数学历年高考题.doc

Do the following three main points: 1 find out the weak. Review process is to sum up the knowledge on the one hand, make the knowledge more coherent system and regularity, but also let the students themselves, looks up the deficiencies. So, we teachers to understand the students ' knowledge of the situation prior to the review, students not only found widespread deficiencies, but also some shortcomings, for these well designed programs, reasonable arrangement of time, this review is more targeted and more effective. For example, you can design a form for investigation, understanding students ' weaknesses in each knowledge, put it as a review of key, combined with the problem of textbooks to review, both to avoid casting a net tihaizhanshu, and improve the efficiency of review. 2, good collation. Through six years of study, students in the basics, reading method, exercises, and so already have a certain degree of accumulation, the review stage, teachers should know how to guide the students to label the accumulation, process, form a system of knowledge networks. Exercises for students to be representative, "fine", "complete", to "live", and earnestly do a problem learning a method, class of pass was to get "time efficient" review results. 3, pay attention to use. The accumulation of knowledge is ultimately to use, therefore, review the situation and life situation to be created in a variety of languages, guide students on the basis of the previous accumulation of knowledge to use to the maximum, and really apply what they have learned. Second, review the content and strategy of the first part: the basics (a) 1, review the main points of Hanyu Pinyin is able to recite and write down the alphabet of Hanyu Pinyin; accurate spelling pronunciation (after reading cacuminal, nasal sound, light, and retroflex sounds), the correct write consonants, vowels and syllables. 2,. main types according to the order of the alphabet of Hanyu Pinyin alphabetical order; fill in the appropriate uppercase and lowercase letters; see phonetic writing words; pinyin to write sentences with dot to select the correct pronunciation of the word; to bring some initial consonants or vowels, word selection. Second, the main types of words (1) Ruby written words; (2) to bring Word to select the correct pronunciation; (3) use a sequencer and radical character lookup method
2009年

一、选择题：
1.
A. B. C. D.
解：原式.故选A.
2. 设集合，则=
A. B. C. D.
解：..故选B.
3. 已知中，， 则
A. B. C. D.
解：已知中，，.
故选D.
4.曲线在点处的切线方程为
A. B. C. D.
解：,
故切线方程为,即 故选B.
5. 已知正四棱柱中，为中点，则异面直线与所成的角的余弦值为
A. B. C. D.
解：令则,连∥ 异面直线与所成的角即
与所成的角。在中由余弦定理易得。故选C
6. 已知向量，则
A. B. C. D.
解：。故选C
7. 设，则
A. B. C. D.
解：
.故选A.
8. 若将函数的图像向右平移个单位长度后，与函数的图像重合，则的最小值为
A． B. C. D.
解：
，
又.故选D
9. 已知直线与抛物线相交于两点，为的焦点，若，则
A. B. C. D.
解：设抛物线的准线为直线 恒过定点P .如图过分 别作于,于, 由,则,点B为AP的中点.连结,则, 点的横坐标为, 故点的坐标为, 故选D
10. 甲、乙两人从4门课程中各选修2门。则甲、乙所选的课程中至少有1门不相同的选法共有
A. 6种 B. 12种 C. 30种 D. 36种
解：用间接法即可.种. 故选C
11. 已知双曲线的右焦点为,过且斜率为的直线交于两点，若,则的离心率为
m A． B. C. D.
解：设双曲线的右准线为,过分 别作于,于, ,由直线AB的斜率为,知直线AB的倾斜角为,
由双曲线的第二定义有.
又 故选A
12.纸制的正方体的六个面根据其方位分别标记为上、下、东、南、西、北。现有沿该正方体的一些棱将正方体剪开、外面朝上展平，得到右侧的平面图形，则标“”的面的方位是
A. 南 B. 北
C. 西 D. 下
解：展、折问题。易判断选B
第II卷（非选择题，共90分）
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。把答案填在答题卡上。
13. 的展开式中的系数为 6 。
解：，只需求展开式中的含项的系数：
14. 设等差数列的前项和为，若则 9 .
解：为等差数列，
15.设是球的半径，是的中点，过且与成45°角的平面截球的表面得到圆。若圆的面积等于，则球的表面积等于 .
解：设球半径为，圆的半径为，
因为。由得.故球的表面积等于.
16. 已知为圆:的两条相互垂直的弦，垂足为,则四边形的面积的最大值为 。
解：设圆心到的距离分别为,则.
四边形的面积
三、解答题：本大题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤
17（本小题满分10分）
设的内角、、的对边长分别为、、，，，求。
分析：由，易想到先将代入得然后利用两角和与差的余弦公式展开得；又由，利用正弦定理进行边角互化，得，进而得.故。大部分考生做到这里忽略了检验，事实上，当时，由，进而得，矛盾，应舍去。
也可利用若则从而舍去。不过这种方法学生不易想到。
评析：本小题考生得分易，但得满分难。

18（本小题满分12分）
如图，直三棱柱中，、分别为、的中点，平面
（I）证明：
（II）设二面角为60°，求与平面所成的角的大小。
（I）分析一：连结BE，为直三棱柱，
为的中点，。又平面，
（射影相等的两条斜线段相等）而平面，
（相等的斜线段的射影相等）。
分析二：取的中点，证四边形为平行四边形，进而证∥，，得也可。
分析三：利用空间向量的方法。具体解法略。
（II）分析一：求与平面所成的线面角，只需求点到面的距离即可。
作于，连，则，为二面角的平面角，.不妨设，则.在中，由，易得.
设点到面的距离为，与平面所成的角为。利用，可求得，又可求得
即与平面所成的角为
分析二：作出与平面所成的角再行求解。如图可证得，所以面。由分析一易知：四边形为正方形，连，并设交点为，则，为在面内的射影。。以下略。
分析三：利用空间向量的方法求出面的法向量，则与平面所成的角即为与法向量的夹角的余角。具体解法详见高考试题参考答案。
总之在目前，立体几何中的两种主要的处理方法：传统方法与向量的方法仍处于各自半壁江山的状况。命题人在这里一定会兼顾双方的利益。

19（本小题满分12分）
设数列的前项和为 已知
（I）设，证明数列是等比数列
（II）求数列的通项公式。
解：（I）由及，有
由，．．．① 　则当时，有．．．．．②
②－①得
又，是首项，公比为２的等比数列．
（II）由（I）可得，
　　　数列是首项为，公差为的等比数列．
　　　，
评析：第（I）问思路明确，只需利用已知条件寻找．
第（II）问中由（I）易得，这个递推式明显是一个构造新数列的模型：，主要的处理手段是两边除以．
总体来说，09年高考理科数学全国I、Ⅱ这两套试题都将数列题前置,主要考查构造新数列（全国I还考查了利用错位相减法求前n项和的方法），一改往年的将数列结合不等式放缩法问题作为押轴题的命题模式。具有让考生和一线教师重视教材和基础知识、基本方法基本技能,重视两纲的导向作用。也可看出命题人在有意识降低难度和求变的良苦用心。

20（本小题满分12分）
某车间甲组有10名工人，其中有4名女工人；乙组有5名工人，其中有3名女工人，现采用分层抽样方法（层内采用不放回简单随机抽样）从甲、乙两组中共抽取3名工人进行技术考核。
（I）求从甲、乙两组各抽取的人数；
（II）求从甲组抽取的工人中恰有1名女工人的概率；
（III）记表示抽取的3名工人中男工人数，求的分布列及数学期望。
分析：（I）这一问较简单，关键是把握题意，理解分层抽样的原理即可。另外要注意此分层抽样与性别无关。
（II）在第一问的基础上，这一问处理起来也并不困难。
从甲组抽取的工人中恰有1名女工人的概率
（III）的可能取值为0，1，2，3
，，
，
分布列及期望略。
评析：本题较常规，比08年的概率统计题要容易。在计算时，采用分类的方法，用直接法也可，但较繁琐，考生应增强灵活变通的能力。

21（本小题满分12分）
已知椭圆的离心率为，过右焦点F的直线与相交于、两点，当的斜率为1时，坐标原点到的距离为
（I）求，的值；
（II）上是否存在点P，使得当绕F转到某一位置时，有成立？
若存在，求出所有的P的坐标与的方程；若不存在，说明理由。
解:(I）设，直线，由坐标原点到的距离为
则，解得 .又.
（II）由(I）知椭圆的方程为.设、
由题意知的斜率为一定不为0，故不妨设
代入椭圆的方程中整理得，显然。
由韦达定理有：．．．．．．．．①
.假设存在点P，使成立，则其充要条件为：
点，点P在椭圆上，即。
整理得。
又在椭圆上，即.
故．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．②
将及①代入②解得
,=,即.
当;
当.
评析：处理解析几何题，学生主要是在“算”上的功夫不够。所谓“算”，主要讲的是算理和算法。算法是解决问题采用的计算的方法,而算理是采用这种算法的依据和原因,一个是表,一个是里,一个是现象,一个是本质。有时候算理和算法并不是截然区分的。例如：三角形的面积是用底乘高的一半还是用两边与夹角的正弦的一半，还是分割成几部分来算？在具体处理的时候，要根据具体问题及题意边做边调整，寻找合适的突破口和切入点。

22.(本小题满分12分)
设函数有两个极值点，且
（I）求的取值范围，并讨论的单调性；
（II）证明：
解: （I）
令，其对称轴为。由题意知是方程的两个均大于的不相等的实根，其充要条件为，得
⑴当时，在内为增函数；
⑵当时，在内为减函数；
⑶当时，在内为增函数；
（II）由（I），

设，
则
⑴当时，在单调递增；
⑵当时，，在单调递减。

故．

2010
本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分。第Ⅰ卷1至2页、第Ⅱ卷3至5页，共150分。考试时长120分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效，考试结束后，将本试卷和答题卡。
第Ⅰ卷（选择题 共40分）
一、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，则=
(A) {1,2} (B) {0,1,2} (C){x|0≤x<3} (D) {x|0≤x≤3}
（2）在等比数列中，，公比.若，则m=
（A）9 （B）10 （C）11 （D）12
（3）一个长方体去掉一个小长方体，所得几何体的正（主）视图与侧（左）视图分别如右图所示，则该几何体的俯视图为

（4）8名学生和2位第师站成一排合影，2位老师不相邻的排法种数为
（A） （B） （C） （D）
（5）极坐标方程（-1）（）=0（0）表示的图形是
（A）两个圆 （B）两条直线
（C）一个圆和一条射线 （D）一条直线和一条射线
（6）若,是非零向量，“⊥”是“函数为一次函数”的
（A）充分而不必要条件 （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

（7）设不等式组 表示的平面区域为D，若指数函数y=的图像上

存在区域D上的点，则a 的取值范围是
（A）(1,3] (B )[2,3] (C ) (1,2] (D )[ 3, ]
(8)如图，正方体ABCD-的棱长为2，动点E、F在棱上，动点P，Q分别在棱AD，CD上，若EF=1，E=x，DQ=y，DＰ＝ｚ（ｘ，ｙ，ｚ大于零），则四面体PEＦＱ的体积　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　（Ａ）与ｘ，ｙ，ｚ都有关
　　　（Ｂ）与ｘ有关，与ｙ，ｚ无关
　　　（Ｃ）与ｙ有关，与ｘ，ｚ无关
　　　（Ｄ）与ｚ有关，与ｘ，ｙ无关

第II卷（共110分）
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。www.@ks@
（9）在复平面内，复数对应的点的坐标为 。
（10）在△ABC中，若b = 1，c =，，则a = 。
（11）从某小学随机抽取100名同学，将他们的身高（单位：厘米）数据绘制成频率分布直方图（如图）。由图中数据可知a＝ 。若要从身高在[ 120 , 130），[130 ，140) , [140 , 150]三组内的学生中，用分层抽样的方法选取18人参加一项活动，则从身高在[140 ，150]内的学生中选取的人数应为 。
（12）如图，的弦ED，CB的延长线交于点A。若BDAE，AB＝4, BC＝2, AD＝3,则DE＝ ；CE＝ 。
（13）已知双曲线的离心率为2，焦点与椭圆的焦点相同，那么双曲线的焦点坐标为 ；渐近线方程为 。
（14）如图放置的边长为1的正方形PABC沿轴滚动。
设顶点P（，y）的轨迹方程是，则的最小正周期为 ；在其两个相邻零点间的图像与轴
所围区域的面积为 。
说明：“正方形PABC沿轴滚动”包括沿轴正方向和沿轴负方向滚动。沿轴正方向滚动指的是先以顶点A为中心顺时针旋转，当顶点B落在轴上时，再以顶点B为中心顺时针旋转，如此继续。类似地，正方形PABC可以沿轴负方向滚动。
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。www.@ks@
（15）（本小题共13分）www.@ks@
已知函数。
（Ⅰ）求的值；
（Ⅱ）求的最大值和最小值。

（16）（本小题共14分）
如图，正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直，CE⊥AC,EF∥AC,AB=，CE=EF=1.
（Ⅰ）求证：AF∥平面BDE；
（Ⅱ）求证：CF⊥平面BDE；
（Ⅲ）求二面角A-BE-D的大小。

(17)(本小题共13分) www.@ks@
某同学参加3门课程的考试。假设该同学第一门课程取得优秀成绩的概率为，第二、第三门课程取得优秀成绩的概率分别为，(＞)，且不同课程是否取得优秀成绩相互独立。记ξ为该生取得优秀成绩的课程数，其分布列为
ξ
0
1
2
3
P

b

(Ⅰ)求该生至少有1门课程取得优秀成绩的概率；
(Ⅱ)求，的值；
(Ⅲ)求数学期望ξ。

(18)(本小题共13分)
已知函数
(Ⅰ)当=2时，求曲线=()在点(1，)处的切线方程；
(Ⅱ)求()的单调区间。

（19）（本小题共14分）www.@ks@
在平面直角坐标系xOy中，点B与点A（-1,1）关于原点O对称，P是动点，且直线AP与BP的斜率之积等于.
(Ⅰ)求动点P的轨迹方程；
(Ⅱ)设直线AP和BP分别与直线x=3交于点M,N，问：是否存在点P使得△PAB与△PMN的面积相等？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由。

（20）（本小题共13分）
已知集合对于，，定义A与B的差为

A与B之间的距离为
（Ⅰ）证明：，且;
（Ⅱ）证明：三个数中至少有一个是偶数
(Ⅲ) 设P，P中有m(m≥2)个元素，记P中所有两元素间距离的平均值为.
证明：≤.

参考答案
选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）www.@ks@
（1）B （2）C （3）C （4）A
（5）C （6）B （7）A （8）D
二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分）www.@ks@
（9）（-1,1） （10）1
（11）0.030 3 （12）5
（13）（，0） （14）4
三、解答题（本大题共6小题，共80分）www.@ks@
（15）www.@ks@（共13分）
解：（I）
（II）
=
=,
因为，
所以，当时，取最大值6；当时，取最小值
（16）（共14分）www.@ks@
证明：（I） 设AC与BD交与点G。
因为EF//AG，且EF=1，AG=AC=1.
所以四边形AGEF为平行四边形.
所以AF//平面EG，
因为平面BDE，AF平面BDE，
所以AF//平面BDE.
（II）因为正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面
相互垂直，且CEAC，
所以CE平面ABCD.
如图，以C为原点，建立空间直角坐标系C-.
则C（0，0，0），A（，，0），B（0，，0）.
所以，，.
所以,
所以,.
所以BDE.
(III) 由（II）知，是平面BDE的一个法向量.
设平面ABE的法向量,则，.
即
所以且
令则.
所以.
从而。
因为二面角为锐角，
所以二面角的大小为.
（17）（共13分）www.@ks@
解：事件表示“该生第门课程取得优秀成绩”，=1,2,3，由题意知
，，
（I）由于事件“该生至少有1门课程取得优秀成绩”与事件“”是对立的，所以该生至少有1门课程取得优秀成绩的概率是
，
（II）由题意知

整理得 ，
由，可得，.
（III）由题意知
=

=

=
（18）（共13分）www.@ks@
解：（I）当时，，
由于，，
所以曲线在点处的切线方程为

即
（II），.
当时，.
所以，在区间上，；在区间上，.
故得单调递增区间是，单调递减区间是.
当时，由，得，
所以，在区间和上，；在区间上，
故得单调递增区间是和，单调递减区间是.
当时，
故得单调递增区间是.
当时，，得，.
所以没在区间和上，；在区间上，

故得单调递增区间是和，单调递减区间是
（19）（共14分）www.@ks@
（I）解：因为点B与A关于原点对称，所以点得坐标为.
设点的坐标为
由题意得
化简得 .
故动点的轨迹方程为
（II）解法一：设点的坐标为，点，得坐标分别为,.
则直线的方程为，直线的方程为
令得，.
于是得面积

又直线的方程为，，
点到直线的距离.
于是的面积

当时，得
又，
所以=，解得。
因为，所以
故存在点使得与的面积相等，此时点的坐标为.
解法二：若存在点使得与的面积相等，设点的坐标为
则.
因为,
所以
所以
即 ，解得
因为，所以
故存在点S使得与的面积相等，此时点的坐标为.
（20）（共13分）www.@ks@
证明：（I）设，，
因为，，所以, www.@ks@
从而
又
由题意知，，.
当时，;
当时，

所以
(II)设，，
，，.
记，由（I）可知

所以中1的个数为，的1的
个数为。
设是使成立的的个数，则
由此可知，三个数不可能都是奇数，
即,,三个数中至少有一个是偶数。
（III）,其中表示中所有两个元素间距离的总和，www.@ks@
设种所有元素的第个位置的数字中共有个1，个0
则=
由于
所以
从而

2011年普通高等学校招生全国统一考试
数学（理）（北京卷）

本试卷共5页，150分。考试时间长120分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

第一部分（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。
1．已知集合P=｛x︱x2≤1｝,M=｛a｝.若P∪M=P,则a的取值范围是
A．(-∞, -1] B．[1, +∞）
C．[-1，1] D．（-∞，-1] ∪[1，+∞）
2．复数
A．i B．-i C． D．
3．在极坐标系中，圆ρ=-2sinθ的圆心的极坐标系是
A． B．
C． (1,0) D．(1，)
4．执行如图所示的程序框图，输出的s值为
A．-3
B．-
C．
D．2
5．如图，AD，AE，BC分别与圆O切于点D，E，F，
延长AF与圆O交于另一点G。给出下列三个结论：
①AD+AE=AB+BC+CA；
②AF·AG=AD·AE
③△AFB ～△ADG
其中正确结论的序号是
A．①② B．②③
C．①③ D．①②③

6．根据统计，一名工作组装第x件某产品所用的时间（单位：分钟）为 （A，C为常数）。已知工人组装第4件产品用时30分钟，组装第A件产品用时15分钟，那么C和A的值分别是
A．75，25 B．75，16 C．60，25 D．60，16
7．某四面体的三视图如图所示，该四面体四个面的面积中，最大的是

A．8 B． C．10 D．
8．设,，,.记为平行四边形ABCD内部（不含边界）的整点的个数，其中整点是指横、纵坐标都是整数的点，则函数的值域为
A． B．
C． D．
第二部分 （非选择题 共110分）
二、填空题共6小题，每小题5分，共30分。
9．在中。若b=5，，tanA=2，则sinA=____________；a=_______________。
10．已知向量a=（，1），b=（0，-1），c=（k，）。若a-2b与c共线，则k=___________________。
11．在等比数列{an}中，a1=，a4=-4，则公比q=______________；____________。
12．用数字2,3组成四位数，且数字2,3至少都出现一次，这样的四位数共有__________个。（用数字作答）
13．已知函数若关于x 的方程f(x)=k有两个不同的实根，则数k的取值范围是_______
14．曲线C是平面内与两个定点F1（-1，0）和F¬2（1，0）的距离的积等于常数的点的轨迹.给出下列三个结论：
① 曲线C过坐标原点；
② 曲线C关于坐标原点对称；
③若点P在曲线C上，则△FPF的面积大于a。
其中，所有正确结论的序号是 。
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．（本小题共13分）
已知函数。
（Ⅰ）求的最小正周期：
（Ⅱ）求在区间上的最大值和最小值。
16．（本小题共14分）
如图，在四棱锥中，平面，底面是菱形，.
(Ⅰ)求证：平面
（Ⅱ）若求与所成角的余弦值；
（Ⅲ）当平面与平面垂直时，求的长.

17．本小题共13分
以下茎叶图记录了甲、乙两组个四名同学的植树棵树。乙组记录中有一个数据模糊，无法确认，在图中以X表示。

（Ⅰ）如果X=8,求乙组同学植树棵树的平均数和方差；
（Ⅱ）如果X=9，分别从甲、乙两组中随机选取一名同学，求这两名同学的植树总棵树Y的分布列和数学期望。
（注：方差，其中为，，…… 的平均数）

18．（本小题共13分）
已知函数。
（Ⅰ）求的单调区间；
（Ⅱ）若对于任意的，都有≤，求的取值范围。

19．（本小题共14分）
已知椭圆.过点（m,0）作圆的切线I交椭圆G于A，B两点.
（I）求椭圆G的焦点坐标和离心率；
（II）将表示为m的函数，并求的最大值.

20．（本小题共13分）
若数列满足，数列为数列，记=．
（Ⅰ）写出一个满足，且〉0的数列；
（Ⅱ）若，n=2000，证明：E数列是递增数列的充要条件是=2011；
（Ⅲ）对任意给定的整数n（n≥2），是否存在首项为0的E数列，使得=0？如果存在，写出一个满足条件的E数列；如果不存在，说明理由。

参考答案

一、选择题（共8小题，每小题5分，共40分）
（1）C （2）A （3）B （4）D
（5）A （6）D （7）C （8）C
二、填空题（共6小题，每小题5分，共30分）
（9） （10）1
（11）—2 （12）14
（13）（0，1） （14）②③
三、解答题（共6小题，共80分）
（15）（共13分）
解：（Ⅰ）因为

所以的最小正周期为
（Ⅱ）因为
于是，当时，取得最大值2；
当取得最小值—1.
（16）（共14分）
证明：（Ⅰ）因为四边形ABCD是菱形，
所以AC⊥BD.
又因为PA⊥平面ABCD.
所以PA⊥BD.
所以BD⊥平面PAC.
（Ⅱ）设AC∩BD=O.
因为∠BAD=60°，PA=PB=2,
所以BO=1，AO=CO=.
如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系O—xyz，则
P（0，—，2），A（0，—，0），B（1，0，0），C（0，，0）.
所以
设PB与AC所成角为，则
.
（Ⅲ）由（Ⅱ）知
设P（0，－，t）（t>0），
则
设平面PBC的法向量,
则
所以
令则
所以
同理，平面PDC的法向量
因为平面PCB⊥平面PDC,
所以=0，即
解得
所以PA=
（17）（共13分）
解（1）当X=8时，由茎叶图可知，乙组同学的植树棵数是：8，8，9，10，
所以平均数为

方差为

（Ⅱ）当X=9时，由茎叶图可知，甲组同学的植树棵树是：9，9，11，11；乙组同学的植树棵数是：9，8，9，10。分别从甲、乙两组中随机选取一名同学，共有4×4=16种可能的结果，这两名同学植树总棵数Y的可能取值为17，18，19，20，21事件“Y=17”等价于“甲组选出的同学植树9棵，乙组选出的同学植树8棵”所以该事件有2种可能的结果，因此P（Y=17）=
同理可得
所以随机变量Y的分布列为：
Y
17
18
19
20
21
P

EY=17×P（Y=17）+18×P（Y=18）+19×P（Y=19）+20×P（Y=20）+21×P（Y=21）=17×+18×+19×+20×+21×
=19
（18）（共13分）
解：（Ⅰ）
令，得.
当k>0时，的情况如下
x
()

(,k)
k

+
0
—
0
+

↗

↘
0
↗
所以，的单调递减区间是（）和；单高层区间是当k<0时，的情况如下
x
()

(,k)
k

—
0
+
0
—

↘
0
↗

↘
所以，的单调递减区间是（）和；单高层区间是
（Ⅱ）当k>0时，因为，所以不会有
当k<0时，由（Ⅰ）知在（0，+）上的最大值是
所以等价于
解得.
故当时，k的取值范围是
（19）（共14分）
解：（Ⅰ）由已知得
所以
所以椭圆G的焦点坐标为
离心率为
（Ⅱ）由题意知，.
当时，切线l的方程，点A、B的坐标分别为
此时
当m=－1时，同理可得
当时，设切线l的方程为
由
设A、B两点的坐标分别为，则

又由l与圆
所以

由于当时，
所以.
因为
且当时，|AB|=2，所以|AB|的最大值为2.
（20）（共13分）
解：（Ⅰ）0，1，2，1，0是一具满足条件的E数列A5。
（答案不唯一，0，1，0，1，0也是一个满足条件的E的数列A5）
（Ⅱ）必要性：因为E数列A5是递增数列，
所以.
所以A5是首项为12，公差为1的等差数列.
所以a2000=12+（2000—1）×1=2011.
充分性，由于a2000—a1000≤1，
a2000—a1000≤1
……
a2—a1≤1
所以a2000—a≤19999，即a2000≤a1+1999.
又因为a1=12，a2000=2011,
所以a2000=a1+1999.
故是递增数列.
综上，结论得证。
（Ⅲ）令
因为
……

所以

因为
所以为偶数,
所以要使为偶数,
即4整除.
当
时，有

当的项满足，
当不能被4整除，此时不存在E数列An，
使得

2012年普通高等学校招生全国统一考试
数学(理)(北京卷)
本试卷共5页. 150分.考试时长120分钟.考试生务必将答案答在答题卡上.在试卷上作答无效.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
第一部分(选择题共40分