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2012广东省高考(理科)数学试题答案解析

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2012广东省高考(理科)数学试题答案解析文字介绍:2012年普通高等学校招生全国统一考试（广东卷）数学（理科）【详解人】佛山市南海区石门中学黄伟亮smzxhwl@126.com参考公式：柱体的体积公式VSh，其中S为柱体的底面积，h为柱体的高.圆锥的体积公式13VSh，其中S为锥体的底面积，h为锥体的高.一、选择题1.（复数）设i为虚数单位，则复数56ii（）A.65iB.65iC.65iD.65i解析：D.56i65ii.2.（集合）设集合1,2,3,4,5,6U，1,2,4M，则UCM（）A.UB.1,3,5C.3,5,6D.2,4,6解析：C.3,5,6UCM.3.（向量）若向量2,3BA，4,7CA，则BC（）A.2,4B.2,4C.6,10D.6,10解析：A.2,4BCBACA.4.（函数）下列函数中，在区间0,上为增函数的是（）A.ln2yxB.1yxC.12xyD.1yxx解析：A.ln2yx在2,上是增函数.5.已知变量x、y满足约束条件211yxyxy，则3zxy的最大值为（）A.12B.11C.3D.1解析：B.画出可行域，可知当代表直线过点A时，取到最大值.联立21yyx，解得32xy，所以3zxy的最大值为11.6.（立体几何）某几何体的三视图如图1所示，它的体积为（）A.12B.45C.57D.81解析：C.该几何体下部分是半径为3，高为5的圆柱，体积为23545V，上部分是半径为3，高为4的圆锥，体积为2134123V，所以体积为57.7.（概率）从个位数与十位数之和为奇数的两位数中任取一个，其个位数为0的概率是（）A.49B.13C.29D.19解析：D.两位数共有90个，其中个位数与十位数之和为奇数的两位数有45个，个位数为0的有5个，所以概率为51459.8.对任意两个非零的平面向量和，定义，若平面向量a、b满足0ab，a与b的夹角0,4，且ab和ba都在集合2nnZ中，则ab（）A.12B.1C.32D.52解析：C.aababbbb1cos2k，bbaa2cos2k，两式相乘，可得212cos4kk.因为0,4，所以1k、2k都是正整数，于是2121cos124kk，即1224kk，所以123kk.而0ab，所以13k，21k，于是32ab.二、填空题（一）必做题（9—13题）9.（不等式）不等式21xx的解集为__________________.解析：1,2.2xx的几何意义是x到2的距离与x到0的距离的差，画出数轴，先找出临界“21xx的解为12x”，然后可得解集为1,2.10.（二项式定理）621xx的展开式中3x的系数为_________.（用数字作答）解析：20.621xx的展开式通项为621231661kkkkkkTCxCxx，令1233k，解得3k，所以621xx的展开式中3x的系数为3620C.11.（数列）已知递增的等差数列na满足11a，2324aa，则na______________.解析：21n.设公差为d（0d），则有21214dd，解得2d，所以21nan.12.曲线33yxx在点1,3处的切线方程为___________________.解析：210xy.21|3112xy，所以切线方程为321yx，即210xy.13.（算法）执行如图2所示的程序框图，若输入n的值为8，则输出s的值为______.解析：8.第一次循环，11221s，4i，2k；第二次循环，12442s，6i，3k；第三次循环，14683s，8i，4k.此时退出循环，输出s的值为8.（二）选做题（14—15题）14.（坐标系与参数方程）在平面直角坐标系xOy中，曲线1C和2C的参数方程分别为xtyt（t为参数）和2cos2sinxy（为参数），则曲线1C与2C的交点坐标为________.解析：1,1.法1：曲线1C的普通方程是2yx（0y），曲线2C的普通方程是222xy，联立解得11xy，所以交点坐标为1,1.法2：联立2cos2sintt，可得22cos2sin，即22cos2cos20，解得2cos2或cos2（舍去），所以11tt，交点坐标为1,1.15.（几何证明选讲）如图3，圆O的半径为1，A、B、C是圆周上的三点，满足30ABC，过点A作圆O的切线与OC的延长线交于点P，则PA__________.解析：3.连接OA，则60AOC，90OAP，因为1OA，所以3PA.三、解答题16.（三角函数）（本小题满分12分）已知函数2cos6fxx（其中0xR）的最小正周期为10.（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）设、0,2，56535f，5165617f，求cos的值.解析：（Ⅰ）210T，所以15.（Ⅱ）515652cos52cos2sin353625f，所以3sin5.5151652cos52cos656617f，所以8cos17.因为、0,2，所以24cos1sin5，215sin1cos17，所以4831513coscoscossinsin51751785.17.（概率统计）（本小题满分13分）某班50位学生期中考试数学成绩的频率分布直方图如图4所示，其中成绩分组区间是：40,50、50,60、60,70、70,80、80,90、90,100.（Ⅰ）求图中x的值；（Ⅱ）从成绩不低于80分的学生中随机选取2人，该2人中成绩在90分以上（含90分）的人数记为，求的数学期望.解析：（Ⅰ）由0.00630.010.054101x，解得0.018x.（Ⅱ）分数在80,90、90,100的人数分别是500.018109人、500.006103人.所以的取值为0、1、2.023921236606611CCPC，113921227916622CCPC，20392123126622CCPC，所以的数学期望是691111012112222222E.18.（立体几何）（本小题满分13分）如图5所示，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，PA平面ABCD，点E在线段PC上，PC平面BDE.（Ⅰ）证明：BD平面PAC；（Ⅱ）若1PA，2AD，求二面角BPCA的正切值.解析：（Ⅰ）因为PC平面BDE，BD平面BDE，所以PCBD.又因为PA平面ABCD，BD平面ABCD，所以PABD.而PCPAP，PC平面PAC，PA平面PAC，所以BD平面PAC.（Ⅱ）由（Ⅰ）可知BD平面PAC，而AC平面PAC，所以BDAC，而ABCD为矩形，所以ABCD为正方形，于是2ABAD.法1：以A点为原点，AB、AD、AP为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系ABDP.则0,0,1P、2,2,0C、2,0,0B、0,2,0D，于是0,2,0BC，2,0,1PB.设平面PBC的一个法向量为1n,,xyz，则00BCPB11nn，从而2020yxz，令1x，得1,0,21n.而平面PAC的一个法向量为2n2,2,0BD.所以二面角BPCA的余弦值为210cos,10522121212=nnnnnn，于是二面角BPCA的正切值为3.法2：设AC与BD交于点O，连接OE.因为PC平面BDE，OE平面BDE，BE平面BDE，所以PCOE，PCBE，于是OEB就是二面角BPCA的平面角.又因为BD平面PAC，OE平面PAC，所以OEB是直角三角形.由OEC∽PAC可得OEPAOCPC，而2ABAD，所以22AC，2OC，而1PA，所以3PC，于是12233PAOEOCPC，而2OB，于是二面角BPCA的正切值为3OBOE.19.设数列na的前n项和为nS，满足11221nnnSa，n*N，且1a、25a、3a成等差数列.（Ⅰ）求1a的值；（Ⅱ）求数列na的通项公式；（Ⅲ）证明：对一切正整数n，有1211132naaa.解析：（Ⅰ）由12123213232725aaaaaaaa，解得11a.（Ⅱ）由11221nnnSa可得1221nnnSa（2n），两式相减，可得122nnnnaaa，即132nnnaa，即11232nnnnaa，所以数列2nna（2n）是一个以24a为首项，3为公比的等比数列.由1223aa可得，25a，所以2293nnna，即32nnna（2n），当1n时，11a，也满足该式子，所以数列na的通项公式是32nnna.（Ⅲ）因为1113323222nnnnn，所以1323nnn，所以1113nna，于是112111111131331113323213nnnnaaa.点评：上述证法实质上是证明了一个加强命题1211131123nnaaa，该加强命题的思考过程如下.考虑构造一个公比为q的等比数列nb，其前n项和为111nnbqTq，希望能得到1121111312nnbqaaaq，考虑到11111nbqbqq，所以令1312bq即可.由na的通项公式的形式可大胆尝试令13q，则11b，于是113nnb，此时只需证明1113nnnba就可以了.当然，q的选取并不唯一，也可令12q，此时134b，132nnb，与选取13q不同的地方在于，当1n时，1nnba，当2n时，1nnba，所以此时我们不能从第一项就开始放缩，应该保留前几项，之后的再放缩，下面给出其证法.当1n时，11312a；当2n时，121113152aa；当3n时，12311111315192aaa.当4n时，1nnba，所以31231132211111113311151951916212nnaaa.综上所述，命题获证.下面再给出1211132naaa的两个证法.法1：（数学归纳法）①当1n时，左边111a，右边32，命题成立.②假设当nk（2k，kN）时成立，即113322kiii成立.为了证明当1nk时命题也成立，我们首先证明不等式：1111132332iiii（1i，iN）.要证1111132332iiii，只需证1111132332iiii，只需证11132332iiii，只需证1232ii，只需证23，该式子明显成立，所以1111132332iiii.于是当1nk时，111211111113311323232332322kkkiiiiiiiii，所以命题在1nk时也成立.综合①②，由数学归纳法可得，对一切正整数n，有1211132naaa.备注：不少人认为当不等式的一边是常数的时候是不能用数学归纳法的，其实这是一个错误的认识.法2：（裂项相消法）（南海中学钱耀周提供）当1n时，11312a显然成立.当2n时，121113152aa显然成立.当3n时，32122nnnnna12211122222nnnnnnnCCC12211221222221nnnnnnCCCCnn，又因为252221a，所以21nann（2n），所以111112121nannnn（2n），所以123111111111111311112234122naaaannn.综上所述，命题获证.20.（解析几何）（本小题满分14分）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：22221xyab（0ab）的离心率23e且椭圆C上的点到点0,2Q的距离的最大值为3.（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）在椭圆C上，是否存在点,Mmn，使得直线l：1mxny与圆O：221xy相交于不同的两点A、B，且OAB的面积最大？若存在，求出点M的坐标及对应的OAB的面积；若不存在，请说明理由.解析：（Ⅰ）因为23e，所以2223ca，于是223ab.设椭圆C上任一点,Pxy，则2222222222122443yPQxyayyybb（byb）.当01b时，2PQ在yb时取到最大值，且最大值为244bb，由2449bb解得1b，与假设01b不符合，舍去.当1b时，2PQ在1y时取到最大值，且最大值为236b，由2369b解得21b.于是23a，椭圆C的方程是2213xy.（Ⅱ）圆心到直线l的距离为221dmn，弦长221ABd，所以OAB的面积为2112SABddd，于是2222211124Sddd.而,Mmn是椭圆上的点，所以2213mn，即2233mn，于是22221132dmnn，而11n，所以201n，21323n，所以2113d，于是当212d时，2S取到最大值14，此时S取到最大值12，此时212n，232m.综上所述，椭圆上存在四个点62,22、62,22、62,22、62,22，使得直线与圆相交于不同的两点A、B，且OAB的面积最大，且最大值为12.点评：此题与2012年南海区高三8月摸底考试的试题相似度极高.（2012年南海区高三8月摸底考试）已知椭圆C的两焦点为11,0F、21,0F，并且经过点31,2M.（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）已知圆O：221xy，直线l：1mxny，证明：当点,Pmn在椭圆C上运动时，直线l与圆O恒相交；并求直线l被圆O所截得的弦长的取值范围.21.（不等式、导数）（本小题满分14分）设1a，集合0AxRx，223160BxRxaxa，DAB.（Ⅰ）求集合D（用区间表示）；（Ⅱ）求函数322316fxxaxax在D内的极值点.解析：（Ⅰ）考虑不等式223160xaxa的解.因为2314263331aaaa，且1a，所以可分以下三种情况：①当113a时，0，此时BR，0,DA.②当13a时，0，此时1Bxx，0,11,D.③当13a时，0，此时223160xaxa有两根，设为1x、2x，且12xx，则13133314aaax，23133314aaax，于是12Bxxxxx或.当103a时，123102xxa，1230xxa，所以210xx，此时120,,Dxx；当0a时，1230xxa，所以10x，20x，此时2,Dx.综上所述，当113a时，0,DA；当13a时，0,11,D；当103a时，120,,Dxx；当0a时，2,Dx.其中13133314aaax，23133314aaax.（Ⅱ）26616fxxaxa，令0fx可得10xax.因为1a，所以0fx有两根1ma和21m，且12mm.①当113a时，0,DA，此时0fx在D内有两根1ma和21m，列表可得x0,aa,1a11,fx+0-0+fx递增极小值递减极大值递增所以fx在D内有极大值点1，极小值点a.②当13a时，0,11,D，此时0fx在D内只有一根113ma，列表可得x10,3131,131,fx+0-+fx递增极小值递减递增所以fx在D内只有极小值点a，没有极大值点.③当103a时，120,,Dxx，此时1201axx（可用分析法证明），于是0fx在D内只有一根1ma，列表可得x0,aa1,ax2,xfx+0-+fx递增极小值递减递增所以fx在D内只有极小值点a，没有极大值点.④当0a时，2,Dx，此时21x，于是fx在D内恒大于0，fx在D内没有极值点.综上所述，当113a时，fx在D内有极大值点1，极小值点a；当103a时，fx在D内只有极小值点a，没有极大值点.当0a时，fx在D内没有极值点.

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