北京2012年高考模拟一
#北京海淀2012年高考一模试题和答案(理科全套)
北京海淀2012年高考一模语文试题第Ⅰ卷（选择题共27分）一、本大题共5小题，每小题3分，共15分。
1.下列词语中，字形和加点的字的读音全部正确的一项是（）A.镌刻余音绕粱牵掣（zhi) 揆情度（duo)理B.观瞻激浊扬清商贾（gu) 良莠不齐C.棉薄两袖清风迄（qi）今矫（jiao)揉造作D. 斧正闻过饰非聒（guo）噪若即（ji）若离2.下列句子中，加点的成语使用不恰当的是（）A.春天的颐和园，小草带着泥土的芬芳钻了出来，柳枝之昆明湖畔轻轻摇曳，桃花在枝头尽情绽放，真是秀色可餐。
B.中华民族几千年的文明积淀和不绝如缕的文化传统，是我国新时期文化发展的起点，是我们民生振兴的基石。
C.在全球经济一体化的浪潮下，一个经济体爆发危机，就会冲击到其他经济体，因此，任何开放国家都难以独善其身。
D.福岛核事故发生一周年之际，日本政府首次组织记者进入核电站采访，让他们按照规定路线走马观花的转了一遭。
3.下列句子中，没有语病的一句是（）A.虽然中国公民在苏丹遭劫持是一起偶发事件，但中国公民出国要清楚的了解海外安全形势，防止各类安全风险，采取有效措施。
B.男子网坛两大巨头的决战持续近六小时，成为史上最长的大满贯决赛展现观众面前，这场决赛开启了世界男子网球赛的新时代。
C.文物局提出针对当前首都城市的发展和古都名城的保护，相关单位应加强文物保护力度，落实各项监管责任。
D.麦当劳（中国）有限公司销售过期食品，国家食品监管安全司要求其立即进行整改，以防止此类问题再次出现。
4.下列有关文学常识的表述,有错误的一项是（)A.中国第一部纪传体通史《史记》是由司马迁撰写的，后人称赞它“不虚美，不隐恶”，具有秉笔直书的“实录”精神。
B.诸葛亮的《出师表》、李密的《陈情表》分别体现了中国古代文化中的忠、孝传统，这两篇文章言辞恳切，感人至深。
C.巴金的《家》描写了一个封建大家庭的分化和没落，反映了封建宗法制度的崩溃，它奠定了巴金在中国文坛上的巨匠地位。
2012年北京高考模拟系列试卷
2012年北京高考模拟系列试卷（一）数学试题（文）第Ⅰ卷（选择题，共60分）一、本题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中只有一个选项是符合题目要求的． 1．若集合211{|log (1)1},{|()1}42xM x x N x =-<=<<，则M N = （ ）A ．{|12}x x <<B ．{|13}x x <<C ．{|03}x x <<D ．{|02}x x <<2．已知向量()525,2,1=-=⋅=b a a等于（ ）A ．5B ．52C ．25D ．53．在等差数列{}n a 中，首项10,a =公差0d ≠，若1237k a a a a a =++++ ，则k = （ ） A ．22 B ．23 C ．24 D ．25 4．已知某个几何体的三视图如下，根据图中标出的尺寸（单位：cm ），可得这个几何体的体积是（ ）A ．34000cm 3B ．38000cm 3C ．32000cmD ．34000cm5．命题“存在R x ∈，使a a a x x 42-+＜0，为假命题”是命题“016≤≤-a ”的 （ ） A ．充要条件 B ．必要不充分条件 C ．充分不必要条件 D ．既不充分也不必要条件6．如图，设A 、B 两点在河的两岸，一测量者在A 的同侧所在的河岸边选定一点C ，测出AC 的距离为50m ，105,45=∠=∠CAB ACB 后，就可以计算出A 、B 两点的距离为正视图侧视图俯视图（ ）A ．m 250B ．m 350C ．m 225D ．m 2225 7．设实数x 和y 满足约束条件1024x y x y x +≤⎧⎪-≤⎨⎪≥⎩，则23z x y =+的最小值为（ ）A ．26B ．24C ．16D ．148．已知直线22x y +=与x 轴，y 轴分别交于,A B 两点，若动点(,)P a b 在线段AB 上，则ab 的最大值为（ ）A ．12B ．2C ．3D ．31 9．某校高中年级开设了丰富多彩的校本课程，甲、乙两班各随机抽取了5名学生的学分，用茎叶图表示（如右图）．1s ，2s 分别表示甲、乙两班抽取的5名学生学分的标准差，则1s 2s ．（填“>”、“<”或“＝”）． A ．> B ．<C ．＝D ．不能确定10、函数x xy sin 3+=的图象大致是（ ）11．已知函数2221,0()21,0x x x f x x x x ⎧+-≥=⎨--<⎩，则对任意12,x x R ∈，若120x x <<，下列不等式成立的是（ ） A ．12()()0f x f x +< B ． 12()()0f x f x +>C ．12()()0f x f x ->D ．12()()0f x f x -<第9题图12．设双曲线1422=-y x 的两条渐近线与直线2=x 围成的三角形区域（包括边界）为D ，P ()y x ,为D 内的一个动点，则目标函数y x z -=21的最小值为 （ ） A ．2-B ．223-C ．0D ．225-第Ⅱ卷（非选择题，共90分）二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分，把答案填在题中横线上。
2012年北京市西城区高考数学一模试卷(理科)(附答案解析)
2012年北京市西城区高考数学一模试卷（理科）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. 已知全集U=R，集合A={x|1x≥1}，则∁U A()A.(0, 1)B.(0, 1]C.(−∞, 0]∪(1, +∞)D.(−∞, 0)∪[1, +∞)2. 执行如图所示的程序框图，若输入x=2，则输出y的值为（）A.2B.5C.11D.233. 若实数x，y满足条件{x+y≥0x−y+3≥00≤x≤3，则z=2x−y的最大值为（）A.9B.3C.0D.−34. 已知正六棱柱的底面边长和侧棱长均为2cm，其三视图中的俯视图如图所示，则其左视图的面积是（）A.4√3cm2B.2√3cm2C.8cm2D.4cm25. 已知函数f(x)＝sin4ωx−cos4ωx的最小正周期是π，那么正数ω＝（）A.2B.1C.12D.146. 若a=log23，b=log32，c=log46，则下列结论正确的是（）A.b<a<cB.a<b<cC.c<b<aD.b<c<a 7. 设等比数列{a n}的各项均为正数，公比为q，前n项和为S n．若对∀n∈N∗，有S2n<3S n，则q的取值范围是（）A.(0, 1]B.(0, 2)C.[1, 2)D.(0,√2)8. 已知集合A＝{x|x＝a0+a1×3+a2×32+a3×33}，其中a k∈{0, 1, 2}(k＝0, 1, 2, 3)，且a3≠0．则A中所有元素之和等于（）A.3240B.3120C.2997D.2889二、填空题共6小题，每小题5分，共30分.某年级120名学生在一次百米测试中，成绩全部介于13秒与18秒之间．将测试结果分成5组：[13, 14),[14, 15),[15, 16),[16, 17),[17, 18]，得到如图所示的频率分布直方图．如果从左到右的5个小矩形的面积之比为1:3:7:6:3，那么成绩在[16, 18]的学生人数是________．(x−2)6的展开式中x3的系数是________．（用数字作答）如图，AC为⊙O的直径，OB⊥AC，弦BN交AC于点M．若OC=√3，OM=1，则MN=________．在极坐标系中，极点到直线l:ρsin(θ+π4)=√2的距离是________．已知函数f(x)={x12,0≤x≤cx2+x,−2≤x<0其中c>0．那么f(x)的零点是________；若f(x)的值域是[−14,2]，则c的取值范围是________．在直角坐标系xOy 中，动点A ，B 分别在射线y =√33x(x ≥0)和y =−√3x(x ≥0)上运动，且△OAB 的面积为1．则点A ，B 的横坐标之积为________；△OAB 周长的最小值是________． 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.在△ABC 中，已知sin (A +B)=sin B +sin (A −B)． （1）求角A ；（2）若|BC →|=7，AB →⋅AC →=20，求|AB →+AC →|．乒乓球单打比赛在甲、乙两名运动员间进行，比赛采用7局4胜制（即先胜4局者获胜，比赛结束），假设两人在每一局比赛中获胜的可能性相同． （1）求甲以4比1获胜的概率；（2）求乙获胜且比赛局数多于5局的概率；（3）求比赛局数的分布列．如图，四边形ABCD 与BDEF 均为菱形，∠DAB =∠DBF =60∘，且FA =FC ．(1)求证：AC ⊥平面BDEF ；(2)求证：FC // 平面EAD ；(3)求二面角A −FC −B 的余弦值．已知函数f(x)=e ax ⋅(ax +a +1)，其中a ≥−1．(1)当a =1时，求曲线y =f(x)在点(1, f(1))处的切线方程；(2)求f(x)的单调区间．已知椭圆C:x 2a2+y 2b 2=1(a >b >0)的离心率为√53，定点M(2, 0)，椭圆短轴的端点是B 1，B 2，且MB 1⊥MB 2．（1）求椭圆C 的方程；（2）设过点M 且斜率不为0的直线交椭圆C 于A ，B 两点．试问x 轴上是否存在定点P ，使PM 平分∠APB ？若存在，求出点P 的坐标；若不存在，说明理由．对于数列A n :a 1，a 2，…，a n (a i ∈N, i =1, 2,…,n)，定义“T 变换”：T 将数列A n 变换成数列B n :b 1，b 2，…，b n ，其中b i =|a i −a i+1|(i =1, 2,…,n −1)，且b n =|a n −a 1|，这种“T 变换”记作B n =T(A n )．继续对数列B n 进行“T 变换”，得到数列C n ，…，依此类推，当得到的数列各项均为0时变换结束．（1）试问A 3:4，2，8和A 4:1，4，2，9经过不断的“T 变换”能否结束？若能，请依次写出经过“T 变换”得到的各数列；若不能，说明理由；（2）求A 3:a 1，a 2，a 3经过有限次“T 变换”后能够结束的充要条件；（3）证明：A 4:a 1，a 2，a 3，a 4一定能经过有限次“T 变换”后结束．参考答案与试题解析2012年北京市西城区高考数学一模试卷（理科）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】C【考点】补集及其运算【解析】求出集合A的不等式的解集，然后求出集合A在R上的补集即可．【解答】解：∵全集U=R．集合A={x|1x≥1}={x|0<x≤1}，∴∁U A={x|x≤0, 或x>1}．故选C．2.【答案】D【考点】循环结构的应用【解析】分析程序中各变量、各语句的作用，再根据流程图所示的顺序，可知：该程序的作用是利用循环计算并输出变量y的值，模拟程序的运行，用表格对程序运行过程中各变量的值进行分析，不难得到输出结果．【解答】解：程序在运行过程中各变量的值如下表示：x y是否继续循环循环前25是第一圈511是第二圈1123否故输出y的值为23．故选D．3.【答案】A【考点】简单线性规划【解析】画出不等式表示的平面区域，z=2x−y的几何意义是直线y=2x−z的纵截距的相反数，根据图形可得结论．【解答】解：画出不等式表示的平面区域z=2x−y的几何意义是直线y=2x−z的纵截距的相反数，由{x=3x+y=0可得交点坐标为(3, −3)，根据图形可知在点(3, −3)处，z=2x−y取得最大值，最大值为9故选A．4.【答案】A【考点】简单空间图形的三视图【解析】正六棱柱的底面边长和侧棱长均为2cm，故左视图是长方形，长为2√3，宽为2，由此能求出左视图的面积．【解答】解：∵正六棱柱的底面边长和侧棱长均为2cm，∴左视图是长方形，长为√4+4−2×4×cos120∘=2√3，宽为2，∴左视图的面积是2√3×2=4√3(cm2)，故选A．5.【答案】B【考点】二倍角的三角函数【解析】利用平方差公式化简函数y＝sin4ωx−cos4ωx，再利用二倍角公式化为一个角的一个三角函数的形式，根据周期求出ω．【解答】y＝sin4ωx−cos4ωx＝sin2ωx−cos2ωx＝−cos2ωx因为T＝π，所以ω＝16.【答案】D【考点】不等式比较两数大小【解析】根据a=lg3lg2>1，b=lg2lg3<1，c=lg6lg4=lg3+lg22lg2<lg3+lg32lg2=a，从而得出结论．【解答】解：∵a=log23=lg3lg2>1，b=log32=lg2lg3<1，c=log46=lg6lg4=lg3+lg22lg2<lg3+lg32lg2=lg3lg2，故有b<c<a，故选D．7.【答案】A【考点】数列的求和【解析】当q=1时，S2n<3S n成立容易检验，当q≠1时，由S2n<3S n恒成立可得a1(1−q2n)1−q <3a1(1−q n)1−q，讨论整理可求q的范围．【解答】解：当q=1时，S2n<3S n成立当q≠1时，由S2n<3S n恒成立∴a1(1−q2n)1−q <3a1(1−q n)1−q∵q>1，显然不恒成立，则q2n−3q n+2<0，解得q n<1（q n>2舍去），∵等比数列{a n}的各项均为正数，∴q>0，∴0<q<1综上可得0<q≤1故选A8.【答案】D【考点】集合的确定性、互异性、无序性数列的求和【解析】由题意可知a0，a1，a2各有3种取法（均可取0，1，2），a3有2种取法，利用数列求和即可求得A中所有元素之和．【解答】由题意可知，a0，a1，a2各有3种取法（均可取0，1，2），a3有2种取法，由分步计数原理可得共有3×3×3×2种方法，∴当a0取0，1，2时，a1，a2各有3种取法，a3有2种取法，共有3×3×2＝18种方法，即集合A中含有a0项的所有数的和为(0+1+2)×18；同理可得集合A中含有a1项的所有数的和为(3×0+3×1+3×2)×18；集合A中含有a2项的所有数的和为(32×0+32×1+32×2)×18；集合A中含有a3项的所有数的和为(33×1+33×2)×27；由分类计数原理得集合A中所有元素之和：S＝(0+1+2)×18+(3×0+3×1+3×2)×18+(32×0+32×1+32×2)×18+(33×1+33×2)×27＝18(3+9+27)+81×27＝702+2187＝2889．二、填空题共6小题，每小题5分，共30分.【答案】54【考点】分布和频率分布表频率分布直方图【解析】根据从左到右的5个小矩形的面积之比为1:3:7:6:3及它们的面积之和为1，做出成绩在[16, 18]的频率，从而得出成绩在[16, 18]的学生人数．【解答】因从左到右的5个小矩形的面积之比为1:3:7:6:3，且它们的面积之和为1，∴最后两个小矩形的面积和为6+320×1=920，即成绩在[16, 18]的频率为920，由频率分布直方图知，成绩在[16, 18]的人数为120×920=54（人）【答案】−160【考点】二项式定理及相关概念【解析】根据题意，由二项式定理可得(x−2)6的展开式的通项，令x的系数为3，可得r＝3，将r＝3代入通项，计算可得T4＝−160x3，即可得答案．【解答】根据题意，(x−2)6的展开式的通项为T r+1＝C6r x6−r(−2)r＝(−1)r⋅2r⋅C6r x6−r，令6−r＝3可得r＝3，此时T4＝(−1)3⋅23⋅C63x3＝−160x3，即x3的系数是−160；【答案】1【考点】与圆有关的比例线段【解析】根据题设条件，先由勾股定理求出BM，再由相交弦定理求MN．【解答】解：∵AC为⊙O的直径，OB⊥AC，弦BN交AC于点M．OC=√3，OM=1，∴OB=√3，BM=√3+1=2，设MN=x，∵CM⋅AM=BM⋅MN，∴(√3+1)(√3−1)=2x，∴x=1，即MN=1．故答案为：1．【答案】√2【考点】圆的极坐标方程【解析】利用公式x=ρcosθ，y=ρsinθ，得出直线直角坐标方程，再利用点到直线的距离公式求解即可．【解答】解：直线方程ρsin(θ+π4)=√2，即为ρ(√22cosθ+√22sinθ)=√2，化为普通方程为x+y−2=0，极点的直角坐标为(0, 0)，根据点到直线的距离公式求得d=√2=√2故答案为：√2；【答案】−1和0,0<c≤4【考点】函数的值域及其求法函数的零点【解析】分x为正数和负数两种情况讨论，分别解方程即可得到么f(x)的零点．根据二次函数的图象与性质，求出当x∈[−2, 0)时，函数f(x)的值域恰好是[−14,2]，所以当0≤x≤c时，f(x)=x12的最大值不超过2，由此建立不等式，可解出实数c的取值范围．【解答】当x≥0时，令x 12=0，得x＝0；当x<0时，令x2+x＝0，得x＝−1（舍零）∴f(x)的零点是−1和0∵函数y＝x2+x在区间[−2, −12)上是减函数，在区间(−12, 0)上是增函数∴当x∈[−2, 0)时，函数f(x)最小值为f(−12)=−14，最大值是f(−2)＝2∵当0≤x≤c时，f(x)=x12是增函数且值域为[0, √c]∴当f(x)的值域是[−14,2]，√c≤2，即0<c≤4【答案】√32,2(1+√2)【考点】基本不等式在最值问题中的应用直线的点斜式方程【解析】根据题意，OA、OB的斜率之积为−1，得OA⊥OB．设A(x1, √33x1)，B(x2, −√3x2)，算出|OA|=2√33x1，|OB|=2x2，结合三角形面积为1列式，化简即得x1x2=√32．再由基本不等式算出△OAB周长|OA|+|OB|+|AB|≥2+2√2，当且仅当2√33x1=2x2=√2时，△OAB周长取最小值2(1+√2)．【解答】解：∵y =√33x的斜率k1=√33，y=−√3x的斜率k2=−√3∴k1⋅k2=−1，可得OA⊥OB设A(x1, √33x 1)，B(x2, −√3x2)∴|OA|=√x12+13x12=2√33x1，|OB|=√x22+3x22=2x2，可得△OAB的面积为S=12|OA|×|OB|=12×2√33x1×2x2=1解之，得x1x2=√32∵|AB|2=|OA|2+|OB|2=43x12+4x22∴|AB|=√(43x12+4x22)≥×2√33x12=√8√33x12=√8√33×√32=2又∵|OA|+|OB|=2√33x1+2x2≥2√2√33x1×2x2=2√4√33x1x2=2√4√33×√32=2√2∴△OAB周长|OA|+|OB|+|AB|≥2+2√2=2(1+√2)当且仅当2√33x1=2x2=√2，即x1=√62，x2=√22时，△OAB周长取最小值2(1+√2)故答案为：√32，2(1+√2)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）原式可化为：sin B=sin(A+B)−sin(A−B)=sin A cos B+cos A sin B−sin A cos B+cos A sin B=2cos A sin B，…∵ B ∈(0, π)，∴ sin B >0， ∴ cos A =12，…又A ∈(0, π)，∴ A =π3；…（2）由余弦定理，得|BC →|2=|AB →|2+|AC →|2−2|AB →|⋅|AC →|⋅cos A ，… ∵ |BC →|=7，AB →⋅AC →=|AB →|⋅|AC →|⋅cos A =20， ∴ |AB →|2+|AC →|2=89，…∵ |AB →+AC →|2=|AB →|2+|AC →|2+2AB →⋅AC →=89+40=129，…∴ |AB →+AC →|=√129．… 【考点】求两角和与差的正弦 向量的模平面向量数量积的性质及其运算律【解析】（1）将已知等式移项变形并利用两角和与差的正弦函数公式化简，整理后根据sin B 不为0，得出cos A 的值，由A 为三角形的内角，利用特殊角的三角函数值即可求出A 的度数；（2）利用余弦定理列出关系式|BC →|2=|AB →|2+|AC →|2−2|AB →|⋅|AC →|⋅cos A ，将已知条件利用平面向量的数量积运算法则化简后代入求出|AB →|2+|AC →|2的值，把所求式子平方并利用完全平方公式展开，将各自的值代入开方即可求出值．【解答】 解：（1）原式可化为：sin B =sin (A +B)−sin (A −B)=sin A cos B +cos A sin B −sin A cos B +cos A sin B =2cos A sin B ，… ∵ B ∈(0, π)，∴ sin B >0， ∴ cos A =12，…又A ∈(0, π)，∴ A =π3；…（2）由余弦定理，得|BC →|2=|AB →|2+|AC →|2−2|AB →|⋅|AC →|⋅cos A ，… ∵ |BC →|=7，AB →⋅AC →=|AB →|⋅|AC →|⋅cos A =20， ∴ |AB →|2+|AC →|2=89，…∵ |AB →+AC →|2=|AB →|2+|AC →|2+2AB →⋅AC →=89+40=129，…∴ |AB →+AC →|=√129．… 【答案】解：（1）由已知，甲、乙两名运动员在每一局比赛中获胜的概率都是12． … 记“甲以4比1获胜”为事件A ，则P(A)=C 43(12)3(12)4−312=18． …（2）记“乙获胜且比赛局数多于5局”为事件B ．因为，乙以4比2获胜的概率为P 1=C 53(12)3(12)5−312=532，…乙以4比3获胜的概率为P 2=C 63(12)3(12)6−312=532，…所以 P(B)=P 1+P 2=516． …（3）设比赛的局数为X ，则X 的可能取值为4，5，6，7．P(X =4)=2C 44(12)4=18，… P(X =5)=2C 43(12)3(12)4−312=14，…P(X =6)=2C 53(12)3⋅(12)5−3⋅12=516，…P(X =7)=2C 63(12)3(12)6−3⋅12=516． …比赛局数的分布列为：【考点】离散型随机变量及其分布列 互斥事件的概率加法公式 相互独立事件的概率乘法公式【解析】（1）先由已知，甲、乙两名运动员在每一局比赛中获胜的概率，甲以4比1获胜，根据独立重复试验公式公式，列出算式，得到结果．（2）记“乙获胜且比赛局数多于5局”为事件B ．B 包括乙以4:2获胜和乙以4:3获胜，根据独立重复试验公式列出算式，得到结果．（3）比赛结束时比赛的局数为X ，则X 的可能取值为4，5，6，7，根据独立重复试验公式计算出各自的概率即可得到分布列． 【解答】解：（1）由已知，甲、乙两名运动员在每一局比赛中获胜的概率都是12． … 记“甲以4比1获胜”为事件A ，则P(A)=C 43(12)3(12)4−312=18． …（2）记“乙获胜且比赛局数多于5局”为事件B ．因为，乙以4比2获胜的概率为P 1=C 53(12)3(12)5−312=532，… 乙以4比3获胜的概率为P 2=C 63(12)3(12)6−312=532，…所以 P(B)=P 1+P 2=516． …（3）设比赛的局数为X ，则X 的可能取值为4，5，6，7．P(X =4)=2C 44(12)4=18，…P(X =5)=2C 43(12)3(12)4−312=14，…P(X =6)=2C 53(12)3⋅(12)5−3⋅12=516，…P(X =7)=2C 63(12)3(12)6−3⋅12=516． …比赛局数的分布列为：(1)证明：设AC 与BD 相交于点O ，连接FO ．因为四边形ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD ，且O 为AC 中点． 又 FA =FC ，所以 AC ⊥FO ．因为 FO ∩BD =O ，BD ⊂平面BDEF ， 所以 AC ⊥平面BDEF ．(2)证明：因为四边形ABCD 与BDEF 均为菱形， 所以AD // BC ，DE // BF ， 因为AD ∩DE =D ，BC ∩BF =B , 所以 平面FBC // 平面EAD ． 又FC ⊂平面FBC ， 所以FC // 平面EAD ;(3)解：因为四边形BDEF 为菱形，且∠DBF =60∘， 所以△DBF 为等边三角形． 因为O 为BD 中点，所以FO ⊥BD ，故FO ⊥平面ABCD ．由OA ，OB ，OF 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系O −xyz ．设AB =2．因为四边形ABCD 为菱形，∠DAB =60∘， 则BD =2，所以OB =1，OA =OF =√3．所以 O(0,0,0),A(√3，0，0)，B(0,1,0)，C(−√3,0,0)，F(0,0,√3)． 所以 CF →=(√3,0,√3)，CB →=(√3,1,0)．设平面BFC 的法向量为n →=(x, y, z)， 则有{√3x +√3z =0√3x +y =0，取x =1，得n →=(1,−√3,−1)．∵ 平面AFC 的法向量为v →=(0, 1, 0)． 由二面角A −FC −B 是锐角，得 |cos <n →，v →>|=|n →⋅v→|n →||v →||=√155． 所以二面角A −FC −B 的余弦值为√155． 【考点】直线与平面垂直的判定 直线与平面平行的判定 用空间向量求平面间的夹角【解析】（1）设AC 与BD 相交于点O ，连接FO ．因为四边形ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD ，且O 为AC 中点．由FA =FC ，知AC ⊥FO ．由此能够证明AC ⊥平面BDEF ．（2）因为四边形ABCD 与BDEF 均为菱形，所以AD // BC ，DE // BF ，平面FBC // 平面EAD ．由此能够证明FC // 平面EAD ．（3）因为四边形BDEF 为菱形，且∠DBF =60∘，所以△DBF 为等边三角形．因为O 为BD 中点，所以FO ⊥BD ，故FO ⊥平面ABCD ．由OA ，OB ，OF 两两垂直，建立空间直角坐标系O −xyz ．设AB =2．因为四边形ABCD 为菱形，∠DAB =60∘，则BD =2，所以 CF →=(√3,0,√3)，CB →=(√3,1,0)．求得平面BFC 的法向量为n →=(1,−√3,−1)，平面AFC 的法向量为v →=(0, 1, 0)．由此能求出二面角A −FC −B 的余弦值． 【解答】(1)证明：设AC 与BD 相交于点O ，连接FO ．因为四边形ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD ，且O 为AC 中点． 又 FA =FC ，所以 AC ⊥FO ．因为 FO ∩BD =O ，BD ⊂平面BDEF ， 所以 AC ⊥平面BDEF ．(2)证明：因为四边形ABCD 与BDEF 均为菱形， 所以AD // BC ，DE // BF ， 因为AD ∩DE =D ，BC ∩BF =B , 所以 平面FBC // 平面EAD ． 又FC ⊂平面FBC ， 所以FC // 平面EAD ;(3)解：因为四边形BDEF 为菱形，且∠DBF =60∘， 所以△DBF 为等边三角形． 因为O 为BD 中点， 所以FO ⊥BD ， 故FO ⊥平面ABCD ．由OA ，OB ，OF 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系O −xyz ．设AB =2．因为四边形ABCD 为菱形，∠DAB =60∘， 则BD =2，所以OB =1，OA =OF =√3．所以O(0,0,0),A(√3，0，0)，B(0,1,0)，C(−√3,0,0)，F(0,0,√3)． 所以 CF →=(√3,0,√3)，CB →=(√3,1,0)． 设平面BFC 的法向量为n →=(x, y, z)， 则有{√3x +√3z =0√3x +y =0，取x =1，得n →=(1,−√3,−1)．∵ 平面AFC 的法向量为v →=(0, 1, 0)．由二面角A −FC −B 是锐角，得 |cos <n →，v →>|=|n →⋅v→|n →||v →||=√155． 所以二面角A −FC −B 的余弦值为√155． 【答案】解：(1)当a =1时，f(x)=e x ⋅(1x+2)，f ′(x)=e x ⋅(1x +2−1x 2)．由于f(1)=3e ，f ′(1)=2e ，所以曲线y =f(x)在点(1, f(1))处的切线方程是2ex −y +e =0． (2)f ′(x)=ae ax(x+1)[(a+1)x−1]x 2，x ≠0．①当a =−1时，令f ′(x)=0，解得x =−1，所以f(x)的单调递减区间为(−∞, −1)，单调递增区间为(−1, 0)，(0, +∞)； 当a ≠−1时，令f ′(x)=0，解得x =−1或x =1a+1.②当−1<a <0时，f(x)的单调递减区间为(−∞, −1)，(1a+1,+∞)， 单调递增区间为(−1, 0)，(0,1a+1)；③当a =0时，f(x)为常值函数，不存在单调区间； ④当a >0时，f(x)的单调递减区间为(−1, 0)，(0,1a+1)， 单调递增区间为(−∞, −1)，(1a+1,+∞)． 【考点】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】（1）先求导数f ′(x)，欲求出切线方程，只须求出其斜率即可，故先利用导数求出在x =0处的导函数值，再结合导数的几何意义即可求出切线的斜率，从而问题解决．（2）对字母a 进行分类讨论，再令f ′(x)大于0，解不等式，可得函数的单调增区间，令导数小于0，可得函数的单调减区间． 【解答】解：(1)当a =1时，f(x)=e x ⋅(1x +2)， f ′(x)=e x ⋅(1x +2−1x 2)．由于f(1)=3e ，f ′(1)=2e ，所以曲线y =f(x)在点(1, f(1))处的切线方程是2ex −y +e =0． (2)f ′(x)=ae ax(x+1)[(a+1)x−1]x 2，x ≠0．①当a =−1时，令f ′(x)=0，解得x =−1，所以f(x)的单调递减区间为(−∞, −1)，单调递增区间为(−1, 0)，(0, +∞)； 当a ≠−1时，令f ′(x)=0，解得x =−1或x =1a+1.②当−1<a <0时，f(x)的单调递减区间为(−∞, −1)，(1a+1,+∞)， 单调递增区间为(−1, 0)，(0,1a+1)；③当a =0时，f(x)为常值函数，不存在单调区间； ④当a >0时，f(x)的单调递减区间为(−1, 0)，(0,1a+1)， 单调递增区间为(−∞, −1)，(1a+1,+∞)． 【答案】解：（1）由 59=e 2=a 2−b 2a 2=1−b 2a 2，得 ba =23．…依题意△MB 1B 2是等腰直角三角形，从而b =2，故a =3．… 所以椭圆C 的方程是x 29+y 24=1．…（2）设A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)，直线AB 的方程为x =my +2．将直线AB 的方程与椭圆C 的方程联立，消去x 得 (4m 2+9)y 2+16my −20=0．… 所以 y 1+y 2=−16m 4m +9，y 1y 2=−204m +9．…若PM 平分∠APB ，则直线PA ，PB 的倾斜角互补，所以k PA +k PB =0．… 设P(a, 0)，则有 y 1x1−a+y 2x 2−a=0．将 x 1=my 1+2，x 2=my 2+2代入上式，整理得 2my 1y 2+(2−a)(y 1+y 2)(my 1+2−a)(my2+2−a)=0，所以 2my 1y 2+(2−a)(y 1+y 2)=0．…将 y 1+y 2=−16m4m 2+9，y 1y 2=−204m 2+9代入上式，整理得 (−2a +9)⋅m =0．… 由于上式对任意实数m 都成立，所以 a =92．综上，存在定点P(92，0)，使PM 平分∠APB ．…【考点】直线与椭圆结合的最值问题 椭圆的标准方程 【解析】（1）利用离心率为√53，可得b a=23，由椭圆短轴的端点是B 1，B 2，且MB 1⊥MB 2，可得△MB 1B 2是等腰直角三角形，由此可求椭圆C 的方程；（2）设线AB 的方程与椭圆C 的方程联立，利用韦达定理，结合PM 平分∠APB ，则直线PA ，PB 的倾斜角互补，建立方程，即可求得结论．【解答】解：（1）由 59=e 2=a 2−b 2a 2=1−b 2a 2，得b a =23．…依题意△MB 1B 2是等腰直角三角形，从而b =2，故a =3．… 所以椭圆C 的方程是x 29+y 24=1．…（2）设A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)，直线AB 的方程为x =my +2．将直线AB 的方程与椭圆C 的方程联立，消去x 得 (4m 2+9)y 2+16my −20=0．…所以 y 1+y 2=−16m 4m 2+9，y 1y 2=−204m 2+9．…若PM 平分∠APB ，则直线PA ，PB 的倾斜角互补，所以k PA +k PB =0．… 设P(a, 0)，则有 y 1x1−a+y 2x2−a=0．将 x 1=my 1+2，x 2=my 2+2代入上式，整理得2my 1y 2+(2−a)(y 1+y 2)(my 1+2−a)(my 2+2−a)=0，所以 2my 1y 2+(2−a)(y 1+y 2)=0．…将 y 1+y 2=−16m4m +9，y 1y 2=−204m +9代入上式，整理得 (−2a +9)⋅m =0．… 由于上式对任意实数m 都成立，所以 a =92． 综上，存在定点P(92，0)，使PM 平分∠APB ．…【答案】（1）解：数列A 3:4，2，8不能结束，各数列依次为2，6，4；4，2，2；2，0，2；2，2，0；0，2，2；2，0，2；…．从而以下重复出现，不会出现所有项均为0的情形． …数列A 4:1，4，2，9能结束，各数列依次为3，2，7，8；1，5，1，5；4，4，4，4；0，0，0，0．… （2）解：A 3经过有限次“T 变换”后能够结束的充要条件是a 1=a 2=a 3．… 若a 1=a 2=a 3，则经过一次“T 变换”就得到数列0，0，0，从而结束． …当数列A 3经过有限次“T 变换”后能够结束时，先证命题“若数列T(A 3)为常数列，则A 3为常数列”． 当a 1≥a 2≥a 3时，数列T(A 3)：a 1−a 2，a 2−a 3，a 1−a 3．由数列T(A 3)为常数列得a 1−a 2=a 2−a 3=a 1−a 3，解得a 1=a 2=a 3，从而数列A 3也为常数列． 其它情形同理，得证．在数列A 3经过有限次“T 变换”后结束时，得到数列0，0，0（常数列），由以上命题，它变换之前的数列也为常数列，可知数列A 3也为常数列． …所以，数列A 3经过有限次“T 变换”后能够结束的充要条件是a 1=a 2=a 3．（3）证明：先证明引理：“数列T(A n )的最大项一定不大于数列A n 的最大项，其中n ≥3”． 证明：记数列A n 中最大项为max (A n )，则0≤a i ≤max (A n )． 令B n =T(A n )，b i =a p −a q ，其中a p ≥a q ． 因为a q ≥0，所以b i ≤a p ≤max (A n )，故max (B n )≤max (A n )，证毕． … 现将数列A 4分为两类．第一类是没有为0的项，或者为0的项与最大项不相邻（规定首项与末项相邻），此时由引理可知，max (B 4)≤max (A 4)−1．第二类是含有为0的项，且与最大项相邻，此时max (B 4)=max (A 4)． 下面证明第二类数列A 4经过有限次“T 变换”，一定可以得到第一类数列．不妨令数列A4的第一项为0，第二项a最大(a>0)．（其它情形同理）①当数列A4中只有一项为0时，若A4:0，a，b，c(a>b, a>c, bc≠0)，则T(A4)：a，a−b，|b−c|，c，此数列各项均不为0或含有0项但与最大项不相邻，为第一类数列；若A4:0，a，a，b(a>b, b≠0)，则T(A4)：a，0，a−b，b；T（T(A4)）：a，a−b，|a−2b|，a−b此数列各项均不为0或含有0项但与最大项不相邻，为第一类数列；若A4:0，a，b，a(a>b, b≠0)，则T(A4)：a，a−b，a−b，b，此数列各项均不为0，为第一类数列；若A4:0，a，a，a，则T(A4)：a，0，0，a；T（T(A4)）：a，0，a，0；T（T（T(A4)））：a，a，a，a，此数列各项均不为0，为第一类数列．②当数列A4中有两项为0时，若A4:0，a，0，b(a≥b>0)，则T(A4)：a，a，b，b，此数列各项均不为0，为第一类数列；若A4:0，a，b，0(a≥b>0)，则T(A)：a，a−b，b，0，T（T(A)）：b，|a−2b|，b，a，此数列各项均不为0或含有0项但与最大项不相邻，为第一类数列．③当数列A4中有三项为0时，只能是A4:0，a，0，0，则T(A)：a，a，0，0，T（T(A)）：0，a，0，a，T（T（T(A)））：a，a，a，a，此数列各项均不为0，为第一类数列．总之，第二类数列A4至多经过3次“T变换”，就会得到第一类数列，即至多连续经历3次“T变换”，数列的最大项又开始减少．又因为各数列的最大项是非负整数，故经过有限次“T变换”后，数列的最大项一定会为0，此时数列的各项均为0，从而结束．…【考点】数列的应用【解析】（1）根据新定义，可得数列A3:4，2，8不能结束，数列A4:1，4，2，9能结束，并可写出各数列；（2）A3经过有限次“T变换”后能够结束的充要条件是a1=a2=a3，先证明a1=a2=a3，则经过一次“T变换”就得到数列0，0，0，从而结束，再证明命题“若数列T(A3)为常数列，则A3为常数列”，即可得解；（3）先证明引理：“数列T(A n)的最大项一定不大于数列A n的最大项，其中n≥3”，再分类讨论：第一类是没有为0的项，或者为0的项与最大项不相邻（规定首项与末项相邻），此时由引理可知，max(B4)≤max(A4)−1．第二类是含有为0的项，且与最大项相邻，此时max(B4)=max(A4)．证明第二类数列A4经过有限次“T变换”，一定可以得到第一类数列．【解答】（1）解：数列A3:4，2，8不能结束，各数列依次为2，6，4；4，2，2；2，0，2；2，2，0；0，2，2；2，0，2；…．从而以下重复出现，不会出现所有项均为0的情形．…数列A4:1，4，2，9能结束，各数列依次为3，2，7，8；1，5，1，5；4，4，4，4；0，0，0，0．…（2）解：A3经过有限次“T变换”后能够结束的充要条件是a1=a2=a3．…若a1=a2=a3，则经过一次“T变换”就得到数列0，0，0，从而结束．…当数列A3经过有限次“T变换”后能够结束时，先证命题“若数列T(A3)为常数列，则A3为常数列”．当a1≥a2≥a3时，数列T(A3)：a1−a2，a2−a3，a1−a3．由数列T(A3)为常数列得a1−a2=a2−a3=a1−a3，解得a1=a2=a3，从而数列A3也为常数列．其它情形同理，得证．在数列A3经过有限次“T变换”后结束时，得到数列0，0，0（常数列），由以上命题，它变换之前的数列也为常数列，可知数列A3也为常数列．…所以，数列A3经过有限次“T变换”后能够结束的充要条件是a1=a2=a3．（3）证明：先证明引理：“数列T(A n)的最大项一定不大于数列A n的最大项，其中n≥3”．证明：记数列A n中最大项为max(A n)，则0≤a i≤max(A n)．令B n=T(A n)，b i=a p−a q，其中a p≥a q．因为a q≥0，所以b i≤a p≤max(A n)，故max(B n)≤max(A n)，证毕．…现将数列A4分为两类．第一类是没有为0的项，或者为0的项与最大项不相邻（规定首项与末项相邻），此时由引理可知，max(B4)≤max(A4)−1．第二类是含有为0的项，且与最大项相邻，此时max(B4)=max(A4)．下面证明第二类数列A4经过有限次“T变换”，一定可以得到第一类数列．不妨令数列A4的第一项为0，第二项a最大(a>0)．（其它情形同理）①当数列A4中只有一项为0时，若A4:0，a，b，c(a>b, a>c, bc≠0)，则T(A4)：a，a−b，|b−c|，c，此数列各项均不为0或含有0项但与最大项不相邻，为第一类数列；若A4:0，a，a，b(a>b, b≠0)，则T(A4)：a，0，a−b，b；T（T(A4)）：a，a−b，|a−2b|，a−b此数列各项均不为0或含有0项但与最大项不相邻，为第一类数列；若A4:0，a，b，a(a>b, b≠0)，则T(A4)：a，a−b，a−b，b，此数列各项均不为0，为第一类数列；若A4:0，a，a，a，则T(A4)：a，0，0，a；T（T(A4)）：a，0，a，0；T（T（T(A4)））：a，a，a，a，此数列各项均不为0，为第一类数列．②当数列A4中有两项为0时，若A4:0，a，0，b(a≥b>0)，则T(A4)：a，a，b，b，此数列各项均不为0，为第一类数列；若A4:0，a，b，0(a≥b>0)，则T(A)：a，a−b，b，0，T（T(A)）：b，|a−2b|，b，a，此数列各项均不为0或含有0项但与最大项不相邻，为第一类数列．③当数列A4中有三项为0时，只能是A4:0，a，0，0，则T(A)：a，a，0，0，T（T(A)）：0，a，0，a，T （T（T(A)））：a，a，a，a，此数列各项均不为0，为第一类数列．总之，第二类数列A4至多经过3次“T变换”，就会得到第一类数列，即至多连续经历3次“T变换”，数列的最大项又开始减少．又因为各数列的最大项是非负整数，故经过有限次“T变换”后，数列的最大项一定会为0，此时数列的各项均为0，从而结束．…。
2012年北京高考模拟系列试卷(一)语文试题
2012年北京高考模拟系列试卷（一）语文试题【新课标版】注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（阅读题）和第Ⅱ卷（表达题）两部分。
答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．作答时，将答案写在答题卡上。
写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷阅读题（共70分）甲必考题一、现代文阅读（9分，第小题3分）阅读下面的文字，完成l～3题。
魏晋时代的“啸”魏晋名士，风流倜傥，雅好长啸。
然而啸却不是由他们所首倡，早在《诗经》里就屡次提到啸，《小雅·白华》中就有“啸歌伤怀，念彼硕人”之语。
啸，郑玄说它的意思是“蹙口而出声”，也就是现代所说的吹口哨。
值得注意的是《诗经》里出现的啸者多是女性，她们心怀忧怨，发而为啸。
在其他记载中也常提到妇女作啸，如《古今注·音乐篇》说商陵牧子婚后五年无子，将别娶，妻闻之，中夜起，倚户而悲啸。
妇女用吹口哨来舒其不平之气，大概是古代所常见而现代已较陌生的一种习俗。
不过，啸也不完全是抒情的，它也用在某些行施巫术的场合中。
葛洪的《神仙传》记西汉人刘根学成道术，郡太守知道后，命刘召鬼，如召不来，将加刑戮。
刘根于是“长啸”，啸音非常清亮，“闻者莫不肃然，众客震悚”。
忽然南壁裂开数丈，有许多兵护送一辆车出来，车上以大绳缚着郡守已亡故的父母。
至东汉时，这种音调既清越、用意又含有若干神秘色彩的啸，逐渐从妇女和巫师那里进入文士的生活圈。
魏晋以后，关于吟啸的记事更加常见。
这时的吟啸不仅出现在情绪激动的场合，而且当其意趣恬适、心境旷放、谈玄挥麈、登高临远之际，也常常且吟且啸。
但于大庭广众之前放声长啸，自然有点旁若无人的样子。
可是在“魏晋之际，天下多故”荦卓不群之士由主张达生任性而走向逸世高蹈的时代背景下，这却正是他们很欣赏的一种姿态。
所以吟啸之风，不胫而走，广泛流行，成为名士风度的一个组成部分。
其实啸只是形式，倨傲狂放才是它的灵魂；《世说新语》用“傲然”来形容周顗啸咏时的神态，可谓搔中痒处。
北京2012高三一模试题理科综合能力测试
北京市2012高三一模试题理科综合能力测试生物部分朝阳区2012．3第一部分（选择题共120分）本部分共20小题，每小题6分，共120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．（朝阳区一模）下列有关细胞的叙述，错误．．的是A．蓝藻细胞内不形成染色体和纺锤体，故增殖方式为无丝分裂B．干细胞是能够持续分裂的细胞，衰老速度较高度分化的细胞慢C．精细胞、神经细胞、根尖分生区细胞不是都有细胞周期，但化学成分都在不断更新D．人体细胞的溶酶体含有水解酶，能分解细胞中的大分子，其产物可能被细胞再利用2．（朝阳区一模）正常情况下，下列四个图若改变自变量或因变量，则曲线变化最大的是A．图①将“光照强度”改为“CO2浓度”B．图②将“胰岛素相对含量”改为“胰高血糖素相对含量”C．图③将“有丝分裂各时期”改为“减数第二次分裂各时期”D．图④将“酶活性”改为“有氧呼吸释放CO2量”3．（朝阳区一模）图甲所示为基因表达过程，图乙为中心法则，①~⑤表示生理过程。
下列叙述正确的是A．图甲所示为染色体DNA上的基因表达过程，需要多种酶参与B．红霉素影响核糖体在mRNA上的移动，故影响基因的转录过程C．图甲所示过程为图乙中的①②③过程D．图乙中涉及碱基A与U配对的过程为②③④⑤4．（朝阳区一模）下列有关人体生命活动调节的叙述，错误．．的是A．免疫系统识别并清除异物、外来病原体等，实现其维持稳态的作用B．B细胞受到抗原刺激，在淋巴因子的作用下，被激活并进行分裂C．兴奋在两个神经元间传递过程中，不会出现膜的转移和融合D．激素起作用后即被灭活，故机体需源源不断产生，以维持其含量的动态平衡5．（朝阳区一模）水稻分蘖期间，农民拔草、治虫；排水晒田。
稻谷收获之后，有的农民焚烧稻秆。
下列叙述错误．．的是A．农民拔草、治虫可调整能量流动的方向，使能量较多地流向水稻B．水稻的分蘖、成熟等过程受多种植物激素的共同调节C．晒田能改善土壤的生态环境，利于水稻根系生长D．焚烧稻秆可促进物质循环，实现能量高效利用29．（朝阳区一模）（12分）植物激素是植物生长发育过程中不可缺少的物质。
精选：2012年北京高三一模汇总
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北京市西城区2012届高三第一次模拟考试文科数学试题.pdf
北京市西城区2012年高三一模试卷 数 学（文科） 2012.4 第Ⅰ卷（选择题 共40分） 一、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，，那么（）（A）（B）（C）（D） 2．执行如图所示的程序框图，若输入，则输出的 值为（ ） （A） （B） （C） （D） 3．若，，，则下列结论正确的是（ ）（A）（B）（C）（D） 4．如图，在复平面内，复数，对应的向量分别是 ，，则复数对应的点位于（ ）（A）第一象限（B）第二象限（C）第三象限（D）第四象限 5．已知正六棱柱的底面边长和侧棱长均为，其三视图 中的俯视图如图所示，则其左视图的面积是（ ）（A）（B）（C）（D）6．若实数，满足条件 则的最大值为（）（A）（B）（C）（D）7．设等比数列的前项和为．则“”是“”的（ ）（A）充分而不必要条件（B）必要而不充分条件（C）充要条件（D）既不充分又不必要条件8．已知集合，其中，且 .则中所有元素之和是（ ）（A）（B）（C）（D） 第Ⅱ卷（非选择题 共110分） 二、填空题共6小题，每小题5分，共30分，.若，则实数_____. 10. 某年级名学生在一次百米测试中，成绩全部介于秒 与秒之间．将测试结果分成组：，， ，，，得到如图所示的频率分 布直方图．如果从左到右的个小矩形的面积之比为 ，那么成绩在的学生人数是_____． 11. 函数的最小正周期为_____． 12. 圆的圆心到直线的距离是_____. 13. 已知函数 则的零点是_____；的值域是_____．14. 如图，已知抛物线及两点和，其中.过，分别作轴的垂线，交抛物线于，两点，直线与轴交于点，此时就称， 确定了.依此类推，可由，确定，.记，. 给出下列三个结论： ① 数列是递减数列； ② 对，； ③ 若，，则. 其中，所有正确结论的序号是_____． 三、15.（本小题满分13分） 在△中，已知． （）； （），△的面积是，求． 16.（本小题满分13分） 某校高一年级开设研究性学习课程，（）班和（）班报名参加的人数分别是和．现用分层抽样的方法，从中抽取若干名学生组成研究性学习小组，已知从（）班抽取了名同学． （）（）次交流活动，每次随机抽取小组中名同学发言．求次发言的学生恰好来自不同班级的概率． 17．（本小题满分14分） 如图，矩形中，，．，分别在线段和上，∥，将矩形沿折起．记折起后的矩形为，且平面平面． （）∥平面； （），求证：； （Ⅲ）求四面体体积的最大值． 已知椭圆的离心率为，一个焦点为． （Ⅰ）求椭圆的方程； （Ⅱ）设直线交椭圆于，两点，若点，都在以点为圆心的圆上，求的值． 19.（本小题满分13分） 如图，抛物线与轴交于两点，点在抛物线上（点在第一象限），∥．记，梯形面积为． （Ⅰ）求面积以为自变量的函数式； （Ⅱ）若，其中为常数，且，求的最大值． 20.（本小题满分13分） 对于数列，定义“变换”：将数列变换成数列，其中，且.这种“变换”记作.继续对数列进行“变换”，得到数列，依此类推，当得到的数列各项均为时变换结束． （Ⅰ）试问经过不断的“变换”能否结束？若能，请依次写出经过“变换”得到的各数列；若不能，说明理由； （Ⅱ）设，．若，且的各项之和为． （）求，； （）若数列再经过次“变换”得到的数列各项之和最小，求的最小值，并说明理由． 北京市西城区2012年高三一模试卷 数学（文科）参考答案及评分标准 2012.4 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.1. C；2. D ；3. D；4. B；5. A；6. B；7. C；8. C . 二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分. 9. ； 10. ； 11. ； 12. ； 13. 和，； 14. ① ② ③. 注：13题第一问2分，第二问3分; 14题少选1个序号给2分. 三、解答题：本大题共6小题，共80分.若考生的解法与本解答不同，正确者可参照评分标准给分. 15.（本小题满分13分） （Ⅰ）解：由，得． ………………3分 所以原式化为． ………………4分 因为，所以 ， 所以 ． ………………6分 因为， 所以 ． ………………7分 （Ⅱ）解：由余弦定理， 得 ． ………9分 因为 ，， 所以 ． ………………11分 因为 ， 所以 . ………………13分 16.（本小题满分13分） （））班抽取的人数为， 依题意得 ，所以， 研究性学习小组的人数为． ………………5分 （））班的人为，（）班的人为． 次交流活动中，每次随机抽取名同学发言的基本事件为： ，，，，， ，，，，， ，，，，， ，，，，， ，，，，，共种． ………………9分 次发言的学生恰好来自不同班级的基本事件为： ，，，，，，，，， ，，，共种． ………………12分 所以次发言的学生恰好来自不同班级的概率为． ………………13分 （Ⅰ）证明：因为四边形，都是矩形， 所以 ∥∥，． 所以 四边形是平行四边形，……………2分 所以 ∥， ………………3分 因为 平面， 所以 ∥平面． ………………4分 （Ⅱ）证明：连接，设． 因为平面平面，且， 所以 平面， ………………5分 所以 ． ………………6分 又 ， 所以四边形为正方形，所以 ．……………7分 所以 平面， ………………8分 所以 ． ………………9分 （Ⅲ）解：设，则，其中． 由（Ⅰ）得平面， 所以四面体的体积为．………………11分 所以 ． ………………13分 当且仅当，即时，四面体的体积最大． ………………14分 18.（本小题满分14分） （Ⅰ）解：设椭圆的半焦距为，则． ………………1分 由， 得 ， 从而． ………………4分 所以，椭圆的方程为． ………………5分 （Ⅱ）解：设． 将直线的方程代入椭圆的方程， 消去得 ． ………………7分 由，得，且．……9分 设线段的中点为，则，．………10分由点，都在以点为圆心的圆上，得， ………………11分 即 ， 解得 ，符合题意． ………………13分 所以 ． ………………14分 19.（本小题满分13分） （Ⅰ）解：依题意，点的横坐标为，点的纵坐标为． ……………1分 点的横坐标满足方程，解得，舍去．…………2分 所以．…4分 由点在第一象限，得． 所以关于的函数式为 ，． ………………5分 （Ⅱ）解：由 及，得． ………………6分 记， 则． ………………8分 令，得． ………………9分 ① 若，即时，与的变化情况如下： 极大值所以，当时，取得最大值，且最大值为． ………………11分 ② 若，即时，恒成立， 所以，的最大值为． ………………13分 综上，时，的最大值为；时，的最大值为． 20.（本小题满分13分） （Ⅰ）解：数列不能结束，各数列依次为；；；；；…． 以下重复出现，所以不会出现所有项均为的情形． ………………3分 （Ⅱ）解：（）因为的各项之和为，且， 所以为的最大项， 所以最大，即，或． ………………5分 由，得，即，故．………7分 当时，同理可得 ，． ………………8分 （）方法一：由，则经过次“变换”得到的数列分别为：；；；；；． 由此可见，经过次“变换”后得到的数列也是形如“”的数列，与数列“结构”完全相同，但最大项减少12． 因为， 所以，数列经过次“变换”后得到的数列为． 接下来经过“变换”后得到的数列分别为：；；；；； ；，…… 从以上分析可知，以后重复出现，所以数列各项和不会更小． 所以经过次“变换”得到的数列各项和最小，的最小值为． ………………13分 方法二：若一个数列有三项，且最小项为，较大两项相差，则称此数列与数列 “结构相同”． 若数列的三项为，则无论其顺序如何，经过“变换”得到的数列的三项为(不考虑顺序) ． 所以与结构相同的数列经过“变换”得到的数列也与结构相同，除外其余各项减少，各项和减少． 因此，数列经过次“变换”一定得到各项为 (不考虑顺序)的数列． 通过列举，不难发现各项为的数列，无论顺序如何，经过“变换”得到的数列会重复出现，各项和不再减少． 所以，至少通过次“变换”，得到的数列各项和最小，故的最小值为． ………………13分 北京利德智达文化发展有限公司。
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北京市西城区2011-2012学年度第二学期一模高三语文试卷2012．4注意事项：1．本试卷分两部分，共150分，考试时间为150分钟；2．将学校、班级、姓名填在弥封线内；3．将答案全部写在答题纸上；4．考试结束，将试卷与答题纸一并交回。
第一部分（选择题，共27分）一、本大题共5小题，每小题3分，共15分。
1．下列词语中，字形和加点的字的读音全都正确的一项是A.化妆品寥若辰星标识（shí）心广体胖（pán）B.孰不知相辅相成着（zhāo）急发生口角（jué）C.荧光屏贸然行事揩（kāi）油犯罪未遂（suì）D.流水账鞭辟入理结束（shù）量体裁衣（liáng）2．下列句子中，加点的成语使用正确的一项是A. 李实哲是个胸无城府的天才棋手，围棋下得出神入化，在出席新闻发布会时却常常出言无忌，因为自己的直率他付出过不少代价。
B. 足坛反赌扫黑接近尾声，对于涉嫌行贿的俱乐部是否会受处罚，足协一位官员的表态似是而非：“一切要等审判结束后才有结果。
”C. 上海的婚宴普遍在晚上举行，一般选择在吉时6：08开宴，可是总有些接到请柬的不速之客姗姗来迟，这让婚宴主办者颇为尴尬。
D. 部分司机认为高速公路宽阔，只要车少就可天马行空地自由驰骋，其实这种想法十分危险，因为人在大意时反应速度会大大降低。
3．下列句子中，没有语病的一句是A. 近日，美国宇航局的探测器有史以来第一次直接探测到的来自太阳系之外的粒子，这一发现首次让我们有机会一窥所谓的“恒星际介质”。
B. 今年，北京将新增20万亩林地，主要种植在受污染物影响较大的地方，如高速路或主干道的路边，对尾气削减和扬尘会有很好的作用。
C. “1·28”中国公民被劫持事件发生后，苏丹政府全力解救，并表态将采取切实措施确保所有在苏中资企业的安全，避免类似事件不再发生。
D. 进城务工人员子女在流入地学习多年后回乡参加高考，很难适应家乡的考试要求，据悉，我国将出台允许这类考生在流入地参加高考的政策。
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北京2012年高考模拟（一）文综本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共300分；答题时间150分钟。
第Ⅰ卷（选择题，共140分）一、选择题（共35小题，每题4分，共140分）下图中的实线和虚线分别示意某日晨线、昏线与M纬线相交点的时间变化情况。
P、Q为M纬线上的两点，其经度差为90°。
读图，完成1～2题。
1．该日Q 地日出的当地时间为A．3时 B．6时 C．9时 D．11时2．P地可能位于A．北美洲 B．南美洲 C．欧洲 D．非洲读某大洋局部环流示意图，完成3～4题。
3．如果该海域完全位于东半球，那么下列洋流中属于图示大洋环流的是（）A．墨西哥湾暖流 B．加利福尼亚寒流C．东澳大利亚暖流 D．西澳大利亚寒流4．与图中②海岸相比，④海岸（）A．气温较高，空气湿度较小 B．气温较高，空气湿度较大C．气温较低，空气湿度较大 D．气温较低，空气湿度较小下图表示了某海域四次地震的发生地、震级和震源深度。
读图完成5—6题。
5．该海域地震频发的原因是A．板块碰撞 B．板块张裂 C．岩浆活动 D．变质作用 6．海啸是一种巨大的海浪。
一般当海底浅源大地震（震源深度小于50km，震级大于里氏6．5级）造成大洋地壳局部隆起或陷落，并且带动震源上方的深层（水深不小于1000m）海水做大规模扰动时，就可能发生灾害性海啸。
若图中的四次地震都造成了地壳陷落，则四地中最可能发生灾害性海啸的是A．①地 B．②地 C．③地 D．④地下图中的甲、乙、丙、丁所示地区都是灌溉农业区。
完成7～9题。
7．图中所示地区为世界著名产棉区的是A．甲与丙 B．甲与乙 C．丙与丁 D．乙与丁8．图中所示地区不属于世界古代文明发祥地的是A．甲 B．乙 C．丙 D．丁9．图中所示地区共同面临的生态问题是A．土地荒漠化 B．水土流失 C．气候变暖 D．酸雨危害读“香港土地利用类型示意图”，完成10～11题。
10．图中最有可能成为中心商业区的是A．a B．b C．c D．d11．制作香港土地利用类型分布图，优先采用的地理信息技术是①遥感（RS）②全球定位系统（GPS）③数字地球④地理信息系统（GIS）A．①② B．②③ C．②④ D．①④12．物联网是在互联网基础上进行信息交换和通信的一种网络，是物物相连的互联网。
小王同学通过“物联网”购买到了自己称心如意的学习用品。
这一过程反映了“物联网”的使用（）①丰富了商品交换的形式和手段②方便了消费者购物并减少了现金使用③减少了商品的价值量④促进了商品所有权和使用权的分离A．①② B．③④ C．①③ D．②④13．下表中①②处空缺的数字应该为（）B．①：250亿元②：500亿元C．①：250亿元②：600亿元D．①：125亿元②：700亿元14．早在2500年前，孔子就说过：“不患寡而患不均。
”从经济学角度看，孔子（）A．正确认识到了效率与公平的关系B．没认识到效率是公平的物质前提C．看到了提高效率就能维护公平D．认为公平是提高效率的保证15．有多家国际著名经济机构预测到2030年，在全球经济中的份额将是中国占19%、美国16%、印度9%，其他前几位依资助为日本、巴西、俄罗斯、墨西哥、法国。
这一发展趋势（）①将导致世界形成中、美两极格局②有利于世界多极化③表明经济仍是综合国力竞争的基础④说明为增强国际竞争力进一步提高经济增长速度A．②③ B．②④ C．①③ D．③④16．高三学生小涛参加城区人大代表选举时，社区领导告诉他一定要选本社区的现任领导，小涛感到自己的基本民主权利受到侵犯，就把这个事情反映给了上级人大部门并要求上级部门予以答复。
上述事件中涉及公民的政治权利和自由的有①选举权和被选举权②政治自由③监督权④参与权A．①② B．②③ C．①③ D．①④17．中华民族的历史，为我们提示了这样一条规律：各民族之间的团结和睦是繁荣昌盛的基础，和则两利，分则俱伤。
这说明A．必须十分珍惜和不断巩固平等团结互助和谐的民族关系B．各民族共同繁荣是实现民族平等和民族团结的前提条件C．民族区域自治制度以内容非常广泛的自治权为核心内容D．我国民族的分布特点要求我国应实行民族区域自治制度18．中美双方就汇率问题交换意见，美方尊重中国关于汇率制度的自主权，理解中方要根据自身的利益，结合考虑世界经济形势的情况和中国经济自身的发展态势，自主决定中国汇率改革的具体措施。
这说明我国在当代国际社会中（）①坚定地维护自己的国家利益②坚持独立自主的基本立场③是维护世界和平的积极因素和坚定力量④是促进世界经济发展的重要力量A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．①③④19．漫画《水牛肉》充分说明了（）①市场经济必然导致人们思想道德的沦丧、社会风气的败坏②市场经济在带给社会富有时代气息的观念的同时，也会带来一些负面的影响③应该建立与社会主义市场经济相适应的社会主义思想道德体系④落后文化和腐朽文化是社会主义市场经济的产物A．①② B．②③C．③④ D．②④20．胡锦涛主席在2010年国庆祝词中说到：前进的道路从来不是一帆风顺的，……我们要掌握自己的命运，团结起来，用自己的辛勤劳动和不懈努力，创造我们的未来。
中华民族复兴的道路上，挫折和困难肯定会出现。
要克服重重困难，没有信心没有自信不行。
”这体现的哲理是（）①意识对改造客观世界具有决定作用②实践是认识的基础③事物发展的前途是光明的，道路是曲折的④意识具有能动作用A．②④ B．③④C．①④ D．②③21．漫画主要讽刺现实生活中某些人思想方法上的（）①片面性②相对主义③诡辩论④唯心论A．①② B．①④C．②③ D．③④22．有关部门宣布，我国科学家利用“嫦娥一号”卫星绕月飞行一年间探测到的科学数据，已经获得多项成果，对我们以后深入研究月球有很大的帮助。
这说明（）①实践是认识的来源②实践是认识的目的和归宿③认识具有反复性④实践具有社会历史性A．①② B．③④ C．①③ D．①④23．为了制定一个符合中国国情和时代特点的《国家中长期教育改革和发展规划纲要（2010—2020年）（简称《纲要》），政府有关部门通过专题调研、网上征集意见、召开座谈会等形式广纳群言、广集众智。
《纲要》的制定体现的历史唯物主义观点有（）①坚持群众观点和群众路线②意识是客观存在的主观映象③认识具有反复和无限性④社会意识是社会存在的反映A．①② B．①③ C．①④ D．②③24．《中国古代史》中指出：在西周分封制度下，同姓集团授予封土，赐之以氏。
当时，姓、氏是统治阶级的特权，“贵者有氏，贱者有名无氏”。
到战国以后，姓氏的分野逐渐消失，平民逐渐获得姓氏。
平民得姓一事与下列哪个历史趋势的关系最直接（）A．郡县制度的发展 B．以“孝道”治天下C．赋役制度的变化 D．皇帝制度的形成25．下面是宋朝以“野水无人渡，孤舟尽日横”为题的一幅名画。
上面的名画反映了宋代绘画注重（）A．山水景物 B．真实情景 C．情趣意境 D．花鸟虫鱼 26．研究性学习是当前学生自主学习的重要方式。
某班研究性学习确立了以下几个标题，具有可行性的是（）①《唐朝三省六部制与西方近代代议制度的比较》②《宋代分割相权的主要动机、目的和历史影响》③《元朝行省制度的创新及与郡县制度优劣浅论》④《明朝废丞相、清朝设军机处与古代政治文明》A．①②③④ B．①②③ C．②③④ D．①③④27．下面是福建省1874—1911年民族资本发展情况和全国1895—1913年民族A．全国民族工业增长速度高于福建 B．福建省的民族工业发展十分缓慢 C．全国民族工业中重工业增长迅速 D．福建省民族工业都是小型企业 28．“日本军队在海外作战损失的287万人中，有150多万是在中国战场被歼灭的”。
“‘七七事变’后，中国战场始终牢牢牵制着100万左右的日本陆军主力，占日本陆军总兵力的2/3。
”这些材料可以说明（）①中国抗日战争的国际性②世界反法西斯战争特点③中国抗日战场的重要性④中国抗日战争胜利原因A．①②③ B．③④ C．①③ D．①②③④29．下面是一张真实的照片。
这张照片可以反映的主要事实是（）①资本主义企业股份化②中国社会主要矛盾的变化③企业经营体制根本变化④一五计划的任务提前完成A．①②③ B．③④ C．②③ D．①③④30．2006年4月19日，某报纸刊登一篇题为《忘记过去意味着背叛》的文章中指出：“今年的五月十六日是一个值得纪念的日子，四十年前的这一天，一场席卷中国大地的政治运动爆发了。
它无论是从广度还是深度给中国人民带来的灾害超越了任何一场战争，是人类历史上罕见的浩劫。
”导致以上浩劫的主要原因是（）A．国际形势的日益恶化 B．反党集团的推动和利用C．党的指导思想重大失误 D．个人崇拜的发展和推动31．邓小平曾在科学和教育工作座谈会上提出：“我们国家要赶上世界先进水平，从何着手呢？我想，要从科学和教育着手”，“不抓科学、教育，四个现代化就没有希望，就成为一句空话”。
在此基础上，中国政府于20世纪90年代进一步提出（）A．“两弹一星”战略 B．“双百”方针C．“科教兴国”战略 D．“三个面向”方针32．虽然庄子与普罗泰戈拉的思想都是以相对主义为基础的，但在深度的解读中却发现庄子与普罗泰戈拉的相对论思想在内涵、根源以及理论意义上都存在着截然不同之处。
普罗泰戈拉（）A．把无为作为统治阶级的对立面 B．强调理性且反对统治阶级有为 C．重视道德教育，思想朴素辩证 D．把人作为社会和自然的中心 33．19世纪40年代，英国对欧洲、美国、亚洲和非洲出口贸易总额以及增加状况的示意图。
从这张图中，我们不能直接得出的结论是（）A．英国工人生活状况恶化 B．工业革命促进生产发展C．英国殖民侵略范围扩大 D．英国海外市场日益扩张34．二战推动了第三次科技革命的开启，初期的科技成就以军事技术为主，但随着战后世界形势的发展，科技研究领域开始向社会需要转变。
下面体现出这种转变的组合有（）①原子弹——核电站②火箭——“阿波罗11号”登月③电子计算机——互联网④重组DNA——克隆A．③④ B．①②③ C．①② D．①②④35．《华盛顿邮报》在某一时期陆续报道了几篇新闻评论，其标题分别是：“莫斯科：是巨大的机会吗？”、“西方的援助应当使苏联实行改造而非改革”、“大学对俄国如何走向资本主义观点不一”。
由此判断，该时期是（） A．赫鲁晓夫执政时期 B．勃列日涅夫执政时期C．戈尔巴乔夫执政时期 D．普京执政时期第Ⅱ卷（非选择题，160分）36．（28分）读某岛屿等高线图（单位:米）,回答问题。
（1）若甲城温度为31℃，则该岛地势最高处气温不低于____℃；（2分）（2）据图分析判断甲乙丙丁四个聚落中，哪个人口规模最小，并说明理由。
（8分）（3）若要在甲、乙两城市之间修建一条道路，请在答题卷图中画出你认为最合理的线路，并说明理由。