高考福建理科数学试题及答案(高清).doc

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1、2012年普通高等学校夏季招生全国统一考试数学理工农医类(福建卷)本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分理科：第卷第21题为选考题，其他题为必考题，满分150分第卷一、选择题：(理科)本大题共10小题，每小题5分，共50分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的(文科)本大题共12小题，每小题5分，共60分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1若复数z满足zi1i，则z等于()A1i B1i C1i D1iA34i B54i C32i D52i2等差数列an中，a1a510，a47，则数列an的公差为()A1 B2 C3 D43下列命题中，真命题是()Ax0R，

2、BxR，2xx2Cab0的充要条件是Da1，b1是ab1的充分条件4一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等，那么这个几何体不可以是()A球 B三棱锥 C正方体 D圆柱5下列不等式一定成立的是()Alg(x2)lg x(x0)Bsinx2(xk，kZ)Cx212|x|(xR)D(xR)6如图所示，在边长为1的正方形OABC中任取一点P，则点P恰好取自阴影部分的概率为()A B C D7设函数则下列结论错误的是()AD(x)的值域为0,1 BD(x)是偶函数CD(x)不是周期函数 DD(x)不是单调函数8已知双曲线的右焦点与抛物线y212x的焦点重合，则该双曲线的焦点到其渐近线的距离等于()A

3、B C3 D59若函数y2x图象上存在点(x，y)满足约束条件则实数m的最大值为()A B1 C D210函数f(x)在a，b上有定义，若对任意x1，x2a，b，有，则称f(x)在a，b上具有性质P设f(x)在1,3上具有性质P，现给出如下命题：f(x)在1,3上的图象是连续不断的；f(x2)在1，上具有性质P；若f(x)在x2处取得最大值1，则f(x)1，x1,3；对任意x1，x2，x3，x41,3，有f(x1)f(x2)f(x3)f(x4)其中真命题的序号是()A B C D第卷二、填空题：(理科)本大题共5小题，每小题4分，共20分把答案填在答题卡的相应位置(文科)本大题共4小题，每小题

4、4分，共16分把答案填在答题卡的相应位置11 (ax)4的展开式中x3的系数等于8，则实数a_12阅读右图所示的程序框图，运行相应的程序，输出的s值等于_13已知ABC的三边长成公比为的等比数列，则其最大角的余弦值为_14数列an的通项公式，前n项和为Sn，则S2 012_15对于实数a和b，定义运算“*”：设f(x)(2x1)*(x1)，且关于x的方程f(x)m(mR)恰有三个互不相等的实数根x1，x2，x3，则x1x2x3的取值范围是_三、解答题：(理科)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(文科)本大题共6小题，共74分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤16

5、受轿车在保修期内维修费等因素的影响，企业生产每辆轿车的利润与该轿车首次出现故障的时间有关某轿车制造厂生产甲、乙两种品牌轿车，保修期均为2年现从该厂已售出的两种品牌轿车中各随机抽取50辆，统计数据如下：品牌甲乙首次出现故障时间x(年)0x11x2x20x2x2轿车数量(辆)2345545每辆利润(万元)1231.82.9将频率视为概率，解答下列问题：(1)从该厂生产的甲品牌轿车中随机抽取一辆，求其首次出现故障发生在保修期内的概率；(2)若该厂生产的轿车均能售出，记生产一辆甲品牌轿车的利润为X1，生产一辆乙品牌轿车的利润为X2，分别求X1，X2的分布列；(3)该厂预计今后这两种品牌轿车销量相当，由

6、于资金限制，只能生产其中一种品牌的轿车若从经济效益的角度考虑，你认为应生产哪种品牌的轿车？说明理由17某同学在一次研究性学习中发现，以下五个式子的值都等于同一个常数：sin213cos217sin13cos17；sin215cos215sin15cos15；sin218cos212sin18cos12；sin2(18)cos248sin(18)cos48；sin2(25)cos255sin(25)cos55(1)试从上述五个式子中选择一个，求出这个常数；(2)根据(1)的计算结果，将该同学的发现推广为三角恒等式，并证明你的结论18如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AA1AD1，E为CD

7、中点(1)求证：B1EAD1(2)在棱AA1上是否存在一点P，使得DP平面B1AE？若存在，求AP的长；若不存在，说明理由(3)若二面角AB1EA1的大小为30，求AB的长19如图，椭圆E：(ab0)的左焦点为F1，右焦点为F2，离心率过F1的直线交椭圆于A、B两点，且ABF2的周长为8(1)求椭圆E的方程；(2)设动直线l：ykxm与椭圆E有且只有一个公共点P，且与直线x4相交于点Q试探究：在坐标平面内是否存在定点M，使得以PQ为直径的圆恒过点M？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由20已知函数f(x)exax2ex，aR(1)若曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线平行于x轴，求函

8、数f(x)的单调区间；(2)试确定a的取值范围，使得曲线yf(x)上存在唯一的点P，曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点P21 (1)选修42：矩阵与变换设曲线2x22xyy21在矩阵(a0)对应的变换作用下得到的曲线为x2y21求实数a，b的值；求A2的逆矩阵(2)选修44：坐标系与参数方程在平面直角坐标系中，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系已知直线l上两点M，N的极坐标分别为(2,0)，圆C的参数方程为(为参数)设P为线段MN的中点，求直线OP的平面直角坐标方程；判断直线l与圆C的位置关系(3)选修45：不等式选讲已知函数f(x)m|x2|，mR，且f(x2)0的解集为

9、1,1求m的值；若a，b，cR，且，求证：a2b3c922(文)已知函数f(x)axsinx(aR)，且在0，上的最大值为(1)求函数f(x)的解析式；(2)判断函数f(x)在(0，)内的零点个数，并加以证明1 A由zi1i，得2 Ba1a5102a3，a35故da4a37523 Da10，b10，由不等式的性质得ab1，即a1，b1ab14 D圆柱的三视图中有两个矩形和一个圆，这个几何体不可以是圆柱5 Cx212|x|x22|x|10，当x0时，x22|x|1x22x1(x1)20成立；当x0时，x22|x|1x22x1(x1)20成立故x212|x|(xR)一定成立6 C由图象知阴影部分的

10、面积是，所求概率为7 CD(x)是最小正周期不确定的周期函数，D(x)不是周期函数是错误的8 A由双曲线的右焦点与抛物线y212x的焦点重合，知，c294b2，于是b25，因此该双曲线的渐近线的方程为，即故该双曲线的焦点到其渐近线的距离为9 B由约束条件作出其可行域如图所示：由图可知当直线xm经过函数y2x的图象与直线xy30的交点P时取得最大值，即得2x3x，即x1m10 D如图1，图1在区间1,3上f(x)具有性质P，但是是间断的，故错可设f(x)|x2|(如图2)，当x1,3时易知其具有性质P，但是f(x2)|x22|不具有性质P(如图3)故错图2图3任取x01,3，则4x01,3，1f

11、(2)f(x0)f(4x0)又f(x0)1，f(4x0)1，f(x0)f(4x0)1f(x0)f(4x0)1故正确f(x1)f(x2)f(x3)f(x4)，故正确11答案：2解析：Tr1arx4r，当4r3，即r1时，T2ax34ax38x3故a212答案：3解析：(1)k1,14，s2111；(2)k2,24，s2120；(3)k3,34，s2033；(4)k4，直接输出s313答案：解析：设ABC的最小边长为a(m0)，则其余两边长为，2a，故最大角的余弦值是14答案：3 018解析：函数的周期，可用分组求和法：a1a5a2 009；a2a6a2 010(21)(61)(2 0101)15

12、2 0095031 005；a3a7a 2 011；a4a8a2 012(41)(81)(2 0121)5031 009；故S2 0125035031 0055035031 009503(11 00511 009)3 01815答案：(，0)解析：由已知，得作出其图象如图，结合图象可知m的取值范围为0m，当x0时，有x2xm，即x2xm0，于是x1x2m当x0时，有2x2xm0，于是故设h(m)m(1)，h(m)(1)m()，函数h(m)单调递减故x1x2x3的取值范围为(，0)16解：(1)设“甲品牌轿车首次出现故障发生在保修期内”为事件A，则(2)依题意得，X1的分布列为X1123PX2的

13、分布列为X21.82.9P(3)由(2)得，E(X1)1232.86(万元)，E(X2)1.82.92.79(万元)因为E(X1)E(X2)，所以应生产甲品牌轿车17解：方法一：(1)选择式，计算如下：sin215cos215sin15cos151sin30(2)三角恒等式为sin2cos2(30)sincos(30)证明如下：sin2cos2(30)sincos(30)sin2(cos30cossin30sin)2sin(cos30cossin30sin)sin2cos2sincossin2sincossin2sin2cos2方法二：(1)同方法一(2)三角恒等式为sin2cos2(30)s

14、incos(30)证明如下：sin2cos2(30)sincos(30)sin(cos30cossin30sin)cos2(cos60cos2sin60sin2)sincossin2cos2cos2sin2sin2(1cos2)18解：(1)以A为原点，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)设ABa，则A(0,0,0)，D(0,1，0)，D1(0,1,1)，E(，1,0)，B1(a,0,1)，故(0,1,1)，(，1，1)，(a,0,1)，(，1,0)011(1)10，B1EAD1(2)假设在棱AA1上存在一点P(0,0，z0)，使得DP平面B1AE此时(0，1，z0)

15、又设平面B1AE的法向量n(x，y，z)n平面B1AE，n，n，得取x1，得平面B1AE的一个法向量n(1，a)要使DP平面B1AE，只要n，有az00，解得又DP平面B1AE，存在点P，满足DP平面B1AE，此时(3)连接A1D，B1C，由长方体ABCDA1B1C1D1及AA1AD1，得AD1A1DB1CA1D，AD1B1C又由()知B1EAD1，且B1CB1EB1，AD1平面DCB1A1是平面A1B1E的一个法向量，此时(0,1,1)设与n所成的角为，则二面角AB1EA1的大小为30，|cos|cos30，即，解得a2，即AB的长为219解：方法一：(1)因为|AB|AF2|BF2|8，即

16、|AF1|F1B|AF2|BF2|8，又|AF1|AF2|BF1|BF2|2a，所以4a8，a2又因为，即，所以c1所以故椭圆E的方程是(2)由得(4k23)x28kmx4m2120因为动直线l与椭圆E有且只有一个公共点P(x0，y0)，所以m0且0，即64k2m24(4k23)(4m212)0，化简得4k2m230(*)此时，y0kx0m，所以P(，)由得Q(4,4km)假设平面内存在定点M满足条件，由图形对称性知，点M必在x轴上设M(x1,0)，则对满足(*)式的m，k恒成立因为(，)，(4x1,4km)，由，得，整理，得(4x14)x124x130(*)由于(*)式对满足(*)式的m，k

17、恒成立，所以解得x11故存在定点M(1,0)，使得以PQ为直径的圆恒过点M方法二：(1)同方法一(2)由得(4k23)x28kmx4m2120因为动直线l与椭圆E有且只有一个公共点P(x0，y0)，所以m0且0，即64k2m24(4k23)(4m212)0，化简得4k2m230(*)此时，y0kx0m，所以P(，)由得Q(4,4km)假设平面内存在定点M满足条件，由图形对称性知，点M必在x轴上取k0，此时P(0，)，Q(4，)，以PQ为直径的圆为(x2)2(y)24，交x轴于点M1(1,0)，M2(3,0)；取，m2，此时P(1，)，Q(4,0)，以PQ为直径的圆为，交x轴于点M3(1,0)，

18、M4(4,0)所以若符合条件的点M存在，则M的坐标必为(1,0)以下证明M(1,0)就是满足条件的点：因为M的坐标为(1,0)，所以(，)，(3,4km)，从而，故恒有，即存在定点M(1,0)，使得以PQ为直径的圆恒过点M20解：(1)由于f(x)ex2axe，曲线yf(x)在点(1，f(1)处切线斜率k2a0，所以a0，即f(x)exex此时f(x)exe，由f(x)0得x1当x(，1)时，有f(x)0；当x(1，)时，有f(x)0所以f(x)的单调递减区间为(，1)，单调递增区间为(1，)(2)设点P(x0，f(x0)，曲线yf(x)在点P处的切线方程为yf(x0)(xx0)f(x0)，令

19、g(x)f(x)f(x0)(xx0)f(x0)，故曲线yf(x)在点P处的切线与曲线只有一个公共点P等价于函数g(x)有唯一零点因为g(x0)0，且g(x)f(x)f(x0)exex02a(xx0)(1)若a0，当xx0时，g(x)0，则xx0时，g(x)g(x0)0；当xx0时，g(x)0，则xx0时，g(x)g(x0)0故g(x)只有唯一零点xx0由P的任意性，a0不合题意(2)若a0，令h(x)exex02a(xx0)，则h(x0)0，h(x)ex2a令h(x)0，得xln(2a)，记xln(2a)，则当x(，x*)时，h(x)0，从而h(x)在(，x*)内单调递减；当x(x*，)时，h

20、(x)0，从而h(x)在(x*，)内单调递增若x0x*，由x(，x*)时，g(x)h(x)h(x*)0；x(x*，)时，g(x)h(x)h(x*)0，知g(x)在R上单调递增所以函数g(x)在R上有且只有一个零点xx*若x0x*，由于h(x)在(x*，)内单调递增，且h(x0)0，则当x(x*，x0)时有g(x)h(x)h(x0)0，g(x)g(x0)0；任取x1(x*，x0)有g(x1)0又当x(，x1)时，易知g(x)exax2ef(x0)xf(x0)x0f(x0)ex1ax2ef(x0)xf(x0)x0f(x0)ax2bxc，其中bef(x0)，cex1f(x0)x0f(x0)由于a0，

21、则必存在x2x1，使得ax22bx2c0所以g(x2)0故g(x)在(x2，x1)内存在零点，即g(x)在R上至少有两个零点若x0x*，仿并利用，可证函数g(x)在R上至少有两个零点综上所述，当a0时，曲线yf(x)上存在唯一点P(ln(2a)，f(ln(2a)，曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点P21 (1)选修42：矩阵与变换解：设曲线2x22xyy21上任意点P(x，y)在矩阵A对应的变换作用下的像是P(x，y)由，得又点P(x，y)在x2y21上，所以x2y21，即a2x2(bxy)21，整理得(a2b2)x22bxyy21依题意得解得或因为a0，所以由知，所以|A2|1，(A2)

22、1(2)选修44：坐标系与参数方程解：由题意知，M，N的平面直角坐标分别为(2,0)，(0，)又P为线段MN的中点，从而点P的平面直角坐标为(1，)，故直线OP的平面直角坐标方程为因为直线l上两点M，N的平面直角坐标分别为(2,0)，(0，)，所以直线l的平面直角坐标方程为又圆C的圆心坐标为(2，)，半径r2，圆心到直线l的距离，故直线l与圆C相交(3)选修45：不等式选讲解：因为f(x2)m|x|，f(x2)0等价于|x|m，由|x|m有解，得m0，且其解集为x|mxm又f(x2)0的解集为1,1，故m1由知，又a，b，cR，由柯西不等式得a2b3c(a2b3c)()北京天梯志鸿教育科技有限责任公司