√6，3，√3，2√3共4个．故选B .二、填空题共6小题，每小题5分，共30分．【答案】 2,x =−1 【考点】抛物线的性质【解析】由抛物线的性质可知，知p2=1，可知抛物线的标准方程和准线方程．【解答】解：∵ 抛物线y 2=2px 的焦点坐标为(1, 0)， ∴ p2=1，p =2，抛物线的方程为y 2=4x ， ∴ 其标准方程为：x =−1.故答案为：2；−1. 【答案】 3【考点】由三视图求体积【解析】利用三视图判断几何体的形状，然后通过三视图的数据求解几何体的体积．【解答】解：几何体为底面边长为3的正方形，高为1的四棱锥，所以体积V=13×32×1=3．故答案为：3.【答案】2,2n+1−2【考点】等比数列的前n项和等比数列的通项公式【解析】利用等比数列的通项公式和已知即可得出{a1q+a1q3=20a1q2+a1q4=40，解出即可得到a1及q，再利用等比数列的前n项和公式即可得出S n=a1(q n−1)q−1．【解答】解：设等比数列{a n}的公比为q，∵a2+a4=a2(1+q2)=20①a3+a5=a3(1+q2)=40②∴ ①②两个式子相除，可得到a3a2=4020=2，即等比数列的公比q=2，将q=2带入①中可求出a2=4，则a1=a2q =42=2，∴数列{a n}时首项为2，公比为2的等比数列．∴数列{a n}的前n项和为：S n=a1(q n−1)q−1=2×(2n−1)2−1=2n+1−2．故答案为：2；2n+1−2.【答案】2√5【考点】求线性目标函数的最值【解析】首先根据题意作出可行域，欲求区域D上的点与点(1, 0)之间的距离的最小值，由其几何意义为点A(1, 0)到直线2x−y=0距离为所求，代入点到直线的距离公式计算可得答案．【解答】解：如图可行域为阴影部分，由其几何意义为点A(1, 0)到直线2x−y=0距离，即为所求，由点到直线的距离公式得：d=√4+1=2√55，则区域D上的点与点(1, 0)之间的距离的最小值等于2√55．故答案为：2√55．【答案】(−∞, 2)【考点】函数的值域及其求法【解析】通过求解对数不等式和指数不等式分别求出分段函数的值域，然后取并集得到原函数的值域．【解答】解；当x≥1时，f(x)=log12x≤log121=0；当x<1时，0<f(x)=2x<21=2．所以函数f(x)={log12x,x≥12x,x<1的值域为(−∞, 2)．故答案为：(−∞, 2).【答案】3【考点】简单线性规划向量的加法及其几何意义点到直线的距离公式【解析】设P的坐标为(x, y)，根据AP→=λAB→+μAC→，结合向量的坐标运算解出{λ=23x−13y−1μ=−13x+23y+1，再由1≤λ≤2、0≤μ≤1得到关于x、y的不等式组，从而得到如图的平行四边形CDEF及其内部，最后根据坐标系内两点间的距离公式即可算出平面区域D的面积．【解答】解：设P 的坐标为(x, y)，则AB →=(2, 1)，AC →=(1, 2)，AP →=(x −1, y +1)，∵ AP →=λAB →+μAC →，∴ {x −1=2λ+μ，y +1=λ+2μ，解之得{λ=23x −13y −1，μ=−13x +23y +1，∵ 1≤λ≤2，0≤μ≤1，∴ 点P 坐标满足不等式组{1≤23x −13y −1≤2，0≤−13x +23y +1≤1，作出不等式组对应的平面区域，得到如图的平行四边形CDEF 及其内部，其中C(4, 2)，D(6, 3)，E(5, 1)，F(3, 0) ∵ |CF|=√(4−3)2+(2−0)2=√5，点E(5, 1)到直线CF:2x −y −6=0的距离为d =√5=3√55∴ 平行四边形CDEF 的面积为S ＝|CF|×d =√5×3√55=3，即动点P 构成的平面区域D 的面积为3.故答案为：3.三、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)因为f(x)=(2cos 2x −1)sin 2x +12cos 4x=12sin 4x +12cos 4x =√22sin (4x +π4) ∴ T =2π4=π2，函数的最大值为：√22．(2)∵ f(x)=√22sin (4x +π4)，f(α)=√22， ∴ sin (4α+π4)=1，∴ 4α+π4=π2+2kπ，k ∈Z ， ∴ α=π16+kπ2，又∵ α∈(π2,π)， ∴ α=916π．【考点】二倍角的正弦公式两角和与差的正弦公式正弦函数的周期性三角函数的最值正弦函数的定义域和值域【解析】（1）利用二倍角的正弦函数以及两角和的正弦函数化简函数为一个角的一个三角函数的形式，通过周期公式求f(x)的最小正周期，利用三角函数的最值求出函数的最大值；（2）通过α∈(π2，π)，且f(α)=√22，求出α的正弦值，然后求出角即可．【解答】解：(1)因为f(x)=(2cos 2x −1)sin 2x +12cos 4x=12sin 4x +12cos 4x =√2sin (4x +π) ∴ T =2π4=π2，函数的最大值为：√22． (2)∵ f(x)=√22sin (4x +π4)，f(α)=√22， ∴ sin (4α+π4)=1，∴ 4α+π4=π2+2kπ，k ∈Z ， ∴ α=π16+kπ2，又∵ α∈(π2,π)， ∴ α=916π．【答案】解：(1)由图看出，1日至13日13天的时间内，空气重度污染的是5日、8日共2天．由古典概型概率计算公式得，此人到达当日空气质量重度污染的概率P=213.(2)此人在该市停留期间两天的空气质量指数为(86, 25)，(25, 57)，(57, 143)，(143, 220)，(220, 160)，(160, 40)，(40, 217)，(217, 160)，(160, 121)，(121, 158)，(158, 86)，(86, 79)，(79, 37)共13种情况, 其中只有1天空气重度污染的是(143, 220)，(220, 160)，(40, 217)，(217, 160)共4种情况，所以，此人在该市停留期间只有1天空气重度污染的概率P=413.(3)因为方差越大，说明三天的空气质量指数越不稳定，由图看出从5日开始连续5，6，7三天的空气质量指数方差最大．【考点】列举法计算基本事件数及事件发生的概率极差、方差与标准差古典概型及其概率计算公式【解析】(Ⅰ)由图查出13天内空气质量指数大于200的天数，直接利用古典概型概率计算公式得到答案；(Ⅱ)用列举法写出此人在该市停留两天的空气质量指数的所有情况，查出仅有一天是重度污染的情况，然后直接利用古典概型概率计算公式得到答案；(Ⅲ)因为方差越大，说明三天的空气质量指数越不稳定，由图直接看出答案．【解答】解：(1)由图看出，1日至13日13天的时间内，空气重度污染的是5日、8日共2天．由古典概型概率计算公式得，此人到达当日空气质量重度污染的概率P=213.(2)此人在该市停留期间两天的空气质量指数为(86, 25)，(25, 57)，(57, 143)，(143, 220)，(220, 160)，(160, 40)，(40, 217)，(217, 160)，(160, 121)，(121, 158)，(158, 86)，(86, 79)，(79, 37)共13种情况, 其中只有1天空气重度污染的是(143, 220)，(220, 160)，(40, 217)，(217, 160)共4种情况，所以，此人在该市停留期间只有1天空气重度污染的概率P=413.(3)因为方差越大，说明三天的空气质量指数越不稳定，由图看出从5日开始连续5，6，7三天的空气质量指数方差最大．【答案】证明：(1)∵PA⊥AD，平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，∴由平面和平面垂直的性质定理可得，PA⊥平面ABCD．(2)∵AB // CD，AB⊥AD，CD=2AB，E和F分别是CD和PC的中点，∴AB=//12CD=DE，∴四边形ABED为平行四边形，故有BE // AD．又AD⊂平面PAD，BE不在平面PAD内，故有BE // 平面PAD．(3)平行四边形ABED中，由AB⊥AD可得，ABED为矩形，故有BE⊥CD①．由PA⊥平面ABCD，可得PA⊥AB，再由AB⊥AD可得AB⊥平面PAD，∴CD⊥平面PAD，故有CD⊥PD．再由E、F分别为CD和PC的中点，可得EF // PD，∴CD⊥EF②．而EF和BE是平面BEF内的两条相交直线，故有CD⊥平面BEF．由于CD⊂平面PCD，∴平面BEF⊥平面PCD．【考点】平面与平面垂直的判定直线与平面垂直的判定直线与平面平行的判定【解析】(1)根据条件，利用平面和平面垂直的性质定理可得PA⊥平面ABCD．(2)根据已知条件判断ABED为平行四边形，故有BE // AD，再利用直线和平面平行的判定定理证得BE // 平面PAD．(3)先证明ABED为矩形，可得BE⊥CD①．现证CD⊥平面PAD，可得CD⊥PD，再由三角形中位线的性质可得EF // PD，从而证得CD⊥EF②．结合①②利用直线和平面垂直的判定定理证得CD⊥平面BEF，再由平面和平面垂直的判定定理证得平面BEF⊥平面PCD．【解答】证明：(1)∵PA⊥AD，平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，∴由平面和平面垂直的性质定理可得，PA⊥平面ABCD．(2)∵AB // CD，AB⊥AD，CD=2AB，E和F分别是CD和PC的中点，∴AB=//12CD=DE，∴四边形ABED为平行四边形，故有BE // AD．又AD⊂平面PAD，BE不在平面PAD内，故有BE // 平面PAD．(3)平行四边形ABED中，由AB⊥AD可得，ABED为矩形，故有BE⊥CD①．由PA⊥平面ABCD，可得PA⊥AB，再由AB⊥AD可得AB⊥平面PAD，∴CD⊥平面PAD，故有CD⊥PD．再由E、F分别为CD和PC的中点，可得EF // PD，∴CD⊥EF②．而EF和BE是平面BEF内的两条相交直线，故有CD⊥平面BEF．由于CD⊂平面PCD，∴平面BEF⊥平面PCD．【答案】解：(1)f′(x)=2x+x cos x=x(2+cos x)，∵曲线y=f(x)在点(a, f(a))处与直线y=b相切，∴f′(a)=a(2+cos a)=0，f(a)＝b，联立{2a+a cos a=0，a2+a sin a+cos a=b，解得{a=0，b=1，故a=0，b=1．(2)∵f′(x)=x(2+cos x)．令f′(x)=0，得x=0，x，f(x)，f′(x)的变化情况如表：-+(0, +∞)上单调递增，f(0)=1是f(x)的最小值．故当b>1时曲线y=f(x)与直线y=b有且只有两个不同的交点．【考点】由函数零点求参数取值范围问题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】（I）由题意可得f′(a)＝0，f(a)＝b，联立解出即可；(II)利用导数得出其单调性与极值即最值，得到值域即可．【解答】解：(1)f′(x)=2x+x cos x=x(2+cos x)，∵曲线y=f(x)在点(a, f(a))处与直线y=b相切，∴f′(a)=a(2+cos a)=0，f(a)＝b，联立{2a+a cos a=0，a2+a sin a+cos a=b，解得{a=0，b=1，故a=0，b=1．(2)∵f′(x)=x(2+cos x)．令f′(x)=0，得x=0，x，f(x)，f′(x)的变化情况如表：- +(0, +∞)上单调递增，f(0)=1是f(x)的最小值．故当b>1时曲线y=f(x)与直线y=b有且只有两个不同的交点．【答案】解：(1)∵点B的坐标为(0, 1)，当四边形OABC为菱形时，AC⊥OB，而B(0, 1)，O(0, 0)，∴线段OB的垂直平分线为y=12，将y=12代入椭圆方程得x=±√3，因此A、C的坐标为(±√3, 12)，如图，于是AC=2√3．(2)欲证明四边形OABC不可能为菱形，利用反证法，假设四边形OABC为菱形，则有OA=OC，设OA=OC=r，则A、C为圆x2+y2=r2与椭圆W:x24+y2=1的交点，故3x24=r2−1，x2=43(r2−1)，则A、C两点的横坐标相等或互为相反数．从而得到点B是W的顶点．这与题设矛盾．于是结论得证．【考点】椭圆中的平面几何问题反证法椭圆的标准方程【解析】（I）先根据条件得出线段OB的垂直平分线方程为y=12，从而A、C的坐标为(±√3, 12)，根据两点间的距离公式即可得出AC的长；(II)欲证明四边形OABC不可能为菱形，只须证明若OA＝OC，则A、C两点的横坐标相等或互为相反数．设OA＝OC＝r，则A、C为圆x2+y2＝r2与椭圆W:x24+y2=1的交点，从而解得3x24=r2−1，则A、C两点的横坐标相等或互为相反数．于是结论得证．【解答】解：(1)∵点B的坐标为(0, 1)，当四边形OABC为菱形时，AC⊥OB，而B(0, 1)，O(0, 0)，∴线段OB的垂直平分线为y=12，将y=12代入椭圆方程得x=±√3，因此A、C的坐标为(±√3, 12)，如图，于是AC=2√3．(2)欲证明四边形OABC不可能为菱形，利用反证法，假设四边形OABC为菱形，则有OA=OC，设OA=OC=r，则A、C为圆x2+y2=r2与椭圆W:x24+y2=1的交点，故3x 24=r2−1，x2=43(r2−1)，则A、C两点的横坐标相等或互为相反数．从而得到点B是W的顶点．这与题设矛盾．于是结论得证．【答案】解：(1)当i=1时，A1=3，B1=1，故d1=A1−B1=2，同理可求d2=3，d3=6；(2)由a1，a2，…，a n−1(n≥4)是公比q大于1的等比数列，且a1>0，则{a n}的通项为：a n=a1q n−1，且为单调递增的数列．于是当k=1，2，…n−1时，d k=A k−B k=a k−a k+1，进而当k=2，3，…n−1时，d kd k−1=a k−a k+1a k−1−a k=a k(1−q)a k−1(1−q)=q为定值．∴d1，d2，…，d n−1是等比数列；(3)设d为d1，d2，…，d n−1的公差，对1≤i≤n−2，因为B i≤B i+1，d>0，所以A i+1=B i+1+d i+1≥B i+d i+d>B i+d i=A i，又因为A i+1=max{A i, a i+1}，所以a i+1=A i+1>A i≥a i．从而a1，a2，…，a n−1为递增数列．因为A i=a i(i=1, 2,…n−1)，又因为B1=A1−d1=a1−d1<a1，所以B1<a1<a2<...<a n−1，因此a n=B1．所以B1=B2=…=B n−1=a n．所以a i=A i=B i+d i=a n+d i，因此对i=1，2，…，n−2都有a i+1−a i=d i+1−d i=d，即a1，a2，…，a n−1是等差数列．【考点】等差数列与等比数列的综合【解析】(Ⅰ)当i＝1时，A1＝3，B1＝1，从而可求得d1，同理可求得d2，d3的值；(Ⅱ)依题意，可知a n＝a1q n−1(a1>0, q>1)，由d k＝a k−a k+1⇒d k−1＝a k−1−a k(k≥2)，从而可证d kd k−1(k≥2)为定值．(Ⅲ)依题意，0<d1<d2<...<d n−1，可用反证法证明a1，a2，…，a n−1是单调递增数列；再证明a m为数列{a n}中的最小项，从而可求得是a k＝d k+a m，问题得证．【解答】解：(1)当i=1时，A1=3，B1=1，故d1=A1−B1=2，同理可求d2=3，d3=6；(2)由a1，a2，…，a n−1(n≥4)是公比q大于1的等比数列，且a1>0，则{a n}的通项为：a n=a1q n−1，且为单调递增的数列．于是当k=1，2，…n−1时，d k=A k−B k=a k−a k+1，进而当k=2，3，…n−1时，d kd k−1=a k−a k+1a k−1−a k=a k(1−q)a k−1(1−q)=q为定值．∴d1，d2，…，d n−1是等比数列；(3)设d为d1，d2，…，d n−1的公差，对1≤i≤n−2，因为B i≤B i+1，d>0，所以A i+1=B i+1+d i+1≥B i+d i+d>B i+d i=A i，又因为A i+1=max{A i, a i+1}，所以a i+1=A i+1>A i≥a i．从而a1，a2，…，a n−1为递增数列．因为A i=a i(i=1, 2,…n−1)，又因为B1=A1−d1=a1−d1<a1，所以B1<a1<a2<...<a n−1，因此a n=B1．所以B1=B2=…=B n−1=a n．所以a i=A i=B i+d i=a n+d i，因此对i=1，2，…，n−2都有a i+1−a i=d i+1−d i=d，即a1，a2，…，a n−1是等差数列．。

北京市门头沟区2013届高考一模数学文试题(WORD解析版)

门头沟区2013年高三年级抽样测试数学（文史类）第Ⅰ卷 (选择题40分)一、选择题：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. 已知集合{}24A x x =≤，{}1B x x =<，则集合B A 等于（A ）{}12x x ≤≤ （B ）{}1x x ≥ （C ）{}2x x ≤（D ）R {}-2x x ≥【答案】C{}24{22}A x x x x =≤=-≤≤,所以{2}A B x x =≤ ，选C.2．在等差数列{}n a 中，7916+=a a ，41=a ，则12a 的值是（A ）15（B ）30（C ）31（D ）64【答案】A由7916+=a a ，得121416a d +=，由41=a ，得131a d +=，解得47d =，所以124812715a a d =+=+⨯=，选A.3．为得到函数sin (π2)y x =-的图象，可以将函数πsin (2)3y x =-的图象（A ）向左平移3π个单位（B ）向左平移6π个单位（C ）向右平移3π个单位（D ）向右平移6π个单位【答案】B因为s i n (π2)=s i n 2s i n (2)s i n [2()]3363y x x x xππππ=-=+-=+-，所以可以将函数πsin (2)3y x =-的图象向左平移6π个单位，得到sin (π2)y x =-，所以选B.4．如果()f x 的定义域为R ，(2)(1)()f x f x f x +=+-，若(1)l g 3l g 2f =-，(2)lg3lg5f =+，则(3)f 等于（A ）1（B ）lg3-lg22013.3（C ）-1 （D ）lg2-lg3【答案】A因为(3)(2)(1)f f f =-，所以(3)lg3lg5(lg3lg 2)lg5lg 21f =+--=+=，选A. 5．如图所示，为一几何体的三视图，则该几何体的体积是（A ）1（B ）21 （C ）13（D ）65【答案】D由三视图可知该几何体时一个正方体去掉以角，其直观图如图，其中正方体的边长为1.所以正方体的体积为1.去掉的三棱锥的体积为11111326⨯⨯⨯=，所以该几何体的体积为15166-=，选C. 6．若△ABC 的内角A 、B 、C 所对的边a 、b 、c 满足422=-+c b a )(，且C =60°，则ab 的值为（A ）348-（B ）1（C ）34 （D ）32 【答案】C由422=-+c b a )(得22242a b c ab +-=-，又222421c o s 60222a b c a b a b a b +--===，解得43ab =，选C. 7. 已知函数22,0()42,0x f x x x x ≥⎧=⎨++<⎩的图象与直线(2)2y k x =+-恰有三个公共点，则实数k 的取值范围是（A ）()02，(B)(]02，(C)()-2∞， (D)()2+∞，主视图左视图俯视图111【答案】A因为直线(2)2y k x =+-过定点(2,2A --。

2013年北京市昌平区高考数学一模试卷(文科)(附答案解析)

2013年北京市昌平区高考数学一模试卷（文科）一、选择题：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. 复数2i1−i 的虚部是（） A.−1 B.1C.iD.−i2. “a =2”是“直线y =−ax +2与y =a4x −1垂直”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件3. 在数列{a n }中，a 1=1，点(a n , a n+1)在直线y =2x 上，则a 4的值为（） A.7 B.8 C.9 D.164. 如图，在△ABC 中，BD =2DC ．若AB →=a ，AC →=b ，则AD →=( )A.23a +13b B.23a −13bC.13a +23bD.13a −23b5. 已知一个空间几何体的三视图如图所示，根据图中标出的尺寸，可得这个几何体的体积为（）A.4B.8C.12D.246. 函数f(x)=log 2(x +1)−x 2的零点个数为（）A.0B.1C.2D.37. 设不等式组{x −2y +2≥0x ≤4y ≥−2 表示的平面区域为D ．在区域D 内随机取一个点，则此点到直线y +2＝0的距离大于2的概率是（） A.413 B.513C.825D.9258. 设定义域为R 的函数f(x)满足以下条件；则以下不等式一定成立的是（） (1)对任意x ∈R ，f(x)+f(−x)=0；(2)对任意x 1，x 2∈[1, a]，当x 2>x 1时，有f(x 2)>f(x 1)． ①f(a)>f(0) ②f(1+a 2)>f(√a)③f(1−3a1+a )>f(−3) ④f(1−3a1+a )>f(−a) A.①③ B.②④ C.①④ D.②③二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分）在△ABC 中，若b =3，c =1，cos A =13，则a =________．已知S n 是等差数列{a n }的前n 项和，其中a 2=−3，a 8=15，则a 5=________；S 6=________．已知某算法的流程图如图所示，则程序运行结束时输出的结果为________．以双曲线x 29−y 216=1的右焦点为圆心，且与其渐近线相切的圆的方程是________．已知函数f(x)={(12)x (x ≤0)1−3x(x >0)，则f （f(−1)）=________；若f(2a 2−3)>f(5a)，则实数a 的取值范围是________．过椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)上一点M作直线MA，MB交椭圆于A，B两点，设MA，MB的斜率分别为k1，k2，若点A，B关于原点对称，且k1⋅k2=−13，则此椭圆的离心率为________．三、解答题（本大题共6小题，共80分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．）已知函数f(x)=(2√3sin x−2cos x)⋅cos x+1．（1）求f(x)的最小正周期；（2）求f(x)在区间[π4, π2]上的最值．在四棱锥E−ABCD中，底面ABCD是正方形，AC与BD交于点O，EC⊥底面ABCD，F为BE的中点．（1）求证：DE // 平面ACF；（2）求证：BD⊥AE；（3）若AB=√2CE，在线段EO上是否存在点G，使CG⊥平面BDE？若存在，求出EGEO的值，若不存在，请说明理由．以下茎叶图记录了甲、乙两组各四名同学在某次数学测验中的成绩，甲组记录中有一个数据模糊，无法确认，在图中以X表示．（1）如果甲组同学与乙组同学的平均成绩一样，求X及甲组同学数学成绩的方差；（2）如果X=7，分别从甲、乙两组同学中各随机选取一名，求这两名同学的数学成绩之和大于180的概率．（注：方差s2=1n[(x1−x¯)2+(x2−x¯)2+...+(x n−x¯)2]，其中x¯为x1，x2，…，x n的平均数）已知函数f(x)=13x3−a2x+12a(a∈R)．（1）若a=1，求函数f(x)在[0, 2]上的最大值；（2）若对任意x∈(0, +∞)，有f(x)>0恒成立，求a的取值范围．已知椭圆M:x2a2+y2b2=1(a>b>0)，其短轴的一个端点到右焦点的距离为2，且点A(√2, 1)在椭圆M上．直线l的斜率为√22，且与椭圆M交于B、C两点．（1）求椭圆M的方程；（2）求△ABC面积的最大值．已知每项均是正整数的数列a1，a2，a3，…a100，其中等于i的项有k i个(i=1, 2, 3…)，设b j=k1+k2+...+k j(j=1, 2, 3…)，g(m)=b1+b2+...+b m−100m(m=1, 2, 3…)．（I）设数列k1=40，k2=30，k3=20，k4=10，k5=...=k100=0，①求g(1)，g(2)，g(3)，g(4)；②求a1+a2+a3+...+a100的值；（II）若a1，a2，a3，…a100中最大的项为50，比较g(m)，g(m+1)的大小．参考答案与试题解析2013年北京市昌平区高考数学一模试卷（文科）一、选择题：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.【答案】B【考点】复数的运算【解析】将2i1−i的分母实数化，化为a+bi(a, b∈R)的形式，b即为所求．【解答】∵2i1−i =2i(1+i)(1−i)⋅(1+i)=i−1，复数2i1−i的虚部是1；2.【答案】A【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断【解析】当a=2时两直线的斜率都存在，故只要看是否满足k1⋅k2=−1即可．利用直线的垂直求出a的值，然后判断充要条件即可．【解答】解：当a=2时直线y=−ax+2的斜率是−2，直线y=a4x−1的斜率是2，满足k1⋅k2=−1∴a=2时直线y=−ax+2与y=a4x−1垂直，直线y=−ax+2与y=a4x−1垂直，则−a⋅14a=−1，解得a=±2，“a=2”是“直线y=−ax+2与y=a4x−1垂直”的充分不必要条件．故选A．3.【答案】B【考点】等比数列的通项公式【解析】此题暂无解析【解答】解：由题意可得在数列{a n}中，a1=1，a n+1=2a n，即a n+1a n=2，故数列{a n}为首项为1，公比2的等比数列，故a4=1×23=8．故选B．4.【答案】C【考点】向量加减混合运算及其几何意义向量的减法及其几何意义向量的加法及其几何意义【解析】由题意可得AD→=AB→+BD→，而BD→=23BC→，BC→=AC→−AB→，代入化简可得答案．【解答】解：由题意可得AD→=AB→+BD→=AB→+23BC→=AB→+23(AC→−AB→)=13AB→+23AC→=13a→+23b→故选C5.【答案】A【考点】由三视图求体积【解析】三视图复原的几何体是底面为直角梯形，一条侧棱垂直直角梯形的直角顶点的四棱锥，结合三视图的数据，求出几何体的体积．【解答】解：如图三视图复原的几何体是底面为直角梯形，ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB=AD=2，BC=4一条侧棱垂直直角梯形的直角顶点的四棱锥，即PA⊥平面ABCD，PA=2所以几何体的体积为：13×AD+CB2×AB⋅PA=13×2+42×2×2=4故选A．6.【答案】 C【考点】根的存在性及根的个数判断【解析】由题意可得，本题即求函数 y =x 2的图象和函数y =log 2(x +1)的图象的交点个数，数形结合可得结论．【解答】解：函数f(x)=log 2(x +1)−x 2的零点个数，即为函数 y =x 2的图象和函数y =log 2(x +1)的图象的交点个数．如图所示：数形结合可得，函数 y =x 2的图象和函数y =log 2(x +1)的图象的交点个数为2，故选C ．7. 【答案】 D【考点】简单线性规划【解析】根据题意，在区域D 内随机取一个点P ，则P 点到直线y +2＝0的距离大于2时，点P 位于图中三角形ADE 内，如图中的阴影部分．因此算出图中阴影部分面积，再除以大三角形ABC 面积，即得本题的概率．【解答】区域D:{x −2y +2≥0x ≤4y ≥−2表示三角形ABC ，（如图）其中O 为坐标原点，A(4, 3)，B(−6, −2)，C(4, −2)，D(−2, 0)，E(4, 0) 因此在区域D 内随机取一个点P ，则P 点到直线y +2＝0的距离大于2时，点P 位于图中三角形ADE 内，如图中的阴影部分 ∵ S 三角形ADE =12⋅6⋅3＝9， S 三角形ABC =12⋅10⋅5＝25， ∴ 所求概率为P =S △ADE S △ABC=9258.【答案】 B【考点】命题的真假判断与应用【解析】根据已知中的条件(1)(2)，结合奇函数在对称区间上单调性相同，可得函数f(x)在区间[−a, −1]和[1, a]上为增函数，进而判断四个结论，可得答案．【解答】解：由(1)中对任意x ∈R ，f(x)+f(−x)=0，可得函数f(x)为奇函数；由(2)中对任意x 1，x 2∈[1, a]，当x 2>x 1时，有f(x 2)>f(x 1)，可得函数f(x)在区间[1, a]上为增函数；则f(a)>f(1)，但无法判断f(a)与f(0)的大小，故①错误； ∵ 1<√a <1+a 2<a ，故f(1+a 2)>f(√a)，即②正确；由(1)(2)可得函数f(x)在区间[−a, −1]上也为增函数，但无法判断f(1−3a 1+a)与f(−3)的大小，故③错误；∵ −a <1−3a 1+a<−1，故f(1−3a1+a )>f(−a)，即④正确；故不等式一定成立的是②④ 故选：B二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分）【答案】2√2【考点】余弦定理【解析】在△ABC 中，若b =3，c =1，cos A =13，则由余弦定理可得a 2的值，从而求得a 的值．【解答】解：在△ABC 中，若b =3，c =1，cos A =13，则由余弦定理可得a 2=b 2+c 2−2bc ⋅cos A =9+1−6×13=8，故a =2√2，故答案为 2√2．【答案】 6,9【考点】等差数列的前n 项和【解析】由等差数列的性质可知，2a 5=a 2+a 8可求a 5，然后代入等差数列的求和公式s 6=6(a 1+a 6)2=3(a 2+a 5)可求【解答】解：由等差数列的性质可知，2a 5=a 2+a 8=12 ∴ a 5=6s6=6(a1+a6)2=3(a2+a5)=3(−3+6)=9故答案为：6，9【答案】3【考点】循环结构的应用【解析】第一次执行循环结构：n←0+2，第二次执行循环结构：n←2+2，第三次执行循环结构：n←4+2，此时应终止循环结构．求出相应的x、y即可得出结果．【解答】解：第一次执行循环结构：n←0+2，x←3×1，y←2−1；∵n=2<4，∴继续执行循环结构．第二次执行循环结构：n←2+2，x←3×3，y←4−1；继续执行循环结构，第三次执行循环结构：n←4+2，x←9×3，y←6−3；而n=6>4，∴应终止循环结构，并输出log3(9×3)=3．故答案为：3．【答案】x2+y2−10x+9=0【考点】圆锥曲线问题的解决方法【解析】先求出双曲线x 29−y216=1的右焦点和渐近线，从而得到圆的圆心和半径，由此得到圆的方程．【解答】解：双曲线x 29−y216=1的右焦点为(5, 0)，渐近线方程是4x±3y=0，∴圆心(5, 0)，半径r=√16+9=4，∴圆的方程为x2+y2−10x+9=0．故答案为：x2+y2−10x+9=0．【答案】−5,(−12, 3)【考点】函数单调性的性质函数的求值【解析】根据函数的解析式求得f(1)的值，进而求得f[f(1)]的值．再根据函数f(x)在R上是减函数，结合所给的条件，可得2a2−3<5a，解此一元二次不等式求得a的取值范围．【解答】解：∵函数f(x)={(12)x(x≤0)1−3x(x>0)，∴f(−1)=(12)−1=2，∴f[f(−1)]=f(2)=1−3×2=−5．再由函数的解析式可得，函数f(x)在R上是减函数，故由f(2a2−3)>f(5a)，可得2a2−3<5a，解得−12<a<3，故答案为−5，(−12, 3)．【答案】√63【考点】椭圆的定义【解析】先设出M，A，B的坐标，把它们代入椭圆方程，方程相减可分别表示出MA和MB的斜率，二者相乘等于−13同时把x1=−x2，y1=−y2代入解求得a和b的关系，进而求得a和c的关系，则椭圆的离心率可得．【解答】解：设M(x0, y0)，A(x1, y1)，B(x2, y2)，把它们代入椭圆方程得x02a2+y02b2=1①，x12a2+y12b2=1②．②-①得MA的斜率k1=y0−y1x0−x1=−b2(x0+x1)a2(y0+y1)，同理MB的斜率k2=y0−y2x0−x2=−b2(x0+x2)a2(y0+y2)，k1⋅k2=b4(x0+x2)(x0+x1)a4(y0+y2)(y0+y1)=−13，A、B是椭圆上关于原点对称的两点，x1=−x2，y1=−y2．∴b2a2=13，即a2=3b2，∴c2=a2−b2=23a2，∴e=ca=√63．故答案为：√63．三、解答题（本大题共6小题，共80分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．）【答案】解：（1）因为函数f(x)=(2√3sin x−2cos x)⋅cos x+1=√3sin2x−cos2x=2sin(2x−π6)．…所以，f(x)的最小正周期T=2π2=π．…（2）由x∈[π4, π2]，可得2x−π6∈[π3, 5π6]，…..当2x−π6=5π6时，函数f(x)取得最小值为1，…．当2x−π6=π2时，函数f(x)取得最大值为2．…．【考点】三角函数中的恒等变换应用三角函数的周期性及其求法复合三角函数的单调性【解析】（1）利用三角恒等变换化简函数f(x)的解析式为2sin(2x−π6)，再根据三角函数的周期性求得f(x)的最小正周期．（2）由x∈[π4, π2]，可得2x−π6∈[π3, 5π6]，再由正弦函数的定义域和值域求得函数的最值．【解答】解：（1）因为函数f(x)=(2√3sin x−2cos x)⋅cos x+1=√3sin2x−cos2x=2sin(2x−π6)．…所以，f(x)的最小正周期T=2π2=π．…（2）由x∈[π4, π2]，可得2x−π6∈[π3, 5π6]，…..当2x−π6=5π6时，函数f(x)取得最小值为1，…．当2x−π6=π2时，函数f(x)取得最大值为2．…．【答案】解：（1）连接OF．由ABCD是正方形可知，点O为BD中点．又F为BE的中点，所以OF // DE．又OF⊂面ACF，DE⊄面ACF，所以DE // 平面ACF…．（2）证明：由EC⊥底面ABCD，BD⊂底面ABCD，∴EC⊥BD，由ABCD是正方形可知，AC⊥BD，又AC∩EC=C，AC、E⊂平面ACE，∴BD⊥平面ACE，又AE⊂平面ACE，∴BD⊥AE…（3）：在线段EO上存在点G，使CG⊥平面BDE．理由如下：取EO中点G，连接CG，在四棱锥E−ABCD中，AB=√2CE，CO=√22AB=CE，∴CG⊥EO．由（2）可知，BD⊥平面ACE，而BD⊂平面BDE，∴平面ACE⊥平面BDE，且平面ACE∩平面BDE=EO，∵CG⊥EO，CG⊂平面ACE，∴CG⊥平面BDE故在线段EO上存在点G，使CG⊥平面BDE．由G为EO中点，得EGEO=12．…【考点】直线与平面垂直的性质直线与平面平行的判定直线与平面垂直的判定【解析】（1）利用线面平行的判定定理证明DE // 平面ACF；（2）利用线面垂直的判定定理先证明BD⊥平面ACE，然后利用线面垂直的性质证明BD⊥AE；（3）利用线面垂直的性质，先假设CG⊥平面BDE，然后利用线面垂直的性质，确定G的位置即可．【解答】解：（1）连接OF．由ABCD是正方形可知，点O为BD中点．又F为BE的中点，所以OF // DE．又OF⊂面ACF，DE⊄面ACF，所以DE // 平面ACF…．（2）证明：由EC⊥底面ABCD，BD⊂底面ABCD，∴EC⊥BD，由ABCD是正方形可知，AC⊥BD，又AC∩EC=C，AC、E⊂平面ACE，∴BD⊥平面ACE，又AE⊂平面ACE，∴BD⊥AE…（3）：在线段EO 上存在点G ，使CG ⊥平面BDE ．理由如下：取EO 中点G ，连接CG ，在四棱锥E −ABCD 中，AB =√2CE ，CO =√22AB =CE ，∴ CG ⊥EO ．由（2）可知，BD ⊥平面ACE ，而BD ⊂平面BDE ，∴ 平面ACE ⊥平面BDE ，且平面ACE ∩平面BDE =EO ， ∵ CG ⊥EO ，CG ⊂平面ACE ， ∴ CG ⊥平面BDE故在线段EO 上存在点G ，使CG ⊥平面BDE ．由G 为EO 中点，得EG EO=12．…【答案】解：（1）乙组同学的平均成绩为87+90+90+934=90，甲组同学的平均成绩为90，所以80+X+86+91+944=90，所以X =90…甲组同学数学成绩的方差为s 甲2=(86−90)2+(89−90)2+(91−90)2+(94−90)24=172…（2）设甲组成绩为86，87，91，94的同学分别为a 1，a 2，a 3，a4，乙组成绩为87，90，90，93的同学分别为b 1，b 2，b 3，b 4，则所有的事件构成的基本事件空间为：{(a 1, b 1), (a 1, b 2), (a 1, b 3), (a 1, b 4), (a 2, b 1), (a 2, b 2), (a 2, b 3), (a 2, b 4), (a 3, b 1), (a 3, b 2), (a 3, b 3), (a 4, b 4), (a 4, b 1), (a 4, b 2), (a 4, b 3), (a 4, b 4)}共16个基本事件．设事件A =“这两名同学的数学成绩之和大于180”，则事件A 包含的基本事件的空间为{(a 3, b 2), (a 3, b 3), (a 4, b 4), (a 4, b 1), (a 4, b 2), (a 4, b 3), (a 4, b 4)}共7个基本事件， ∴ P(A)=716…．【考点】离散型随机变量的期望与方差茎叶图【解析】（1）先求出乙组同学的平均成绩，再求出甲组同学的平均成绩，可得X 的值，利用方差公式可得甲组同学数学成绩的方差；（2）确定所有的事件构成的基本事件空间，这两名同学的数学成绩之和大于180包含的基本事件的空间，即可求出概率．【解答】解：（1）乙组同学的平均成绩为87+90+90+934=90，甲组同学的平均成绩为90，所以80+X+86+91+944=90，所以X =90…甲组同学数学成绩的方差为s 甲2=(86−90)2+(89−90)2+(91−90)2+(94−90)24=172…（2）设甲组成绩为86，87，91，94的同学分别为a 1，a 2，a 3，a4，乙组成绩为87，90，90，93的同学分别为b 1，b 2，b 3，b 4，则所有的事件构成的基本事件空间为：{(a 1, b 1), (a 1, b 2), (a 1, b 3), (a 1, b 4), (a 2, b 1), (a 2, b 2), (a 2, b 3), (a 2, b 4), (a 3, b 1), (a 3, b 2), (a 3, b 3), (a 4, b 4), (a 4, b 1), (共16个基本事件．设事件A =“这两名同学的数学成绩之和大于180”，则事件A 包含的基本事件的空间为{(a 3, b 2), (a 3, b 3), (a 4, b 4), (a 4, b 1), (a 4, b 2), (a 4, b 3), (a 4, b 4)}共7个基本事件， ∴ P(A)=716…．【答案】解：（1）当a =1时，f(x)=13x 3−x +12，f′(x)=x 2−1，令f′(x)=0，得x 1=−1，x 2=1，列表：∴ 当x ∈[0, 2]时，f(x)最大值为f(2)=76．（2）f′(x)=x 2−a 2=(x −a)(x +a)，令f′(x)=0，得x 1=−a ，x 2=a ， ①若a <0，在(0, −a)上，f′(x)<0，f(x)单调递减，在(−a, +∞)上，f′(x)>0，f(x)单调递增．所以，f(x)在x =−a 时取得最小值f(−a)=−13a 3+a 3+a 2=a(23a 2+12)，因为a <0，23a 2+12>0，所以f(−a)=a(23a 2+12)<0．所以当a <0时，对任意x ∈(0, +∞)，f(x)>0不成立；②若a =0，f′(x)=x 2≥0，所以f(x)在(0, +∞)上是增函数，所以当a =0时，有f(x)>f(0)=0；③若a >0，在(0, a)上，f′(x)<0，f(x)单调递减，在(a, +∞)上，f′(x)>0，f(x)单调递增．所以，f(x)在x =a 时取得最小值f(a)=13a 3−a 3+a2=−a(23a 2−12)，令f(a)=−a(23a 2−12)>0，由a >0，得23a 2−12<0，0<a <√32，所以当0<a <√32时，对任意x >0，f(x)>0都成立．综上，a 的取值范围是[0, √32]．【考点】导数在最大值、最小值问题中的应用导数求函数的最值【解析】（1）a =1时写出f(x)，求出f′(x)，解方程f′(x)=0，列出当x 变化时f′(x)、f(x)的变化表，由表格可得函数在[0, 2]上的最大值；（2）对任意x ∈(0, +∞)，有f(x)>0恒成立，等价于f(x)min >0，分a <0，a =0，a >0三种情况进行讨论，利用导数即可求得f(x)在(0, +∞)上的最小值，然后解不等式f(x)min>0可得a的范围；【解答】解：（1）当a=1时，f(x)=13x3−x+12，f′(x)=x2−1，令f′(x)=0，得x1=−1，x2=1，列表：∴当x∈[0, 2]时，f(x)最大值为f(2)=76．（2）f′(x)=x2−a2=(x−a)(x+a)，令f′(x)=0，得x1=−a，x2=a，①若a<0，在(0, −a)上，f′(x)<0，f(x)单调递减，在(−a, +∞)上，f′(x)>0，f(x)单调递增．所以，f(x)在x=−a时取得最小值f(−a)=−13a3+a3+a2=a(23a2+12)，因为a<0，23a2+12>0，所以f(−a)=a(23a2+12)<0．所以当a<0时，对任意x∈(0, +∞)，f(x)>0不成立；②若a=0，f′(x)=x2≥0，所以f(x)在(0, +∞)上是增函数，所以当a=0时，有f(x)>f(0)=0；③若a>0，在(0, a)上，f′(x)<0，f(x)单调递减，在(a, +∞)上，f′(x)>0，f(x)单调递增．所以，f(x)在x=a时取得最小值f(a)=13a3−a3+a2=−a(23a2−12)，令f(a)=−a(23a2−12)>0，由a>0，得23a2−12<0，0<a<√32，所以当0<a<√32时，对任意x>0，f(x)>0都成立．综上，a的取值范围是[0, √32]．【答案】解：（1）由题意知{2a2+1b2=1a=2，解得b=√2．故所求椭圆方程为x 24+y22=1；（2）设直线l的方程为y=√22x+m，则m≠0．设B(x1, y1)，C(x2, y2)，代入椭圆方程并化简得x2+√2mx+m2−2=0，由△=2m2−4(m2−2)=2(4−m2)>0，可得0<m2<4①．由①，得x1=−√2m−√2(4−m2)2，x2=−√2m+√2(4−m2)2，故|BC|=√1+(√22)2|x1−x2|=√32×√2(4−m2)=√3(4−m2)．又点A到BC的距离为d=√6，故S△ABC=12|BC|⋅d=12√3(4−m2)√6=2√(4−m2)m2≤2×m2+(4−m2)2=√2，当且仅当m2=4−m2，即m=±√2时取等号，满足①式．所以△ABC面积的最大值为√2．【考点】直线与椭圆结合的最值问题【解析】（1）把点A代入椭圆方程，结合a=2解出b，则椭圆的标准方程可求；（2）写出直线的点斜式方程，和椭圆方程联立后化为关于x的一元二次方程，由判别式大于0解出m的范围，求出相应的两个根，由点到直线的距离公式求出A到BC边的距离，写出面积后利用基本不等式求面积的最大值，验证得到的m值符合判别式大于0．【解答】解：（1）由题意知{2a2+1b2=1a=2，解得b=√2．故所求椭圆方程为x24+y22=1；（2）设直线l的方程为y=√22x+m，则m≠0．设B(x1, y1)，C(x2, y2)，代入椭圆方程并化简得x2+√2mx+m2−2=0，由△=2m2−4(m2−2)=2(4−m2)>0，可得0<m2<4①．由①，得x1=−√2m−√2(4−m2)2，x2=−√2m+√2(4−m2)2，故|BC|=√1+(√22)2|x1−x2|=√32×√2(4−m2)=√3(4−m2)．又点A到BC的距离为d=√6，故S△ABC=12|BC|⋅d=12√3(4−m2)6=√2√(4−m2)m2≤√2×m2+(4−m2)2=√2，当且仅当m2=4−m2，即m=±√2时取等号，满足①式．所以△ABC面积的最大值为√2．【答案】解：(I)①因为数列k1=40，k2=30，k3=20，k4=10，所以b1=40，b2=70，b3=90，b4=100，所以：g(1)=−60，g(2)=−90，g(3)=−100，g(4)=−100；②a1+a2+a3+...+a100=40×1+30×2+20×3+10×4=200；（II）一方面，g(m+1)−g(m)=b m+1−100，根据b j的含义，知b m+1≤100，故g(m+1)−g(m)≤0，即g(m)≥g(m+1)，当且仅当b m+1=100时取等号．因为a1，a2，a3，…，a100中最大的项为50，所以当m≥50时必有b m=100，所以g(1)>g(2)>...>g(49)=g(50)=g(51)=…即当1<m<49时，有g(m)>g(m+1)；当m≥49时，有g(m)=g(m+1)．【考点】分析法的思考过程、特点及应用【解析】（I）①因为数列k1，k2，k3，k4的值已知，所以b1，b2，b3，b4由公式b j=k1+k2+...k j(j=1, 2, 3…)求得，所以g(1)，g(2)，g(3)，g(4)由公式g(m)=b1+b2+...b m−100m(m=1, 2, 3…)求得；②a1+a2+a3+...+a100=40×1+30×2+20×3+10×4=200；（II）由题意，g(m)=b1+b2+...b m−100m，g(m+1)=b1+b2+...b m+b m+1−100(m+1)，作差比较，得g(m+1)−g(m)=b m+1−100，由b j的含义，知b m+1≤100，故得g(m+1)，g(m)的大小，又a1，a2，a3，…，a100中最大的项为50，知当m≥50时b m=100，所以，当1<m<49时，有g(m)>g(m+1)；当m≥49时，有g(m)=g(m+1)；【解答】解：(I)①因为数列k1=40，k2=30，k3=20，k4=10，所以b1=40，b2=70，b3=90，b4=100，所以：g(1)=−60，g(2)=−90，g(3)=−100，g(4)=−100；②a1+a2+a3+...+a100=40×1+30×2+20×3+10×4=200；（II）一方面，g(m+1)−g(m)=b m+1−100，根据b j的含义，知b m+1≤100，故g(m+1)−g(m)≤0，即g(m)≥g(m+1)，当且仅当b m+1=100时取等号．因为a1，a2，a3，…，a100中最大的项为50，所以当m≥50时必有b m=100，所以g(1)>g(2)>...>g(49)=g(50)=g(51)=…即当1<m<49时，有g(m)>g(m+1)；当m≥49时，有g(m)=g(m+1)．。

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1
【解析分类汇编系列五：北京2013高三（一模）文数】：12：程序与
框图
1．（2013届北京东城区一模数学文科）执行如图所示的程序框图,输出的结果是56,则判断
框内应填入的条件是（）
A．5?n
B．5?n
C．5?n
D．5?n

A
本程序计算的是
111
1223(1)Snn

，因为

1111111=122311Snnn，由15
116Sn


，解得5n。此时

1=6n
，不满足条件，所以选A.

2．（2013届北京丰台区一模文科）执行右边的程序框图所得的结果是（）
A．3 B．4 C．5 D．6
2

A
第一次循环，2,03baa，不满足条件，循环，此时22,3kb。第二次循环，

2
2832(),394baa，不满足条件，循环，此时8
3,9kb
。第三次循环，

3
283(),139b
aa
，满足条件，此时输出3k。选A.

3
．（2013届北京海淀一模文）某程序的框图如图所示,执行该程序,若输入的x值为5,则输

出的y值为（）
A．12 B．1 C．2 D．1

开始

输出y
结束

输入x
2xx
0x

x
y2

是

否

A
因为5x，所以不满足条件，此时523x，不满足条件，321x，不满足条件

121x
，此时满足条件输出1122y，选A.

4．（2013届北京大兴区一模文科）执行如图所示的程序框图.若4n,则输出s的值是（）
A．-42 B．-21 C．11 D．43

结束
否
是

0,1bk
2
()3kak

1kk

ba

1?ba

开始

输出k
3
C
第一次循环，11(2)1,2si；第二次循环，21(2)3,3si；

第三次循环，33(2)5,4si；第四次循环，41(2)11,5si，此时不满
足条件，输出11s，所以选C.
5．（2013届北京西城区一模文科）执行如图所示的程序框图.若输出3y,则输入角


（）

A．π6 B．π6 C．
π
3

D．π3

是
否

结束

开始
s=1,i=1
(2)iss=+-
1ii

输入n

输出s
in≤
?
4

由题意知sin,4tan,42y。因为31y，所以只有tan3，因为
42，所以3




，选D.

6．（2013届房山区一模文科数学）执行如图所示的程序框图.若输出15S, 则框图中① 处
可以填入（）
A．4n B．8n C．16n D．16n

B
第一次循环，1,2Sn；第二次循环，123,4Sn；第三次循环，

347,8Sn；第一四次循环，7815,16Sn
，此时满足条件，输出，所以

选B.
7．（2013届北京市石景山区一模数学文）执行右面的框图，输出的结果s的值为（）

否
1,0nS
开始
结
束
①
输出S
是

nSS
nn2
5
A．-3 B．2 C．12 D．13
A
第1次循环，1,3iS；第2次循环，12,2iS；第3次循环，13,3iS；第4

次循环，4,2iS；第5次循环，5,3iS,
…
框图的作用是求周期为4的数列，输出S的值，不满足2014≤2013，退出循环，循环
次数是2013次，201350341,所以即输出的结果为﹣3，故选A．

8．（2013届北京市延庆县一模数学文）执行如图的程序框图,如果输入6p,则输出的

S
____.

32
31

本程序计算的是2111222nS，因为6p，所以当16n，即5n时，不满足
条件输出，此时
5
5
25

11
[1()]111131221()122223212S





。
6

9．（2013届北京市朝阳区一模数学文）执行如图所示的程序框图，输出结果S= .
20
第一次循环，0,1,iS；第二次循环，2,12212,iS；第三次循环，

4,22419,iS；第四次循环，6,926120iS
；此时满足条件输出，

20S
.

10．（2013届北京门头沟区一模文科数学）如右图所示的程序框图,执行该程序后输出的结

果是____________.

-1
开始

1i，2s

1ii
s
s1-1
5i

输出S
结束

是
否
7

第一次循环，111,222si；第二次循环，111,312si；
第三次循环，112,41si；第四次循环，111,522si；
第五次循环，111,612si，此时满足条件输出1s。