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文档简介
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(重庆卷)本试卷满分150分考试时间120分钟一、选择题:本大题共10小题,每小题5分,共50分在每小题给出的四个备选项中,只有一项是符合题目要求的1在等差数列an中,a21,a45,则an的前5项和S5()A7 B15 C20 D25A若q则p B若p则qC若q则p D若p则q2不等式的解集为()A(,1 B,1C(,)1,) D(,1,)3对任意的实数k,直线ykx1与圆x2y22 的位置关系一定是()A相离 B相切C相交但直线不过圆心 D相交且直线过圆心4 的展开式中常数项为()A B C D1055设tan,tan是方程x23x20的两根,则tan()的值为()A3 B1 C1 D36设x,yR,向量a(x,1),b(1,y),c(2,4),且ac,bc,则|ab|()A B C D107已知f(x)是定义在R上的偶函数,且以2为周期,则“f(x)为0,1上的增函数”是“f(x)为3,4上的减函数”的()A既不充分也不必要的条件B充分而不必要的条件C必要而不充分的条件D充要条件8设函数f(x)在R上可导,其导函数为f(x),且函数y(1x)f(x)的图象如图所示,则下列结论中一定成立的是()A函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)B函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)C函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(2)D函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(2)9设四面体的六条棱的长分别为1,1,1,1,和a,且长为a的棱与长为的棱异面,则a的取值范围是()A(0,) B(0,)C(1,) D(1,)10设平面点集A(x,y)|(yx)(y)0,B(x,y)|(x1)2(y1)21,则AB所表示的平面图形的面积为()A B C D二、填空题:本大题共5小题,每小题5分,共 25分把答案填写在答题卡相应位置上11若(1i)(2i)abi,其中a,bR,i为虚数单位,则ab_.12 _.13设ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且,b3,则c_.14过抛物线y22x的焦点F作直线交抛物线于A,B两点,若|AB|,|AF|BF|,则|AF|_.15某艺校在一天的6节课中随机安排语文、数学、外语三门文化课和其他三门艺术课各1节,则在课表上的相邻两节文化课之间最多间隔1节艺术课的概率为_(用数字作答)三、解答题:本大题共6小题,共75分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤16设f(x)alnx1,其中aR,曲线yf(x)在点(1,f(1)处的切线垂直于y轴(1)求a的值;(2)求函数f(x)的极值17甲、乙两人轮流投篮,每人每次投一球约定甲先投且先投中者获胜,一直到有人获胜或每人都已投球3次时投篮结束设甲每次投篮投中的概率为,乙每次投篮投中的概率为,且各次投篮互不影响(1)求甲获胜的概率; (2)求投篮结束时甲的投球次数的分布列与期望18设f(x)4cos(x)sinxcos(2x),其中0.(1)求函数yf(x)的值域;(2)若f(x)在区间,上为增函数,求的最大值19如图,在直三棱柱ABCA1B1C1中,AB4,ACBC3,D为AB的中点(1)求点C到平面A1ABB1的距离; (2)若AB1A1C,求二面角A1CDC1的平面角的余弦值20如图,设椭圆的中心为原点O,长轴在x轴上,上顶点为A,左、右焦点分别为F1,F2,线段OF1,OF2的中点分别为B1,B2,且AB1B2是面积为4的直角三角形(1)求该椭圆的离心率和标准方程;(2)过B1作直线l交椭圆于P,Q两点,使PB2QB2,求直线l的方程21设数列an的前n项和Sn满足Sn1a2Sna1,其中a20,(1)求证:an是首项为1的等比数列;(2)若a21,求证:Sn(a1an),并给出等号成立的充要条件1 B.2 A不等式可化为解不等式组得x1,故选A项3 C直线ykx1过定点(0,1),而02122,所以点(0,1)在圆x2y22内部,直线ykx1与圆x2y22相交且直线不经过圆心,故选C项4)B二项式的通项为,令得r4,所以二项展开式的常数项为T524,故选B项5 A因为tan,tan是方程x23x20的两根,所以tantan3,tantan2,而,故选A项6 B由ac,得ac2x40,解得x2.由bc得,解得y2,所以a(2,1),b(1,2),ab(3,1),|ab|,故选B项7 D若f(x)为0,1上的增函数,则f(x)在1,0上为减函数,根据f(x)的周期为2可推出f(x)为3,4上的减函数;若f(x)为3,4上的减函数,则f(x)在1,0上也为减函数,所以f(x)在0,1上为增函数,故选D项8 D由题图可得函数y(1x)f(x)的零点为2,1,2,则当x1时,1x0,此时在(,2)上f(x)0,f(x)0,在(2,1)上f(x)0,f(x)0;当x1时,1x0,此时在(1,2)上f(x)0,f(x)0,在(2,)上f(x)0,f(x)0.所以f(x)在(,2)为增函数,在(2,2)为减函数,在(2,)为增函数,因此f(x)有极大值f(2),极小值f(2),故选D项9A四面体如图1所示,设ABACBDCD1,BCa,则a0.当A,B,C,D四点共面时,(如图2所示)而此时A,B,C,D四点不能构成四面体,所以,故选A项图1图210 D不等式(yx)(y)0可化为或集合B表示圆(x1)2(y1)21上以及圆内部的点所构成的集合,AB所表示的平面区域如图阴影部所示由线,圆(x1)2(y1)21均关于直线yx对称,所以阴影部分占圆面积的一半,故选D项11答案:4解析:(1i)(2i)13iabi,所以a1,b3,ab4.12答案:解析:.13答案:解析:由已知条件可得,而sinCsin(AB)sinAcosBcosAsinB,根据正弦定理得.14答案:解析:F点坐标为(,0),设A,B两点的横坐标为x1,x2.因|AF|BF|,故直线AB不垂直于x轴设直线AB为yk(x),联立直线与抛物线的方程得k2x2(k22)x0,则,又|AB|x1x21,可解得k224,代入式得12x213x30,即(3x1)(4x3)0.而|AF|BF|,所以,由抛物线的定义得.15答案:解析:基本事件总数为,事件“相邻两节文化课之间最多间隔1节艺术课”所包含的基本事件可分为三类,第一类:三节艺术课各不相邻有;第二类:有两节艺术课相邻有;第三类:三节艺术课相邻有.由古典概型概率公式得概率为.16解:(1)因f(x)alnx1,故.由于曲线yf(x)在点(1,f(1)处的切线垂直于y轴,故该切线斜率为0,即f(1)0,从而,解得a1.(2)由(1)知f(x)lnx1(x0),.令f(x)0,解得x11,(因不在定义域内,舍去)当x(0,1)时,f(x)0,故f(x)在(0,1)上为减函数;当x(1,)时,f(x)0,故f(x)在(1,)上为增函数故f(x)在x1处取得极小值f(1)3.17解:设Ak,Bk分别表示甲、乙在第k次投篮投中,则P(Ak),P(Bk)(k1,2,3)(1)记“甲获胜”为事件C,由互斥事件有一个发生的概率与相互独立事件同时发生的概率计算公式知. (2)的所有可能值为1,2,3.由独立性知P(1)P(A1)P(B1),.综上知,有分布列123P从而,E123(次)18解:(1)f(x)4(cosxsinx)sinxcos2xsinxcosx2sin2xcos2xsin2xsin2x1.因1sin2x1,所以函数yf(x)的值域为,(2)因ysinx在每个闭区间2k,2k(kZ)上为增函数,故f(x)sin2x1(0)在每个闭区间,(kZ)上为增函数依题意知,对某个kZ成立,此时必有k0,于是解得,故的最大值为.19解:(1)由ACBC,D为AB的中点,得CDAB又CDAA1.故CD面A1ABB1,所以点C到平面A1ABB1的距离为. (2)解法一:如图,取D1为A1B1的中点,连结DD1,则DD1AA1CC1.又由(1)知CD面A1ABB1,故CDA1D,CDDD1,所以A1DD1为所求的二面角A1CDC1的平面角因A1D为A1C在面A1ABB1上的射影,又已知AB1A1C,由三垂线定理的逆定理得AB1A1D,从而A1AB1、A1DA都与B1AB互余,因此A1AB1A1DA,所以RtA1ADRtB1A1A因此,即AA12ADA1B18,得.从而.所以,在RtA1DD1中,.解法二:如图,过D作DD1AA1交A1B1于D1,在直三棱柱中,易知DB,DC,DD1两两垂直以D为原点,射线DB,DC,DD1分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建立空间直角坐标系Dxyz.设直三棱柱的高为h,则A(2,0,0),A1(2,0,h),B1(2,0,h),C(0,0),C1(0,h),从而(4,0,h),(2,h)由,有8h20,.故(2,0,),(0,0,),(0,0)设平面A1CD的法向量为m(x1,y1,z1),则m,m,即取z11,得m(,0,1)设平面C1CD的法向量为n(x2,y2,z2),则n,n,即取x21,得n(1,0,0),所以cosm,n.所以二面角A1CDC1的平面角的余弦值为.20解:(1)如图,设所求椭圆的标准方程为(ab0),右焦点为F2(c,0)因AB1B2是直角三角形,又|AB1|=|AB2|,故B1AB2为直角,因此|OA|OB2|,得,结合c2a2b2得4b2a2b2,故a25b2,c24b2,所以离心率.在RtAB1B2中,OAB1B2,故|B1B2|OA|OB2|OA|bb2.由题设条件得b24,从而a25b220,因此所求椭圆的标准方程为.(2)由(1)知B1(2,0),B2(2,0)由题意知直线l的倾斜角不为0,故可设直线l的方程为xmy2.代入椭圆方程得(m25)y24my160,设P(x1,y1),Q(x2,y2),则y1,y2是上面方程的两根,因此,又(x12,y1),(x22,y2),所以(x12)(x22)y1y2(my14)(my24)y1y2(m21)y1y24m(y1y2)16.由PB2QB2,得0,即16m2640,解得m2.所以满足条件的直线有两条,其方程分别为x2y20和x2y20.21 (1)证法一:由S2a2S1a1得a1a2a2a1a1,即a2a2a1,因a20,故a11,得,又由题设条件知Sn2a2Sn1a1,Sn1a2Sna1,两式相减得Sn2Sn1a2(Sn1Sn),即an2a2an1,由a20,知an10,因此,综上,对所有nN*成立从而an是首项为1,公比为a2的等比数列证法二:用数学归纳法证明,nN*.当n1时,由S2a2S1a1,得a1a2a2a1a1,即a2a2a1,再由a20,得a11,所以结论成立假设nk时,结论成立,即,那么ak1Sk1Sk(a2Ska1)(a2Sk1a1)a2(SkSk1)a2ak.这就是说,当nk1时,结论也成立综上可得,对任意nN*,.因此an是首项为1,公比为a2的等比数列(2)证法一:当n1或2时,显然Sn(a1an),等号成立设n3,a21且a20.由(1)知a11,所以要证的不等式化为1a2(1)(n3),即证:1a2(1)(n2)当a21时,上面不等式的等号成立当1a21时,与(r1,2,n1)同为负;当a21时,与(r1,2,n1)同为正因此当a21且a21时,总有()()0,即1(r1,2,n1)上面不等式对r从1到n1求和得2(a2)(n1)(1),由此得1a2综上,当a21且a20时,有Sn(a1an),当且仅当n1,2或a21时等号成立证法二:当n1或2时,显然Sn(a1an),等号成立当a21时,Snn(a1an),等号也成立当a21时,由(1)知,.下证:(n3,a21且a21)当1a21时,上面不等式化为(n2)na2n2(n3)令f(a2)(n2)na2.当1a20时,故f(a2)(n2)na2(1)(n2)|a2|n
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