2012年高考真题(理科)数学(北京卷)答案解析

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2012年高考真题(理科)数学(北京卷)答案解析文字介绍: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A∩B=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32}023|{xxRxA,利用二次不等式可得1|{xxB或}3x画出数轴易得:}3|{xxBA.故选D.【答案】D2.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4422241222P,故选D。【答案】D3.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0a时,如果0b同时等于零,此时0bia是实数,不是纯虚数,因此不是充分条件;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0a,因此想必要条件,故选B。【答案】B4.执行如图所示的程序框图,输出的S值为()A.2B.4C.8D.16【解析】0k,11ks,21ks,22ks,8s,循环结束,输出的s为8,故选C。【答案】5.如图.∠ACB=90º,CD⊥AB于点D,以BD为直径的圆与BC交于点E.则()A.CE·CB=AD·DBB.CE·CB=AD·ABC.AD·AB=CD²D.CE·EB=CD²【解析】在ACB中,∠ACB=90º,CD⊥AB于点D,所以DBADCD2,由切割线定理的CBCECD2,所以CE·CB=AD·DB。【答案】A6.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.24B.18C.12D.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】B7.某三棱锥的三视图如图所示,该三梭锥的表面积是()A.28+65B.30+65C.56+125D.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】B8.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.5B.7C.9D.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(sin3cos3yx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】210.已知}{na等差数列nS为其前n项和。若211a,32aS,则2a=_______。【解析】因为212111132132addadaaaaaaS,所以112daa,nndnnnaSn4141)1(21。【答案】12a,nnSn4141211.在△ABC中,若a=2,b+c=7,cosB=41,则b=_______。【解析】在△ABC中,利用余弦定理cbcbcacbcaB4))((4412cos222cbc4)(74,化简得:0478bc,与题目条件7cb联立,可解得.2,4,3abc【答案】412.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60º.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360tank,利用点斜式,直线方程为33xy,将直线和曲线联立)332,31()32,3(4332BAxyxy,因此33212121AOAFyOFS.【答案】313.已知正方形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DADECBDEcos||||DADE,由图可知,||cos||DADE,因此1||2DACBDE,cos||||DCDEDCDEcos||DE,而cos||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】1,114.已知)3)(2()(mxmxmxf,22)(xxg,若同时满足条件:①Rx,0)(xf或0)(xg;②)4,(x,)(xf0)(xg。则m的取值范围是_______。【解析】根据022)(xxg,可解得1x。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1x时必须是0)(xf的。当0m时,0)(xf不能做到)(xf在1x时0)(xf,所以舍掉。因此,)(xf作为二次函数开口只能向下,故0m,且此时两个根为mx21,32mx。为保证此条件成立,需要421131221mmmxmx,和大前提0m取交集结果为04m;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1m时,两个根同为42,舍。当)1,4(m时,42m,解得2m,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Rt△ABC中,∠C=90°,BC=3,AC=6,D,E分别是AC,AB上的点,且DE∥BC,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:(1)CDDE,1AEDEDE平面1ACD,又1AC平面1ACD,1ACDE又1ACCD,1AC平面BCDE。(2)如图建系Cxyz,则200D,,,0023A,,,030B,,,220E,,∴10323AB,,,1210AE,,设平面1ABE法向量为nxyz,,则1100ABnAEn∴323020yzxy∴322zyyx∴123n,,又∵103M,,∴103CM,,∴1342cos2||||14313222CMnCMn,∴CM与平面1ABE所成角的大小45。(3)设线段BC上存在点P,设P点坐标为00a,,,则03a,则1023APa,,,20DPa,,设平面1ADP法向量为1111nxyz,,,则111123020ayzxay∴11113612zayxay∴1363naa,,。假设平面1ADP与平面1ABE垂直,则10nn,∴31230aa,612a,2a,∵03a,∴不存在线段BC上存在点P,使平面1ADP与平面1ABE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圾箱中总计1000吨生活垃圾,数据统计如下(单位:吨):“厨余垃圾”箱“可回收物”箱“其他垃圾”箱厨余垃圾400100100可回收物3024030zyxA1(0,0,23)D(-2,0,0)E(-2,2,0)B(0,3,0)C(0,0,0)M其他垃圾202060(Ⅰ)试估计厨余垃圾投放正确的概率;(Ⅱ)试估计生活垃圾投放错误额概率;(Ⅲ)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a>0,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:])()()[(1222212xxxxxxnsn,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)解:()由1c,为公共切点可得:2()1(0)fxaxa,则()2fxax,12ka,3()gxxbx,则2()=3fxxb,23kb,23ab①又(1)1fa,(1)1gb,11ab,即ab,代入①式可得:33ab.(2)24ab,设3221()()()14hxfxgxxaxax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①若12a≤,即2a≤时,最大值为2(1)4aha;②若126aa,即26a时,最大值为12ah③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:2218852xymm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①,22421MNxxk,②设(,4)NNNxkx,(,4)MMMxkx,(1)GGx,MB方程为:62MMkxyxx,则316MMxGkx,,316MMxAGxk,,2NNANxxk,,欲证AGN,,三点共线,只需证AG,AN共线即3(2)6MNNMxxkxxk成立,化简得:(3)6()MNMNkkxxxx将①②代入易知等式成立,则AGN,,三点共线得证。20.(本小题共13分)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()2tkAt的,{}(1,2,1,2,...,21)ijAaijt:1,11,21,1,11,21,211...1,...2tttttaaaaaat,22,12,22,2,12,22,211...,...1(2)ttttttaaaaaatt.经计算知,A中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)22tttttcAcAcAtttt,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()2tkAxt.由()kA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[,2]x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,1gtht.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212tt。

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