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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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