福建省高考数学理科试卷

1、20122012 年普通高等学校夏季招生全国统一考试年普通高等学校夏季招生全国统一考试 数学理工农医类数学理工农医类( (福建卷福建卷) ) 本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分理科：第卷第 21 题为选考题， 其他题为必考题，满分 150 分 第卷 一、选择题：(理科)本大题共 10 小题，每小题5 分，共 50 分在每小题给出的四个选 项中，只有一项是符合题目要求的(文科)本大题共 12 小题，每小题5 分，共 60 分在每 小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的 1若复数 z满足 zi 1i ，则 z等于() A 1iB1iC1iD 1i A 34iB54iC32iD

2、52i 2等差数列an中，a1a510，a47，则数列an的公差为() A 1B2C3D 4 3下列命题中，真命题是() A x0R R ，e0 0 BxR R ，2xx2 Cab0 的充要条件是 x a 1 b D a1，b1 是 ab1 的充分条件 4一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等，那么这个几何体不可以是() A 球B三棱锥C正方体D 圆柱 5下列不等式一定成立的是() 1 )lgx(x0) 4 1 Bsin x2(xk ，kZ Z) sin x A lg( x2 Cx212| x|( xR R ) D 1 1(xR R ) x21 6如图所示，在边长为1 的正方形 OABC中任

3、取一点 P，则点 P 恰好取自阴影部分的 概率为() 1111 B C D 4567 1,x为有理数， 7设函数D (x)则下列结论错误的是() 0,x为无理数， A A D (x)的值域为0,1BD (x)是偶函数 CD (x)不是周期函数D D (x)不是单调函数 x2y2 2 1的右焦点与抛物线 y212x 的焦点重合，则该双曲线的焦点 8已知双曲线 4b 到其渐近线的距离等于() A 5 B4 2C3D5 x y 3 0, 9若函数 y2x图象上存在点(x，y)满足约束条件x2y 3 0,则实数 m 的最大值 x m, 为() A 13 B1CD2 22 10 函 数 f(x) 在 a

4、 ， b 上 有 定 义 ， 若 对 任 意 x1， x2 a ， b ， 有 f ( x 1 x 2 1 ，则称 f(x)在a，b上具有性质 P设 f(x)在1,3上) f x 1 fx 2 22 具有性质 P，现给出如下命题： f(x)在1,3上的图象是连续不断的； f(x2)在1， 3上具有性质 P； 若 f(x)在 x2 处取得最大值 1，则 f(x)1，x1,3 ； 对任意 x1， x2， x3， x4 1,3 ， 有f ( x 1 x 2 x 3 x 4 1 ) f(x1)f(x2)f(x3)f(x4) 44 其中真命题的序号是() ABCD 第卷 二、填空题：(理科)本大题共 5

5、 小题，每小题 4 分，共 20 分把答案填在答题卡的相 应位置(文科)本大题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分把答案填在答题卡的相应位置 11 (ax)4的展开式中 x3的系数等于 8，则实数 a_ 12阅读右图所示的程序框图，运行相应的程序，输出的s 值等于_ 13已知ABC 的三边长成公比为 2的等比数列，则其最大角的余弦值为_ n 1，前 n 项和为 Sn，则 S2 012_ 2 a 2ab，a b， 15对于实数 a 和 b，定义运算“*”：a*b 2 b ab，a b. 14数列an的通项公式an ncos 设 f(x)(2x1)*(x1)， 且关于 x 的方程 f(x)m

6、(mR )恰有三个互不相等的实数根x1， x2，x3，则 x1x2x3的取值范围是_ 三、解答题：(理科)本大题共 6 小题，共 80 分解答应写出文字说明、证明过程或演 算步骤(文科)本大题共 6 小题，共 74 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 16 受轿车在保修期内维修费等因素的影响， 企业生产每辆轿车的利润与该轿车首次出 现故障的时间有关某轿车制造厂生产甲、乙两种品牌轿车， 保修期均为 2 年现从该厂已 售出的两种品牌轿车中各随机抽取50 辆，统计数据如下： 品牌甲乙 首次出现故障 0 x11x2x20 x2x2 时间 x(年) 轿车数量(辆)2345545 每辆利润 1231

7、.82.9 (万元) 将频率视为概率，解答下列问题： (1)从该厂生产的甲品牌轿车中随机抽取一辆，求其首次出现故障发生在保修期内的概 率； (2)若该厂生产的轿车均能售出，记生产一辆甲品牌轿车的利润为 X1，生产一辆乙品牌 轿车的利润为 X2，分别求 X1，X2的分布列； (3)该厂预计今后这两种品牌轿车销量相当，由于资金限制，只能生产其中一种品牌的 轿车若从经济效益的角度考虑，你认为应生产哪种品牌的轿车？说明理由 17某同学在一次研究性学习中发现，以下五个式子的值都等于同一个常数： sin213cos217sin13cos17； sin215cos215sin15cos15； 22sin 1

8、8cos 12sin18cos12； 22sin (18)cos 48sin(18)cos48； sin2(25)cos255sin(25)cos55 (1)试从上述五个式子中选择一个，求出这个常数； (2)根据(1)的计算结果，将该同学的发现推广为三角恒等式，并证明你的结论 18如图，在长方体 ABCDA1B1C1D1中，AA1AD1，E 为 CD 中点 (1)求证：B1EAD1 (2)在棱 AA1上是否存在一点 P， 使得 DP平面 B1AE？若存在， 求 AP 的长； 若不存在， 说明理由 (3)若二面角 AB1EA1的大小为 30，求 AB 的长 x2y21 19 如图， 椭圆 E：

9、2 2 1(ab0)的左焦点为 F1， 右焦点为 F2， 离心率e 过 ab2 F1的直线交椭圆于 A、B 两点，且ABF2的周长为 8 (1)求椭圆 E 的方程； (2)设动直线l： ykxm 与椭圆E有且只有一个公共点P， 且与直线x4相交于点Q 试 探究：在坐标平面内是否存在定点M，使得以 PQ 为直径的圆恒过点 M？若存在，求出点 M 的坐标；若不存在，说明理由 20已知函数 f(x)exax2ex，aR R (1)若曲线 yf(x)在点(1，f(1)处的切线平行于 x 轴，求函数 f(x)的单调区间； (2)试确定 a 的取值范围，使得曲线 yf(x)上存在唯一的点 P，曲线在该点处

10、的切线与 曲线只有一个公共点 P 21 (1)选修 42：矩阵与变换 设曲线 2x22xyy21 在矩阵A A a 0 2 (a0)对应的变换作用下得到的曲线为 x b 1 y21 求实数 a，b 的值； 求 A A2的逆矩阵 (2)选修 44：坐标系与参数方程 在平面直角坐标系中，以坐标原点 O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系 已知 2 3 直线 l 上两点 M，N 的极坐标分别为(2,0)， 3 , 2 ，圆 C 的参数方程为 x 22cos, ( 为参数) y 3 2sin 设 P 为线段 MN 的中点，求直线 OP 的平面直角坐标方程； 判断直线 l 与圆 C 的位置关系 (

11、3)选修 45：不等式选讲 已知函数 f(x)m|x2|，mR R，且 f(x2)0 的解集为1,1 求 m 的值； 111 m，求证：a2b3c9 a2b3c 33 22(文)已知函数 f(x)axsinx(aR R)，且在0，上的最大值为 222 若 a，b，cR R，且 (1)求函数 f(x)的解析式； (2)判断函数 f(x)在(0，) 内的零点个数，并加以证明 1i(1i)iii2i+1 1i 1 A由 zi1i，得z 2ii11 2 Ba1a5102a3， a35故 da4a3752 3 Da10，b10，由不等式的性质得 ab1， 即 a1，b1ab1 4 D圆柱的三视图中有两个

12、矩形和一个圆， 这个几何体不可以是圆柱 5 Cx212|x|x22|x|10， 当 x0 时，x22|x|1x22x1(x1)20 成立； 当 x0 时，x22|x|1x22x1(x1)20 成立 故 x212|x|(xR R)一定成立 1 2112 3 1 6 C由图象知阴影部分的面积是( x x)dx (x2x2)， 0 032632 1 1 所求概率为 6 16 1 7 CD(x)是最小正周期不确定的周期函数， D(x)不是周期函数是错误的 8 A由双曲线的右焦点与抛物线y212x 的焦点重合， 知c 于是 b25，b p 3，c294b2， 2 5因此该双曲线的渐近线的方程为y 5 x

13、，即5x2y 0故 2 该双曲线的焦点到其渐近线的距离为d |3 5 | 5 54 9 B由约束条件作出其可行域如图所示： 由图可知当直线xm经过函数y2 的图象与直线xy30的交点P时取得最大值， x 即得 2x3x，即 x1m 10 D如图 1， 图 1 在区间1,3上 f(x)具有性质 P，但是是间断的，故错 可设 f(x)|x2|(如图 2)，当 x1,3时易知其具有性质 P，但是 f(x2)|x22| 2 2 x ,1 x 2, 不具有性质 P(如图 3) 2 x 2, 2 x 3 故错 图 2 图 3 任取 x01,3 ，则 4x01,3 ， 1f(2)f ( x 0 4 x 0

14、1 )f(x0)f(4x0) 22 又f(x0)1，f(4x0)1， 1 f(x0)f(4x0)1 2 f(x0)f(4x0)1故正确 x 1 x 2 x 3 x 4 x 1 x 2 x 3 x 4 22 ) f () f ( 42 x x1 1 x x 2)+f (34) f(x1)f(x2)f(x3)f(x4) f (1 ，故正确 2224 11答案：答案：2 解析：解析：Tr 1 C 4 arx 4 r，当 4r3，即 r1 时，T2C 4 ax34ax38x3故 a 2 12答案：答案：3 解析：解析：(1)k1,14，s2111； (2)k2,24，s2120； (3)k3,34，s

15、2033； (4)k4，直接输出 s3 13答案：答案： r1 2 4 解析：解析：设ABC 的最小边长为 a(m0)，则其余两边长为 2a，2a，故最大角的余弦 a2( 2a)2(2a)2a22 值是cos 242a 2a2 2a 14答案：答案：3 018 解析：解析：函数y cos n 2 的周期T 4， 2 2 可用分组求和法： a1a5a2 0091 12+1=503； 1443 503个 a2a6a2 010(21)(61)(2 0101)152 009 503(12009) 5031 005； 2 a3a7a 2 0111 12+1=503； 1443 503个 a4a8a2 0

16、12(41)(81)(2 0121) 故 S2 0125035031 0055035031 009 503(11 00511 009)3 018 15答案：答案：( 503(52013) 5031 009； 2 13 ，0) 16 2 2x x，x 0， 解析：解析：由已知，得f x 2 x x，x0， 作出其图象如图，结合图象可知m 的取值范围为 0m 1 ， 4 当 x0 时，有x2xm，即 x2xm0， 于是 x1x2m 当 x0 时，有 2x2xm0， 1 18m 4 m(1 18m) 故x 1x2 x 3 4 设 h(m)m(1 18m)， 于是x 3 h (m)(1 18m)m(

17、1 18m 18 ) 218m 4m 0， 18m 13 ，0) 16 函数 h(m)单调递减 故 x1x2x3的取值范围为( 16解：解：(1)设“甲品牌轿车首次出现故障发生在保修期内”为事件 A， 则P(A) 231 5010 123 (2)依题意得，X1的分布列为 X1 P X2的分布列为 X2 1 25 1.8 3 50 2.9 9 10 9 10 139143 (3)由(2)得，E(X1)123 2.86(万元)， 25501050 19 E(X2)1.82.9 2.79(万元) 1010 P 因为 E(X1)E(X2)，所以应生产甲品牌轿车 17解：解：方法一：(1)选择式，计算如

18、下： 1 10 113 sin301 244 3 (2)三角恒等式为 sin2cos2(30)sincos(30) 4 sin215cos215sin15cos151 证明如下： sin2cos2(30)sincos(30) 2sin (cos30cossin30sin)2sin(cos30cossin30sin) 333 2 11 cos sincos sin2sincossin2 22442 333 sin2cos2 444 sin2 方法二：(1)同方法一 (2)三角恒等式为 sin2cos2(30)sincos(30) 证明如下： sin2cos2(30)sincos(30) 3 4

19、1cos21cos(602) sin(cos30cossin30sin) 22 311111 cos2(cos60cos2sin60sin2)sincossin2 222222 3311111 cos2cos2sin2sin2(1cos2) 4422244 1113 1cos2cos2 444 uuu 4 ruuurruuu 18解：解：(1)以 A 为原点，AB， AD，AA 1 的方向分别为 x 轴，y 轴，z 轴的正方向建 立空间直角坐标系(如图) uuuu r a 设 ABa，则A(0,0,0)，D(0,1，0)，D1(0,1,1)，E(，1,0)，B1(a,0,1)，故AD 1 (0

20、,1,1)， 2 uuuruuuruuu r aa B 1E ( ，1，1)，AB 1 (a,0,1)，AE(，1,0) 22 uuuu r uuur a AD 1 B 1E 011(1)10， 2 B1EAD1 (2)假设在棱 AA1上存在一点 P(0,0，z0)， 使得 DP平面 B1AE uuu r 此时DP(0，1，z0) 又设平面 B1AE 的法向量 n n(x，y，z) n n平面 B1AE， ax z 0， uuuruuu r n nAB 1 ，n nAE，得ax y 0. 2 取 x1，得平面 B1AE 的一个法向量 n n(1， uuu r a1 要使 DP平面 B1AE，只

21、要 n nDP，有az00，解得z0 22 1 又 DP平面 B1AE，存在点 P，满足 DP平面 B1AE，此时AP 2 (3)连接 A1D，B1C，由长方体 ABCD-A1B1C1D1及 AA1AD1，得 AD1A1D B1CA1D，AD1B1C 又由()知 B1EAD1，且 B1CB1EB1， a ，a) 2 uuuu ruuuu r AD1平面 DCB1A1AD 1 是平面 A1B1E 的一个法向量，此时AD 1 (0,1,1) a uuuu r a uuuu r n nAD 1 2 uuuu r 设AD 1 与 n n 所成的角为 ，则cos 2|n n| AD 1 | a 2 1a

22、2 4 二面角 AB1EA1的大小为 30， |cos|cos30，即 3a 2 5a2 2 1 4 3 ， 2 解得 a2，即 AB 的长为 2 19解：解：方法一：(1)因为|AB|AF2|BF2|8， 即|AF1|F1B|AF2|BF2|8， 又|AF1|AF2|BF1|BF2|2a， 所以 4a8，a2 又因为e 1c1 ，即 ，所以 c1 2a2 所以b a2c23 x2y2 1 故椭圆 E 的方程是 43 y kxm， (2)由 x 2y2得(4k23)x28kmx4m2120 1， 43 因为动直线 l 与椭圆 E 有且只有一个公共点P(x0，y0)，所以 m0 且0， 即 64

23、k2m24(4k23)(4m212)0， 化简得 4k2m230(*) 4km4k3 ，y kx m， 00 4k23mm 4k3 所以 P(，) mm x 4， 由得 Q(4,4km) y kxm， 此时x 0 假设平面内存在定点 M 满足条件，由图形对称性知，点M 必在 x 轴上 uuu r uuuu r 设 M(x1,0)，则MPMQ 0对满足(*)式的 m，k 恒成立 uuuu ruuu r 4k3 因为MP( x1，)，MQ(4x1,4km)， mm uuu r uuuu r 由MPMQ 0， 16k4kx 1 12k 得4x 1 x 1 23 0， mmm k 整理，得(4x14)

24、x124x130(*) m 4x 1 4 0, 由于(*)式对满足(*)式的 m，k 恒成立，所以 2 解得 x11 x 4x 3 0, 11 故存在定点 M(1,0)，使得以 PQ 为直径的圆恒过点 M 方法二：(1)同方法一 y kxm， (2)由 x 2y2 得(4k23)x28kmx4m2120 1， 43 因为动直线 l 与椭圆 E 有且只有一个公共点P(x0，y0)，所以 m0 且0， 即 64k2m24(4k23)(4m212)0， 化简得 4k2m230(*) 4km4k3 ，y kx m ， 00 24k 3mm 4k3 所以 P( ，) mm x 4， 由得 Q(4,4km

25、) y kxm， 此时x 0 假设平面内存在定点 M 满足条件，由图形对称性知，点M 必在 x 轴上 3， 此时 P(0，3)， Q(4，3)， 以 PQ 为直径的圆为(x2)2(y 3)2 13 4，交 x 轴于点 M1(1,0)，M2(3,0)；取k ，m2，此时 P(1，)，Q(4,0)，以 PQ 为 22 取 k0，m 直径的圆为(x 5 2 345 ，交 x 轴于点 M3(1,0)，M4(4,0)所以若符合条件的点) (y)2 2416 M 存在，则 M 的坐标必为(1,0) 以下证明 M(1,0)就是满足条件的点： uuuu ruuu r 4k3 因为 M 的坐标为(1,0)，所以

26、MP(1， )，MQ(3,4km)， mm uuu r uuu u r 12k12k 从而MPMQ 33 0， mm uuu ruuuu r 故恒有MP MQ，即存在定点 M(1,0)，使得以 PQ 为直径的圆恒过点 M 20解：解：(1)由于 f(x)ex2axe，曲线 yf(x)在点(1，f(1)处切线斜率 k2a0， 所以 a0，即 f(x)exex 此时 f(x)exe，由 f(x)0 得 x1 当 x(，1)时，有 f(x)0；当 x(1，)时，有 f(x)0 所以 f(x)的单调递减区间为(，1)，单调递增区间为(1，) (2)设点 P(x0，f(x0)，曲线 yf(x)在点 P

27、处的切线方程为 yf(x0)(xx0)f(x0)， 令 g(x)f(x)f(x0)(xx0)f(x0)， 故曲线 yf(x)在点 P 处的切线与曲线只有一个公共点 P 等价于函数 g(x)有唯一零点 因为 g(x0)0，且 g(x)f(x)f(x0)exex02a(xx0) (1)若 a0，当 xx0时，g(x)0，则 xx0时，g(x)g(x0)0； 当 xx0时，g(x)0，则 xx0时，g(x)g(x0)0 故 g(x)只有唯一零点 xx0 由 P 的任意性，a0 不合题意 (2)若 a0，令 h(x)exex02a(xx0)，则 h(x0)0，h(x)ex2a 令 h(x)0，得 xl

28、n(2a)，记 xln(2a)，则当 x(，x*)时，h(x)0，从而 h(x) 在(，x*)内单调递减；当 x(x*，)时，h(x)0，从而 h(x)在(x*，)内单调递增 若 x0 x*，由 x(，x*)时，g(x)h(x)h(x*)0；x(x*，)时，g(x)h(x) h(x*)0，知 g(x)在 R R 上单调递增 所以函数 g(x)在 R R 上有且只有一个零点 xx* 若 x0 x*，由于 h(x)在(x*，)内单调递增，且h(x0)0，则当x(x*，x0)时有 g(x) h(x)h(x0)0，g(x)g(x0)0；任取 x1(x*，x0)有 g(x1)0 又当 x(，x1)时，易知 g(x)exax2ef(x0)xf(x0)x0f(x0)ex1ax2e f(x0)xf(x0)x0f(x0)ax2bxc， 其中 bef(x0) ，cex1f(x0)x0f(x0) 由于