2012年北京高考理科数学试题及答案.doc-资料库

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2012年北京高考理科数学试题及答案本试卷共 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，- 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 A  3| xRx {  }02 x 2 3 ，利用二次不等式可得 B  |{ xx  1 或 }3x 画出数轴易得： BA   |{ xx  }3 ．故选 D．【答案】D 2．设不等式组 0   0    x y ,2 2 距离大于 2 的概率是，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（A）  4 【解析】题目中 0   0  2 （C）  6 （D） 4  4 （B）  2 2  2  x y 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   122  4 22  2 2 P   4  4 ，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 C.充分必要条件 B.必要而不充分条件 D.既不充分也不必要条件 a 【解析】当 0a 时，如果 0b 同时等于零，此时是实数，不是纯虚数，因此不是充分条件；而如果 bi a  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（）  bi 0 A. 2 B .4 C.8 D. 16

s k 1 ， s ， 1  【解析】 0k 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(   1 k ， 2 2 s k 2 ， 8s ，循环结束，输出的 s ) A. CE·CB=AD·DB C. AD·AB=CD ² B. CE·CB=AD·AB D.CE·EB=CD ² 【解析】在 ACB  中，∠ACB=90º，CD⊥AB 于点 D，所以 CD 2 AD  DB ,由切割线定理的 CD 2 CE  CB ,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+6 5 B. 30+6 5 C. 56+ 12 5 D. 60+12 5 【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 S  S 底  S 后  S 右  S 左  30  56 ，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(非选择题共 110 分) 二.填空题共 6 小题。每小题 5 分。共 30 分. cos 3 sin3 t  1  为参数)与曲线 9．直线   x y x y ( t 2 t        (   为参数)的交点个数为______。【解析】直线的普通方程 x 01  y ，圆的普通方程为 2 x 2  y  9 ，可以直线圆相交，故有 2 个交点。【答案】2 10．已知 }{ na 等差数列 nS 为其前 n 项和。若【解析】因为 S 2  a 3 a 1 a 2  a 3 a 1 所以 a 2  a 1  d 1 ，  ( nn  )1 d  2 n  1 a 1 2 d  a 1 1 4 ， S  ，则 2a =_______。 2 a 3  d d 2 a 1  1 2 ，。 a 1 1 4 n 【答案】 12 a ， Sn  Sn na  1 1 2  1 n 4 4 n 11．在△ABC 中，若 a =2，b+c=7，cosB= 1 ，则 b=_______。 4 【解析】在 △ ABC 中，利用余弦定理 2 aB  cos 2 b 2 c   2 ac  1 4 (4  bcbc   4 )( c )

，化简得： 8 c 7  b  04 ，与题目条件 7 cb 联立，可解得 c   b   a     ,3 ,4 .2  ) (74 bc   4 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 60º.则△OAF 的面积为【解析】由 y 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 4 x k tan 60  3 ，利用点斜式，直线方程为 y  3  x 3 ，将直线和曲线联立     y y  2  3 x 4 x  3       )32,3( A 1( 32,  3 3 B ) ，因此 S  OAF  1 2 OF  y A 【答案】 3  321 1 2  3 ． 13．已知正方形 ABCD 的边长为 1，点 E 是 AB 边上的动点，则的最大值为______。 DE  的值为________， CB DE  DC 【解析】根据平面向量的数量积公式 DE  CB  DE  DA  | | DE  | DA | cos ，由图可知， | DE | cos   |  DA | ，因此 DE  CB |  DA 2 | 1 ， DE  DC |  DE |  | DC | cos  | | DE cos ，而 | | DE cos 就是向量 DE 在 DC 边上的射影，要想让 DE  DC 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 )( ( xmxf   2 mxm )(   )3 ， )( xg  x 2  2 ，若同时满足条件： ① Rx  ， 0)( xf 或 0)( xg ； ② x )4, ( , )(xf 0)( xg 。则 m 的取值范围是_______。【解析】根据 )( xg  x 2  02 ，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 x 1  ， m 2 x 2  m 3 。为保证此条件成立，需要 x x    1 2  2 1  13  m m      m m  1 2 4  ，和大前提 0m 取交集结果为  4 m ；又由于条件 2：要求  0 x )4, ( ， )()( xgxf 0 的限制，可分析得出在 x )4, ( 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 1, xx 两根中小的那个大，当 2 )0,1(m 时，  m 3  4 ，解得，交集为空，舍。当 1m 时，两个根同为 2  4 ，舍。当 m )1,4( 时， 2 m 4 ，解得 2m ，综上所述 m )2,4( ．【答案】 m )2,4( 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） (sin x 2sin)  x 已知函数。 )( xf  cos sin x x （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） CD DE ， 1A E DE  DE  平面 1A CD ，又 1A C  平面 1A CD ，

 1A C  DE 又 1AC CD ，  1A C  平面 BCDE 。（2）如图建系 C xyz  ，则  A ，， 0 0 2 3  ，  B ，，，  0 3 0  0 E  ，， 2 2   A B  1  ∴ 0 3  ，， 2 3 设平面 1A BE 法向量为   0 0 D  ，，，  2    1 0 2 A E   ，， , 1  n z ，，  x y      A B n 则 1   A E n 1         0 0  ∴ 3 y   2   2 3 z  x y    0 0 ∴ y  3 z  2  y    x  2 1 2 ，， M  ，， 1 0  3  3  ∴  n   又∵    CM   ∴ ∴ cos   | 1 0 ，，   CM n    | CM n  |  3  | 1 3  1 4 3     1 3  4 2 2 2   2 2 ， ∴ CM 与平面 1A BE 所成角的大小 45 。（3）设线段 BC 上存在点 P ，设 P 点坐标为   A P 1   则 0  ，， a 2 3  DP   2 0 ，， a a，，，则  0 3 a  ， 0   0   ，  n 1 设平面 1A DP 法向量为   x 1 z ，， 1 y 1  ， ay 则 1 2 x 1       2 3 z  1 0 ay  1 0 ∴  3 z  1 6  1    x  1 2 ay 1 ay 1 ∴  3 a    n 1 ，， 6 3 a  。假设平面 1A DP 与平面 1A BE 垂直，   n n  则 1 0 ，∴ 3 a  12 3 a   ， 6 0 a   ， 12 a   ， 2 ∵ 0 a  ，∴不存在线段 BC 上存在点 P ，使平面 1A DP 与平面 1A BE 垂直。 3 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 100 厨余垃圾 240 可回收物其他垃圾 20 （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； 400 30 20 100 30 60 （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 , 的方差 2s 最大时，写出 cba , cba , , 的值（结论不要求证明），并求此时 2s 的值。 2 x )    ( x n  x 2 ]) ，其中 x 为数据 , xx 1  的平均数） 2 nx , ,  2 b  2 c  120000) ，因此有当 600 a  ， 0 b  ， 0 c  时，有 2 s  80000 ． [(1 n 2 2 s   x 1  （注：解：（）由题意可知： 400 2= x 2  x ( ) （）由题意可知： 200+60+40 600 3 。 3= 10 。 1000 1 ( 3 a 2 （）由题意可知： 2 s  18．（本小题共 13 分）解：（）由  1 c，为公共切点可得：  ( ) f x  2 ax  1( a   ，则 ( ) f x 0) k  ， 1 ax 2 a ， 2 ( )g x  3 x  ，则 bx  ( )=3 f x x 2 k  ， 2 b  2 a 又 (1) f b   ① 3 a  ， (1) 1 1 g   ， b   ， b 3  1 1    ，即 a a b b ，代入①式可得： a    b 3 3 ．（2） 2 a b ， 设 4 ( ) h x  ( ) f x  ( ) g x  3 x  2 ax  21 a x 4  1 则  ( ) 3 h x  x 2  2 ax  h x ，令 ( )  ，解得： 1 0 x   ， 2 x   ； a 2 a 6 21 a 4 a 6  0 a  ，    ， a 2

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