2012年全国高考理科数学试题及答案-北京卷.pdf

20122012年普通高等学校招生全国统一考试年普通高等学校招生全国统一考试 数学数学 理理 北京卷北京卷 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 第一部分第一部分 选择题共选择题共 4040 分分 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 2 3 C 2 3 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 3 2 023 xxRxA 利用二次不等式可得1 x画出数轴易得 3 xxBAI 故选 D 答案 D 2 设不等式组 20 20 y x 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 p B 2 2 p C 6 p D 4 4 p 解析 题目中 20 20 y x 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 4 4 22 2 4 1 22 2 p p P 故选 D 答案 D 3 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 B 4 执行如图所示的程序框图 输出的 S 值为 A 2 B 4 C 8 D 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 90 CD AB 于点 D 以 BD 为直径的圆与 BC 交于点 E 则 A CE CB AD DB B CE CB AD AB C AD AB CD D CE EB CD 解析 在ACBD中 ACB 90 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 A 6 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 24 B 18 C 12 D 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 B 7 某三棱锥的三视图如图所示 该三梭锥的表面积是 A 28 65 B 30 65 C 56 125 D 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 B 8 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 5 B 7 C 9 D 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 第二部分第二部分 非选择题共非选择题共 110110 分分 二 填空题共 6 小题 每小题 5 分 共 30 分 9 直线t ty tx 1 2 为参数 与曲线a a a sin3 cos3 y x 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9 22 yx 可以直线圆相交 故有 2 个交点 答案 2 10 已知 n a等差数列 n S为其前 n 项和 若 2 1 1 a 32 aS 则 2 a 解析 因为 2 1 2 111132132 addadaaaaaaS 所以1 12 daa nndnnnaSn 4 1 4 1 1 2 1 答案 1 2 a nnSn 4 1 4 1 2 11 在 ABC 中 若a 2 b c 7 cosB 4 1 则 b 解 析 在 ABC中 利 用 余 弦 定 理 c bcbc ac bca B 4 4 4 1 2 cos 222 c bc 4 74 化简得 0478 bc 与题目条件7 cb联立 可解得 2 4 3 a b c 答案 4 12 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 60 则 OAF 的面积为 解析 由xy4 2 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 3 32 3 1 32 3 4 33 2 B A xy xy 因此3321 2 1 2 1 DAOAF yOFS 答案 3 13 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 DADECBDEqcos DADE 由图可知 cos DADE q 因此1 2 DACBDE acos DCDEDCDEacos DE 而acos 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 1 14 已知 3 2 mxmxmxf 22 x xg 若同时满足条件 Rx 0 xf或0 xg 4 x xf0 xg 则 m 的取值范围是 解析 根据022 x xg 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 4 2 1 13 12 2 1 m m mx mx 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 x x两根中小的那个大 当 0 1 m时 43 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 x xxx xf sin 2sin 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 QCDDE 1 A EDE DE 平面 1 ACD 又Q 1 AC 平面 1 ACD 1 AC DE 又 1 ACCD 1 AC 平面BCDE 2 如图建系Cxyz 则 200D 002 3A 030B 220E 1 032 3AB uuur 1 210AE uuuu r 设平面 1 A BE法向量为 nxyz r 则 1 1 0 0 AB n AE n uuur r uuuu r r 32 30 20 yz xy 3 2 2 zy y x 123n r 又 103M 103CM uuuu r 1342 cos 2 143132 2 2 CM n CMn q uuuu r r uuuu rr CM与平面 1 A BE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 1 02 3APa uuur 20DPa uuu r 设平面 1 A DP法向量为 1111 nxyz uu r 则 11 11 2 30 20 ayz xay 11 11 3 6 1 2 zay xay 1 363naa uu r 假设平面 1 A DP与平面 1 A BE垂直 则 1 0nn uu r r 31230aa 612a 2a 03a 则 2fxax 1 2ka 3 g xxbx 则 2 3fxxb 2 3kb 23ab 又 1 1fa 1 1gb 11ab 即ab 代入 式可得 3 3 a b 2 Q 2 4ab 设 322 1 1 4 h xf xg xxaxa x 则 22 1 32 4 h xxaxa 令 0h x 解得 1 2 a x 2 6 a x Q0a 26 aa 原函数在 2 a 单调递增 在 26 aa 单调递减 在 6 a 上单调递增 若1 2 a 即2a 时 最大值为 2 1 4 a ha 若1 26 aa 即26a 解得 7 5 2 m 由韦达定理得 2 16 21 MN k xx k 2 24 21 MN x x k 设 4 NN N xk x 4 MM M xkx 1 G G x MB方程为 6 2 M M kx yx x 则 3 1 6 M M x G kx 3 1 6 M M x AG x k uuur 2 NN ANxx k uuur 欲证AGN 三点共线 只需证AG uuur AN uuur 共线 即 3 2 6 M NN M x x kx x k 成立 化简得 3 6 MNMN kk x xxx 将 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 1 1 2rA 2 1 2rA 1 1 1cA 2 0 7cA 3 1 8cA 0 7k A 2 先用反证法证明 1k A 若 1k A 则 1 1 11cAaa 0a 同理可知0b 0ab 由题目所有数和为0 即1abc 11cab 1221 121 1 22 ttt tt cAcAcA tt 下 面 证 明 21 2 t t 是 最 大 值 若 不 然 则 存 在 一 个 数 表 2 21 ASt 使 得 21 2 t k Ax t 由 k A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