2012高考天津文科数学试题及答案高清版

2012高考天津文科数学试题及答案高清版

‎2012年普通高等学校夏季招生全国统一考试 数学文史类(天津卷)‎ 本试题卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共150分，考试用时120分钟．‎ 参考公式：‎ ‎·如果事件A，B互斥，那么 P(A∪B)＝P(A)＋P(B)．‎ ‎·棱柱的体积公式V＝Sh．‎ 其中S表示棱柱的底面面积，‎ h表示棱柱的高．‎ ‎·圆锥的体积公式V＝Sh．‎ 其中S表示圆锥的底面面积，‎ h表示圆锥的高．‎ 第Ⅰ卷 本卷共8小题，每小题5分，共40分．‎ 一、选择题：共8小题，每小题5分，共40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． i是虚数单位，复数(　　)‎ A．1－i　　　B．－1＋i　　　C．1＋i　　　D．－1－i ‎2．设变量x，y满足约束条件则目标函数z＝3x－2y的最小值为(　　)‎ A．－5 B．－4 C．－2 D．3‎ ‎3．阅读下边的程序框图，运行相应的程序，则输出S的值为(　　)‎ A．8 B．18 C．26 D．80‎ ‎4．已知a＝21.2，，c＝2log52，则a，b，c的大小关系为(　　)‎ A．c＜b＜a B．c＜a＜b C．b＜a＜c D．b＜c＜a ‎5．设x∈R，则“”是“2x2＋x－1＞0”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 ‎6．下列函数中，既是偶函数，又在区间(1,2)内是增函数的为(　　)‎ A．y＝cos2x，x∈R B．y＝log2|x|，x∈R且x≠0‎ C．，x∈R D．y＝x3＋1，x∈R ‎7．将函数f(x)＝sinωx(其中ω＞0)的图象向右平移个单位长度，所得图象经过点(，0)，则ω的最小值是(　　)‎ A． B．1 C． D．2‎ ‎8．在△ABC中，∠A＝90°，AB＝1，AC＝2．设点P，Q满足＝λ，＝(1－λ)，λ∈R．若，则λ＝(　　)‎ A． B． C． D．2‎ 第Ⅱ卷 本卷共12小题，共110分．‎ 二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分．‎ ‎9．集合A＝{x∈R||x－2|≤5}中的最小整数为__________．‎ ‎10．一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为__________ m3．‎ ‎11．已知双曲线C1：(a＞0，b＞0)与双曲线C2：有相同的渐近线，且C1的右焦点为F(，0)，则a＝__________，b＝__________．‎ ‎12．设m，n∈R，若直线l：mx＋ny－1＝0与x轴相交于点A，与y轴相交于点B，且l与圆x2＋y2＝4相交所得弦的长为2，O为坐标原点，则△AOB面积的最小值为__________．‎ ‎13．如图，已知AB和AC是圆的两条弦，过点B作圆的切线与AC的延长线相交于点D．过点C作BD的平行线与圆相交于点E，与AB相交于点F，AF＝3，FB＝1，，则线段CD的长为__________．‎ ‎14．已知函数的图象与函数y＝kx的图象恰有两个交点，则实数k的取值范围是__________．‎ 三、解答题：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．‎ ‎15．某地区有小学21所，中学14所，大学7所，现采用分层抽样的方法从这些学校中抽取6所学校对学生进行视力调查．‎ ‎(1)求应从小学、中学、大学中分别抽取的学校数目；‎ ‎(2)若从抽取的6所学校中随机抽取2所学校做进一步数据分析，‎ ‎①列出所有可能的抽取结果；‎ ‎②求抽取的2所学校均为小学的概率．‎ ‎16．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c．已知a＝2，，．‎ ‎(1)求sinC和b的值；‎ ‎(2)求cos(2A＋)的值．‎ ‎17．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，AD⊥PD，BC=1，，PD=CD=2．‎ ‎(1)求异面直线PA与BC所成角的正切值；‎ ‎(2)证明平面PDC⊥平面ABCD；‎ ‎(3)求直线PB与平面ABCD所成角的正弦值．‎ ‎18．已知{an}是等差数列，其前n项和为Sn，{bn}是等比数列，且a1＝b1＝2，a4＋b4＝27，S4－b4＝10．‎ ‎(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；‎ ‎(2)记Tn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn，n∈N*，证明Tn－8＝an－1bn＋1(n∈N*，n＞2)．‎ ‎19．已知椭圆a＞b＞0)，点P(，)在椭圆上．‎ ‎(1)求椭圆的离心率；‎ ‎(2)设A为椭圆的左顶点，O为坐标原点．若点Q在椭圆上且满足|AQ|＝|AO|，求直线OQ的斜率的值．‎ ‎20．已知函数f(x)＝x3＋x2－ax－a，x∈R，其中a＞0．‎ ‎(1)求函数f(x)的单调区间；‎ ‎(2)若函数f(x)在区间(－2,0)内恰有两个零点，求a的取值范围；‎ ‎(3)当a＝1时，设函数f(x)在区间［t，t＋3］上的最大值为M(t)，最小值为m(t)，记g(t ‎)＝M(t)－m(t)，求函数g(t)在区间［－3，－1］上的最小值．‎ ‎1． C　．‎ ‎2． B　由约束条件可得可行域：‎ 对于目标函数z=3x－2y，‎ 可化为，‎ 要使z取最小值，可知过A点时取得．‎ 由得即A(0,2)，‎ ‎∴z=3×0－2×2=－4．‎ ‎3． C　n＝1，S＝0＋31－30＝2，n＝2；‎ n＝2＜4，S＝2＋32－31＝8，n＝3；‎ n＝3＜4，S＝8＋33－32＝26，n＝4；‎ ‎4≥4，输出S＝26．‎ ‎4． A　a＝21.2，b＝()－0.8＝20.8，‎ ‎∵21.2＞20.8＞1，∴a＞b＞1，c＝2log52＝log54＜1．‎ ‎∴c＜b＜a．‎ ‎5． A　∵2x2＋x－1＞0，可得x＜－1或，‎ ‎∴“”是“2x2＋x－1＞0”的充分而不必要条件．‎ ‎6． B　对于A项，y＝cos2x是偶函数，但在区间(1，)内是减函数，在区间(，2)内是增函数，不满足题意．‎ 对于B项，log2|－x|＝log2|x|，是偶函数，当x∈(1,2)时，y＝log2x是增函数，满足题意．‎ 对于C项，，‎ ‎∴是奇函数，不满足题意．‎ 对于D项，y＝x3＋1是非奇非偶函数，不满足题意．‎ ‎7． D　f(x)=sinωx的图象向右平移个单位长度得：y=sin［ω(x－)］．‎ 又所得图象过点(,0)，‎ ‎∴．‎ ‎∴．‎ ‎∴(k∈Z)．‎ ‎∴ω=2k(k∈Z)．‎ ‎∵ω＞0，∴ω的最小值为2．‎ ‎8． B　设，，‎ ‎∴|a|＝1，|b|＝2，且a·b＝0．‎ ‎＝［(1－λ)b－a］·(λa－b)‎ ‎＝－λa2－(1－λ)b2＝－λ－4(1－λ)＝3λ－4＝－2，∴．‎ ‎9．答案：－3‎ 解析：∵|x－2|≤5，∴－5≤x－2≤5，‎ ‎∴－3≤x≤7，∴集合A中的最小整数为－3．‎ ‎10．答案：30‎ 解析：由几何体的三视图可知：该几何体的顶部为平放的直四棱柱，底部为长、宽、高分别为4 m,3 m,2 m的长方体．‎ ‎∴几何体的体积V＝V棱柱＋V长方体＝×4＋4×3×2＝6＋24＝30(m3)．‎ ‎11．答案：1　2‎ 解析：∵C1与C2的渐近线相同，∴．‎ 又C1的右焦点为F(，0)，∴，即a2＋b2＝5．‎ ‎∴a2＝1，b2＝4，∴a＝1，b＝2．‎ ‎12．答案：3‎ 解析：∵l与圆相交所得弦的长为2，∴，‎ ‎∴m2＋n2＝≥2|mn|，∴|mn|≤．‎ l与x轴交点A(，0)，与y轴交点B(0，)，‎ ‎∴．‎ ‎13．答案：‎ 解析：在圆中，由相交弦定理：‎ AF·FB＝EF·FC，‎ ‎∴，‎ 由三角形相似，，‎ ‎∴．‎ 由切割弦定理：DB2＝DC·DA，‎ 又DA＝4CD，‎ ‎∴4DC2＝DB2＝．‎ ‎∴．‎ ‎14．答案：(0,1)∪(1,2)‎ 解析：‎ 函数y=kx过定点(0,0)．‎ 由数形结合可知：‎ ‎0＜k＜1或1＜k＜kOC，‎ ‎∴0＜k＜1或1＜k＜2．‎ ‎15．解：(1)从小学、中学、大学中分别抽取的学校数目为3,2,1．‎ ‎(2)①在抽取到的6所学校中，3所小学分别记为A1，A2，A3,2所中学分别记为A4，A5，大学记为A6，则抽取2所学校的所有可能结果为{A1，A2}，{A1，A3}，{A1，A4}，{A1，A5}，{A1，A6}，{A2，A3}，{A2，A4}，{A2，A5}，{A2，A6}，{A3，A4}，{A3，A5}，{A3，A6}，{A4，A5}，{A4，A6}，{A5，A6}，共15种．‎ ‎②从6所学校中抽取的2所学校均为小学(记为事件B)的所有可能结果为{A1，A2}，{A1，A3}，{A2，A3}，共3种．‎ 所以．‎ ‎16．解：(1)在△ABC中，由，可得．‎ 又由及a＝2，，可得．‎ 由a2＝b2＋c2－2bccosA，得b2＋b－2＝0．‎ 因为b＞0，故解得b＝1．‎ 所以，b＝1．‎ ‎(2)由，，得cos2A＝2cos2A－1＝，sin2A＝2sinAcosA＝，‎ 所以，cos(2A＋)＝cos2Acos－sin2Asin＝．‎ ‎17．解：(1)如图，在四棱锥P－ABCD中，因为底面ABCD是矩形，所以AD=BC且AD∥BC．又因为AD⊥PD，故∠PAD为异面直线PA与BC所成的角．‎ 在Rt△PDA中，．‎ 所以，异面直线PA与BC所成角的正切值为2．‎ ‎(2)证明：由于底面ABCD是矩形，故AD⊥CD，又由于AD⊥PD，CD∩PD=D，因此AD⊥平面PDC，而AD平面ABCD，所以平面PDC⊥平面ABCD．‎ ‎(3)在平面PDC内，过点P作PE⊥CD交直线CD于点E，连接EB．‎ 由于平面PDC⊥平面ABCD，而直线CD是平面PDC与平面ABCD的交线．‎ 故PE⊥平面ABCD，由此得∠PBE为直线PB与平面ABCD所成的角．‎ 在△PDC中，由于PD＝CD＝2，，可得∠PCD＝30°．‎ 在Rt△PEC中，PE＝PCsin30°＝．‎ 由AD∥BC，AD⊥平面PDC，得BC⊥平面PDC，‎ 因此BC⊥PC．‎ 在Rt△PCB中，．‎ 在Rt△PEB中，．‎ 所以直线PB与平面ABCD所成角的正弦值为．‎ ‎18．解：(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q．由a1＝b1＝2，得a4＝2＋3d，b4＝2q3，S4＝8＋6d．‎ 由条件，得方程组解得 所以an＝3n－1，bn＝2n，n∈N*．‎ ‎(2证明：由(1)得 Tn＝2×2＋5×22＋8×23＋…＋(3n－1)×2n，①‎ ‎2Tn＝2×22＋5×23＋…＋(3n－4)×2n＋(3n－1)×2n＋1．②‎ 由①－②，得 ‎－Tn＝2×2＋3×22＋3×23＋…＋3×2n－(3n－1)×2n＋1‎ ‎＝－(3n－1)×2n＋1－2＝－(3n－4)×2n＋1－8，‎ 即Tn－8＝(3n－4)×2n＋1，‎ 而当n＞2时，an－1bn＋1＝(3n－4)×2n＋1．‎ 所以，Tn－8＝an－1bn＋1，n∈N*，n＞2．‎ ‎19．解：(1)因为点P(，)在椭圆上，故，可得．‎ 于是，所以椭圆的离心率．‎ ‎(2)设直线OQ的斜率为k，则其方程为y＝kx，设点Q的坐标为(x0，y0)．‎ 由条件得消去y0并整理得 ‎．①‎ 由|AQ|＝|AO|，A(－a,0)及y0＝kx0，得(x0＋a)2＋k2x02＝a2，整理得(1＋k2)x02＋2ax0＝0，而x0≠0，故，代入①，整理得(1＋k2)2＝4k2·＋4．‎ 由(1)知，故(1＋k2)2＝k2＋4，‎ 即5k4－22k2－15＝0，可得k2＝5．‎ 所以直线OQ的斜率．‎ ‎20．解：(1)f′(x)＝x2＋(1－a)x－a＝(x＋1)(x－a)．由f′(x)＝0，得x1＝－1，x2＝a＞0．‎ 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：‎ x ‎(－∞，－1)‎ ‎－1‎ ‎(－1，a)‎ a ‎(a，＋∞)‎ f′(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎ 极大值 极小值 故函数f(x)的单调递增区间是(－∞，－1)，(a，＋∞)；单调递减区间是(－1，a)．‎ ‎(2)由(1)知f(x)在区间(－2，－1)内单调递增，在区间(－1,0)内单调递减，从而函数f(x)在区间(－2,0)内恰有两个零点当且仅当解得0＜a＜．‎ 所以，a的取值范围是(0，)．‎ ‎(3)a＝1时，f(x)＝x3－x－1．由(1)知f(x)在［－3，－1］上单调递增，在［－1,1］上单调递减，在［1,2］上单调递增．‎ ‎①当t∈［－3，－2］时，t＋3∈［0,1］，－1∈［t，t＋3］，f(x)在［t，－1］上单调递增，在［－1，t＋3］上单调递减．因此，f(x)在［t，t＋3］上的最大值M(t)＝f(－1)＝，而最小值m(t)为f(t)与f(t＋3)中的较小者．由f(t＋3)－f(t)＝3(t＋1)(t＋2)知，当t∈［－3，－2］时，f(t)≤f(t＋3)，故m(t)＝f(t)，所以g(t)＝f(－1)－f(t)．而f(t)在［－3，－2］上单调递增，因此f(t)≤f(－2)＝，所以g(t)在［－3，－2］上的最小值为．‎ ‎②当t∈［－2，－1］时，t＋3∈［1,2］，且－1,1∈［t，t＋3］．‎ 下面比较f(－1)，f(1)，f(t)，f(t＋3)的大小．‎ 由f(x)在［－2，－1］，［1,2］上单调递增，有 f(－2)≤f(t)≤f(－1)，f(1)≤f(t＋3)≤f(2)．‎ 又由f(1)＝f(－2)＝，f(－1)＝f(2)＝，从而M(t)＝f(－1)＝，m(t)＝f(1)＝．‎ 所以g(t)＝M(t)－m(t)＝．‎ 综上，函数g(t)在区间［－3，－1］上的最小值为．‎