2012年高考试卷理科数学(北京卷)试题及答案(精美).pdf

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1、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)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，选出符合胜目要求的一项.1已知集合A=x R|3x+2 0 B=x R|（x+1）(x-3)0 则 AB=A（-，-1）B（-1，-23）C （-23,3）D(3,+)【解析】和往年一样，依然的集合(交集)运算，本次考查的是一次和二次不等式的解法.因为32023|xxRxA，利用二次不等式可得1|xx

2、B或3x画出数轴易得：3|xxBA 故选D 【答案】D 2设不等式组20,20yx，表示平面区域为D，在区域D 内随机取一个点，则此点到坐标原点的距离大于2 的概率是（A）4 （B）22 （C）6 （D）44【解析】题目中2020yx表示的区域如图正方形所示，而动点D 可以存在的位置为正方形面积减去四分之一圆的面积部分，因此4422241222P，故选D.【答案】D 3设a，b R.“a=0”是“复数a+bi是纯虚数”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【解析】当0a时，如果0b同时等于零，此时0 bia是实数，不是纯虚数，因此不是充分条

3、件；而如果bia 已经为纯虚数，由定义实部为零，虚部不为零可以得到0a，因此想必要条件，故选B.【答案】B 4执行如图所示的程序框图，输出的S 值为（）A.2 B.4 C.8 D.16【解析】0k，11ks，21ks，22ks，8s，循环结束，输出的 s 为 8，故选 C.【答案】C.5.如图.ACB=90，CDAB 于点 D，以 BD 为直径的圆与 BC 交于点 E.则()A.CECB=ADDB B.CECB=ADAB C.ADAB=CD D.CEEB=CD 【解析】在ACB中，ACB=90，CDAB 于点 D，所以DBADCD2,由切割线定理的CBCECD2,所以 CECB=ADDB.【答

4、案】A 6.从 0，2 中选一个数字.从 1.3.5 中选两个数字,组成无重复数字的三位数.其中奇数的个数为()A.24 B.18 C.12 D.6【解析】由于题目要求的是奇数，那么对于此三位数可以分成两种情况：奇偶奇；偶奇奇.如果是第一种奇偶奇的情况，可以从个位开始分析(3 种选择)，之后十位(2 种选择)，最后百位(2 种选择)，共 12 种；如果是第二种情况偶奇奇，分析同理：个位(3 种情况)，十位(2 种情况)，百位(不能是 0，一种情况)，共 6 种，因此总共 12+6=18 种情况.【答案】B 7.某三棱锥的三视图如图所示，该三梭锥的表面积是（）A.28+65 B.30+65 C.

5、56+125 D.60+125【解析】从所给的三视图可以得到该几何体为三棱锥，如图所示，图中蓝色数字所表示的为直接从题目所给三视图中读出的长度，黑色数字代表通过勾股定理的计算得到的边长.本题所求表面积应为三棱锥四个面的面积之和，利用垂直关系和三角形面积公式，可得：10底S，10后S，10右S，56左S，因此该几何体表面积5630 左右后底SSSSS，故选 B.【答案】B 8.某棵果树前 n前的总产量 S 与 n之间的关系如图所示.从目前记录的结果看，前m年的年平均产量最高.m值为（）A.5 B.7 C.9 D.11【解析】由图可知 6,7,8,9 这几年增长最快，超过平均值，所以应该加入，因此

6、选 C.【答案】C 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直线ttytx(12为参数)与曲线(sin3cos3yx为参数)的交点个数为_.【解析】直线的普通方程01 yx，圆的普通方程为922 yx，可以直线圆相交，故有 2 个交点.【答案】2 10已知na等差数列nS为其前 n项和.若211a，32aS，则2a=_.【解析】因为212111132132addadaaaaaaS，所以112daa，nndnnnaSn4141)1(21.【答案】12a，nnSn41412 11在ABC 中，若a=2，b+c=7，cosB=41，则 b=_.【解析

7、】在ABC 中，利用余弦定理cbcbcacbcaB4)(4412cos222 cbc4)(74，化简得：0478bc，与题目条件7 cb联立，可解得.2,4,3abc【答案】4 12在直角坐标系 xOy中，直线 l过抛物线=4x的焦点 F.且与该撇物线相交于A、B 两点.其中点 A 在 x轴上方.若直线 l的倾斜角为 60.则OAF 的面积为 【解析】由xy42可求得焦点坐标 F(1,0)，因为倾斜角为60，所以直线的斜率为360tank，利用点斜式，直线方程为33xy，将直线和曲线联立)332,31()32,3(4332BAxyxy，因此33212121AOAFyOFS【答案】3 13已知正

8、方形 ABCD 的边长为 1，点 E 是 AB 边上的动点，则CBDE 的值为_，DCDE 的最大值为_.【解析】根据平面向量的数量积公式DADECBDEcos|DADE，由图可知，|cos|DADE，因此1|2DACBDE，cos|DCDEDCDEcos|DE，而c o s|DE就是向量DE在DC边上的射影，要想让DCDE 最大，即让射影最大，此时 E 点与 B 点重合，射影为DC，所以长度为 1【答案】1，1 14.已知)3)(2()(mxmxmxf，22)(xxg，若同时满足条件：Rx，0)(xf或0)(xg；)4,(x,)(xf0)(xg.则 m的取值范围是_.【解析】根据022)(x

9、xg，可解得1x.由于题目中第一个条件的限制Rx，0)(xf或0)(xg成立的限制，导致)(x在1x时必须是0)(xf的.当0m时，0)(xf不能做到)(xf在1x时0)(xf，所以舍掉.因此，)(xf作为二次函数开口只能向下，故0m，且此时两个根为mx21，32mx.为保证此条件成立，需要421131221mmmxmx，和大前提0m取交集结果为04m；又由于条件 2：要求)4,(x，)()(xgxf0 的限制，可分析得出在)4,(x时，)(xf恒负，因此就需要在这个范围内)(xg有得正数的可能，即4应该比21,xx两根中小的那个大，当)0,1(m时，43 m，解得，交集为空，舍.当1m时，两

10、个根同为42，舍.当)1,4(m时，42m，解得2m，综上所述)2,4(m【答案】)2,4(m 三、解答题公 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xxxxxfsin2sin)cos(sin)(.（1）求)(xf的定义域及最小正周期；（2）求)(xf的单调递减区间.16（本小题共 14 分）如图 1，在 RtABC 中，C=90，BC=3，AC=6，D，E 分别是 AC，AB 上的点，且 DEBC，DE=2，将ADE 沿 DE 折起到A1DE 的位置，使 A1C CD,如图 2.(I)求证：A1C 平面 BCDE；(II)若 M 是

11、A1D 的中点，求 CM 与平面 A1BE 所成角的大小；(III)线段 BC 上是否存在点 P，使平面 A1DP 与平面 A1BE 垂直？说明理由 解：（I）CDDE，1A EDE DE 平面1A CD，又1A C 平面1A CD，1A C DE 又1A CCD，1A C 平面BCDE.(II）如图建系Cxyz，则200D，0023A，030B，220E，10323A B，,1210A E ，设平面1A BE法向量为nxyz，则1100A BnA En 323020yzxy 322zyyx 123n，又103M，103CM ，1342cos2|143132 22CMnCMn ，C M与平面1

12、A BE所成角的大小45.（III）设线段BC上存在点P，设P点坐标为00a，则03a，则1023A Pa，20DPa，设平面1A DP法向量为1111nxyz，则111123020ayzxay 11113612zayxay 1363naa，.假设平面1A DP与平面1A BE垂直，则10nn，31230aa，612a ，2a ，03a，不存在线段BC上存在点P，使平面1A DP与平面1A BE垂直.17（本小题共 13 分）近年来，某市为了促进生活垃圾的风分类处理，将生活垃圾分为厨余垃圾、可回收物和其他垃圾三类，并分别设置了相应分垃圾箱，为调查居民生活垃圾分类投放情况，现随机抽取了该市三类垃

13、圾箱中总计 1000 吨生活垃圾，数据统计如下zyxA1(0,0,2 3)D(-2,0,0)E(-2,2,0)B(0,3,0)C(0,0,0)M（单位：吨）：“厨余垃 圾”箱“可回收 物”箱“其他垃 圾”箱 厨余垃圾 400 100 100 可回收物 30 240 30 其他垃圾 20 20 60（）试估计厨余垃圾投放正确的概率；（）试估计生活垃圾投放错误额概率；（）假设厨余垃圾在“厨余垃圾”箱、“可回收物”箱、“其他垃圾”箱的投放量分别为cba,其中 a0，cba=600.当数据cba,的方差2s最大时，写出cba,的值（结论不要求证明），并求此时2s的值.（注：)()()(1222212x

14、xxxxxnsn，其中x为数据nxxx,21的平均数）解：（）由题意可知：4002=6003.（）由题意可知：200+60+403=100010.（）由题意可知：22221(120000)3sabc，因此有当600a，0b，0c 时，有280000s 18（本小题共 13 分）已知函数 2310,fxaxagxxbx.（）若曲线 yfx与曲线 ygx在它们的交点1,c处具有公共切线，求,a b的值；（）当24ab时，求函数 fxgx的单调区间，并求其在区间,1 上的最大值.解：（）由1c，为公共切点可得：2()1(0)fxaxa，则()2fxax，12ka，3()g xxbx，则2()=3fx

15、xb，23kb，23ab 又(1)1fa，(1)1gb，11ab，即ab，代入 式可得：33ab（）24ab，设3221()()()14h xfxg xxaxa x 则221()324hxxaxa，令()0hx，解得：12ax ，26ax；0a，26aa，原函数在2a，单调递增，在26aa，单调递减，在6a，上单调递增 若12a，即2a时，最大值为2(1)4aha；若126aa ，即26a时，最大值为12ah 若16a时，即6a时，最大值为12ah 综上所述：当02a，时，最大值为2(1)4aha；当2,a 时，最大值为12ah 19（本小题共 14 分）解：（1）原曲线方程可化简得：2218

16、852xymm 由题意可得：8852805802mmmm，解得：752m（2）由已知直线代入椭圆方程化简得：22(21)16240kxkx，2=32(23)k，解得：232k 由韦达定理得：21621MNkxxk，22421MNxxk，设(,4)NNN xk x，(,4)MMMxkx，(1)GG x，MB方程为：62MMkxyxx，则316MMxGkx，316MMxAGxk，2NNANxx k，欲证AGN，三点共线，只需证AG，AN共线 即3(2)6MNNMxx kxxk 成立，化简得：(3)6()MNMNkk xxxx 将 代入易知等式成立，则AGN，三点共线得证.20（本小题共 13 分）

17、解：（1）由题意可知 11.2rA，21.2rA，11.1cA，20.7cA，31.8cA 0.7kA（2）先用反证法证明 1kA：若 1kA 则 1|1|11cAaa，0a 同理可知0b，0ab 由题目所有数和为0 即1abc 11cab 与题目条件矛盾 1kA 易知当0ab时，1kA存在 kA的最大值为 1（3）kA的最大值为212tt.首先构造满足21()2tk At的,(1,2,1,2,.,21)i jAaijt：1,11,21,1,11,21,211.1,.2tttttaaaaaat，22,12,22,2,12,22,211.,.1(2)ttttttaaaaaat t.经计算知，A中

18、每个元素的绝对值都小于 1，所有元素之和为 0，且 1221|()|()|2trArAt，2121121|()|()|.|()|11(2)22tttttcAcAcAt ttt，1221121|()|()|.|()|122tttttcAcAcAtt.下面证明212tt是最大值.若不然，则存在一个数表(2,21)ASt，使得21()2tk Axt.由()k A的定义知A的每一列两个数之和的绝对值都不小于x，而两个绝对值不超过 1 的数的和，其绝对值不超过 2，故A的每一列两个数之和的绝对值都在区间,2x中.由于1x，故A的每一列两个数符号均与列和的符号相同，且绝对值均不小于1x.设A中有g列的列和为正，有h列的列和为负，由对称性不妨设gh，则,1gt ht.另外，由对称性不妨设A的第一行行和为正，第二行行和为负.考虑A的第一行，由前面结论知A的第一行有不超过t个正数和不少于1t 个负数，每个正数的绝对值不超过 1（即每个正数均不超过 1），每个负数的绝对值不小于1x（即每个负数均不超过1x）.因此 11|()|()1(1)(1)21(1)21(2)rArAttxttxxttxx，故A的第一行行和的绝对值小于x，与假设矛盾.因此 kA的最大值为212tt.