北京市西城区2024年高三一模试卷。
数学（理科2012.4
第ⅰ卷（选择题共40分）
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。
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。
9.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___
10．的展开式中，的系数是___用数字作答）
11.如图，为⊙的直径，，弦交。
于点．若，，则___
12. 在极坐标系中，极点到直线的距离是___
13.已知函数其中．那么的零点是___若的。
值域是，则的取值范围是___
14.在直角坐标系中，动点，分别在射线和上运。
动，且△的面积为．则点，的横坐标之积为___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。
15.（本小题满分13分）
在△中，已知．
ⅰ）求角；ⅱ）若，，求．
16.（本小题满分13分）
乒乓球单打比赛在甲、乙两名运动员间进行，比赛采用局胜制（即先胜局者获胜，比赛结束），假设两人在每一局比赛中获胜的可能性相同。
ⅰ）求甲以比获胜的概率；
ⅱ）求乙获胜且比赛局数多于局的概率；
ⅲ）求比赛局数的分布列。
17．（本小题满分14分）
如图，四边形与均为菱形，，且．
ⅰ）求证：平面；
ⅱ）求证：∥平面；
ⅲ）求二面角的余弦值．
18.（本小题满分13分）
已知函数，其中。
ⅰ）当时，求曲线在点处的切线方程；
ⅱ）求的单调区间。
19.（本小题满分14分）
已知椭圆的离心率为，定点，椭圆短轴的端点是，，且。
ⅰ）求椭圆的方程；
ⅱ）设过点且斜率不为的直线交椭圆于，两点。试问轴上是否存在定点，使平分？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由。
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）试问和经过不断的“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）求经过有限次“变换”后能够结束的充要条件；
ⅲ）证明：一定能经过有限次“变换”后结束．
北京市西城区2024年高三一模试卷。
数学（理科）参***及评分标准。
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分。
1. c； 5. b；
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
12.；13.和，；14.，.
注：13题、14题第一问2分，第二问3分。
三、解答题：本大题共6小题，共80分。
15.（本小题满分13分）
ⅰ）解：原式可化为．……3分。
因为，所以，
所以．……5分。
因为， 所以．……6分。
ⅱ）解：由余弦定理，得．……8分。
因为，所以．……10分。
因为，……12分。
所以．……13分。
16.（本小题满分13分）
ⅰ）解：由已知，甲、乙两名运动员在每一局比赛中获胜的概率都是．……1分。
记“甲以比获胜”为事件，则．……4分。
ⅱ）解：记“乙获胜且比赛局数多于局”为事件。
因为，乙以比获胜的概率为，……6分。
乙以比获胜的概率为，……7分。
所以．……8分。
ⅲ）解：设比赛的局数为，则的可能取值为．
………9分。
………10分。
………11分。
………12分。
比赛局数的分布列为：
………13分。
17.（本小题满分14分）
ⅰ）证明：设与相交于点，连结．
因为四边形为菱形，所以，且为中点．……1分。
又，所以．……3分。
因为， 所以平面．……4分。
ⅱ）证明：因为四边形与均为菱形，所以//，所以平面//平面．……7分。
又平面，所以// 平面．……8分。
ⅲ）解：因为四边形为菱形，且，所以△为等边三角形．
因为为中点，所以，故平面．
由两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系．……9分。
设．因为四边形为菱形，，则，所以，所以．
所以，．设平面的法向量为，则有。
所以取，得．……12分。
易知平面的法向量为．……13分。
由二面角是锐角，得．
所以二面角的余弦值为．……14分。
18.（本小题满分13分）
ⅰ）解：当时，，．2分。
由于，所以曲线在点处的切线方程是．……4分。
ⅱ）解：，．6分。
当时，令，解得．
的单调递减区间为；单调递增区间为，．…8分。
当时，令，解得，或．
当时，的单调递减区间为，；单调递增区间为，．…10分。
当时，为常值函数，不存在单调区间．……11分。
当时，的单调递减区间为，；单调递增区间为，．…13分。
19.（本小题满分14分）
ⅰ）解：由，得。……2分。
依题意△是等腰直角三角形，从而，故。……4分。
所以椭圆的方程是。……5分。
ⅱ）解：设，，直线的方程为。
将直线的方程与椭圆的方程联立，消去得。……7分。
所以，.…8分。
若平分，则直线，的倾斜角互补，所以。……9分。
设，则有。将，代入上式，整理得，所以。……12分。
将，代入上式，整理得。……13分。
由于上式对任意实数都成立，所以。
综上，存在定点，使平分。……14分。
20.（本小题满分13分）
ⅰ）解：数列不能结束，各数列依次为；；；
…．从而以下重复出现，不会出现所有项均为的情形．……2分。
数列能结束，各数列依次为；；；
………3分。
ⅱ）解：经过有限次“变换”后能够结束的充要条件是．……4分。
若，则经过一次“变换”就得到数列，从而结束．……5分。
当数列经过有限次“变换”后能够结束时，先证命题“若数列为常数列，则为常数列”．
当时，数列．
由数列为常数列得，解得，从而数列也。
为常数列．其它情形同理，得证．
在数列经过有限次“变换”后结束时，得到数列(常数列)，由以上命题，它变换之前的数列也为常数列，可知数列也为常数列．……8分。
所以，数列经过有限次“变换”后能够结束的充要条件是．
ⅲ）证明：先证明引理：“数列的最大项一定不大于数列的最大项，其中”．
证明：记数列中最大项为，则．
令，，其中．
因为，所以，故，证毕．……9分。
现将数列分为两类．
第一类是没有为的项，或者为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，．
第二类是含有为的项，且与最大项相邻，此时．
下面证明第二类数列经过有限次“变换”，一定可以得到第一类数列．
不妨令数列的第一项为，第二项最大()．其它情形同理）
当数列中只有一项为时，若()，则，此数列各项均不为。
或含有项但与最大项不相邻，为第一类数列；
若，则； 此数列各项均不为或含有项但与最大项不相邻，为第一类数列；
若()，则，此数列各项均不为，为第一。
类数列；若，则；；，此数列各项均不为，为第一类数列．
当数列中有两项为时，若()，则，此数列。
各项均不为，为第一类数列；
若()，则，，此数列。
各项均不为或含有项但与最大项不相邻，为第一类数列．
当数列中有三项为时，只能是，则，，此数列各项均不为，为第一类数列．
总之，第二类数列至多经过次“变换”，就会得到第一类数列，即至多连续经历次“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“变换”后，数列的最大项一定会为，此时数列的各项均为，从而结束．……13分。
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