2012高考理科数学试题精校版新课标全国卷

2012高考理科数学试题精校版新课标全国卷

‎2012年普通高等学校招生全国统一考试 数学理工农医类(全国卷)‎ 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．‎ 第Ⅰ卷 一、选择题：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．已知集合A＝{1,2,3,4,5}，B＝{(x，y)|x∈A，y∈A，x－y∈A}，则B中所含元素的个数为(　　)‎ A．3 B．6 C．8 D．10‎ ‎2．将2名教师，4名学生分成2个小组，分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动，每个小组由1名教师和2名学生组成，不同的安排方案共有(　　)‎ A．12种 B．10种 C．9种 D．8种 ‎3．下面是关于复数的四个命题：‎ p1：|z|＝2，p2：z2＝2i，p3：z的共轭复数为1＋i，p4：z的虚部为－1，‎ 其中的真命题为(　　)‎ A．p2，p3 B．p1，p2 C．p2，p4 D．p3，p4‎ ‎4．设F1，F2是椭圆E：(a＞b＞0)的左、右焦点，P为直线上一点，△F2PF1是底角为30°的等腰三角形，则E的离心率为(　　)‎ A． B． C． D．‎ ‎5．已知{an}为等比数列，a4＋a7＝2，a5a6＝－8，则a1＋a10＝(　　)‎ A．7 B．5 C．－5 D．－7‎ ‎6．如果执行下边的程序框图，输入正整数N(N≥2)和实数a1，a2，…，aN，输出A，B，则(　　)‎ A．A＋B为a1，a2，…，aN的和 B．为a1，a2，…，aN的算术平均数 C．A和B分别是a1，a2，…，aN中最大的数和最小的数 D．A和B分别是a1，a2，…，aN中最小的数和最大的数 ‎7．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为(　　)‎ A．6 B．9 C．12 D．18‎ ‎8．等轴双曲线C的中心在原点，焦点在x轴上，C与抛物线y2＝16x的准线交于A，B两点，，则C的实轴长为(　　)‎ A． B． C．4 D．8‎ ‎9．已知ω＞0，函数f(x)＝sin(ωx＋)在(，π)上单调递减，则ω的取值范围是(　　)‎ A． B． C．(0，］ D．(0,2］‎ ‎10．已知函数，则y＝f(x)的图像大致为(　　)‎ ‎11．已知三棱锥S－ABC的所有顶点都在球O的球面上，△ABC是边长为1的正三角形，SC为球O的直径，且SC＝2，则此棱锥的体积为(　　)‎ A． B． C． D．‎ ‎12．设点P在曲线上，点Q在曲线y＝ln(2x)上，则|PQ|的最小值为(　　)‎ A．1－ln2 B．(1－ln2)‎ C．1＋ln2 D．(1＋ln2)‎ 第Ⅱ卷 本卷包括必考题和选考题两部分．第13题～第21题为必考题，每个试题考生都必须做答．第22题～第24题为选考题，考生根据要求做答．‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．‎ ‎13．已知向量a，b夹角为45°，且|a|＝1，|2a－b|＝，则|b|＝__________．‎ ‎14．设x，y满足约束条件，则z＝x－2y的取值范围为__________．‎ ‎15．(某一部件由三个电子元件按下图方式连接而成，元件1或元件2正常工作，且元件3正常工作，则部件正常工作．设三个电子元件的使用寿命(单位：小时)均服从正态分布N(1 000,502)，且各个元件能否正常工作相互独立，那么该部件的使用寿命超过1 000小时的概率为__________．‎ ‎16．列{an}满足an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则{an}的前60项和为__________．‎ 三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．‎ ‎17．已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，acosC＋asinC－b－c＝0．‎ ‎(1)求A；‎ ‎(2)若a＝2，△ABC的面积为，求b，c．‎ ‎18．某花店每天以每枝5元的价格从农场购进若干枝玫瑰花，然后以每枝10元的价格出售．如果当天卖不完，剩下的玫瑰花作垃圾处理．‎ ‎(1)若花店一天购进16枝玫瑰花，求当天的利润y(单位：元)关于当天需求量n(单位：枝，n∈N)的函数解析式；‎ ‎ (2)花店记录了100天玫瑰花的日需求量(单位：枝)，整理得下表：‎ 日需求量n ‎14‎ ‎15‎ ‎16‎ ‎17‎ ‎18‎ ‎19‎ ‎20‎ 频数 ‎10‎ ‎20‎ ‎16‎ ‎16‎ ‎15‎ ‎13‎ ‎10‎ 以100天记录的各需求量的频率作为各需求量发生的概率．‎ ‎①若花店一天购进16枝玫瑰花，X表示当天的利润(单位：元)，求X的分布列、数学期望及方差；‎ ‎②若花店计划一天购进16枝或17枝玫瑰花，你认为应购进16枝还是17枝？请说明理由．‎ ‎19．如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝BC＝AA1，D是棱AA1的中点，DC1⊥BD．‎ ‎(1)证明：DC1⊥BC；‎ ‎(2)求二面角A1－BD－C1的大小．‎ ‎20．设抛物线C：x2＝2py(p＞0)的焦点为F，准线为l，A为C上一点，已知以F为圆心，FA为半径的圆F交l于B，D两点．‎ ‎(1)若∠BFD＝90°，△ABD的面积为，求p的值及圆F的方程；‎ ‎(2)若A，B，F三点在同一直线m上，直线n与m平行，且n与C只有一个公共点，求坐标原点到m，n距离的比值．‎ ‎21．已知函数f(x)满足f(x)＝f′(1)ex－1－f(0)x＋x2．‎ ‎(1)求f(x)的解析式及单调区间；‎ ‎(2)若f(x)≥x2＋ax＋b，求(a＋1)b的最大值．‎ ‎22．选修4—1：几何证明选讲 如图，D，E分别为△ABC边AB，AC的中点，直线DE交△ABC的外接圆于F，G两点．若CF∥AB，证明：‎ ‎(1)CD＝BC；‎ ‎(2)△BCD∽△GBD．‎ ‎23．选修4—4：坐标系与参数方程 已知曲线C1的参数方程是(φ为参数)，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程是ρ＝2．正方形ABCD的顶点都在C2上，且A，B，C，D依逆时针次序排列，点A的极坐标为(2，)．‎ ‎(1)求点A，B，C，D的直角坐标；‎ ‎(2)设P为C1上任意一点，求|PA|2＋|PB|2＋|PC|2＋|PD|2的取值范围．‎ ‎24．选修4—5：不等式选讲 已知函数f(x)＝|x＋a|＋|x－2|．‎ ‎(1)当a＝－3时，求不等式f(x)≥3的解集；‎ ‎(2)若f(x)≤|x－4|的解集包含[1,2］，求a的取值范围．‎ ‎1．D　由x∈A，y∈A得x－y∈A，则(x，y)可取如下：(2,1)，(3,1)，(4,1)，(5,1)，(3,2)，(4,2)，(5,2)，(4,3)，(5,3)，(5,4)，故集合B中所含元素的个数为10个．‎ ‎2． A　将4名学生均分为2个小组共有种分法，‎ 将2个小组的同学分给两名教师带有种分法，‎ 最后将2个小组的人员分配到甲、乙两地有种分法，‎ 故不同的安排方案共有3×2×2＝12种．‎ ‎3．C　，故，p1错误；z2＝(－1－i)2＝(1＋i)2＝2i，p2正确；z的共轭复数为－1＋i，p3错误；p4正确．‎ ‎4．C　设直线与x轴交于点M，则∠PF2M＝60°，在Rt△PF2M中，PF2＝F1F2‎ ‎＝2c，，‎ 故，‎ 解得，故离心率．‎ ‎5．D　∵{an}为等比数列，‎ ‎∴a5a6＝a4a7＝－8，‎ 联立，可解得或 当时，，故a1＋a10＝＋a7q3＝－7；‎ 当时，q3＝－2，同理，有a1＋a10＝－7．‎ ‎6．C　随着k的取值不同，x可以取遍实数a1，a2，…，aN，依次与A，B比较，A始终取较大的那个数，B始终取较小的那个数，直到比较完为止，故最终输出的A，B分别是这N个数中的最大数与最小数．‎ ‎7．B　由三视图可推知，几何体的直观图如下图所示，可知AB＝6，CD＝3，PC＝3，CD垂直平分AB，且PC⊥平面ACB，故所求几何体的体积为．‎ ‎8． C　设双曲线的方程为，抛物线的准线为x＝－4，且，故可得A(－4，)，B(－4，)，将点A坐标代入双曲线方程得a2＝4，故a＝2，故实轴长为4．‎ ‎9． A　结合y＝sinωx的图像可知y＝sinωx在上单调递减，而y＝sin(ωx＋)＝sin[ω(x＋)］，故由y＝sinωx的图像向左平移个单位之后可得y＝sin(ωx＋)的图像，故y＝sin(ωx＋)在上单调递减，故应有(，π)，解得．‎ ‎10． B　当x＝1时，，排除A项；当x＝0时，y不存在，排除D项；，因定义中要求x＞－1，故当－1＜x＜0时，f′(x)＜‎ ‎0，故y＝f(x)在(－1,0)上单调递减，故选B项．‎ ‎11． A　∵SC是球O的直径，‎ ‎∴∠CAS＝∠CBS＝90°．‎ ‎∵BA＝BC＝AB＝1，SO＝2，∴AS＝BS＝．‎ 取AB的中点D，显然AB⊥CD，AB⊥CS，‎ ‎∴AB⊥平面CDS．‎ 在△CDS中，，，SC＝2，利用余弦定理可得，‎ 故，‎ ‎∴，‎ ‎∴V＝VB－CDS＋VA－CDS＝·S△CDS·BD＋S△CDS·AD＝S△CDS·BA＝．‎ ‎12．B　由题意知函数与y＝ln(2x)互为反函数，其图像关于直线y＝x对称，两曲线上点之间的最小距离就是y＝x与最小距离的2倍，设上点(x0，y0)处的切线与y＝x平行，有，x0＝ln2，y0＝1，∴y＝x与的最小距离是 (1－ln2)，‎ ‎∴|PQ|的最小值为(1－ln2)×2＝(1－ln2)．‎ ‎13．答案：‎ 解析：∵a，b的夹角为45°，|a|＝1，‎ ‎∴a·b＝|a|×|b|cos45°＝|b|，‎ ‎|2a－b|2＝4－4×|b|＋|b|2＝10，‎ ‎∴．‎ ‎14．答案：[－3,3］‎ 解析：作出不等式组的可行域，如图阴影部分，作直线l0：x－2y=0，在可行域内平移知过点A时，z=x－2y取得最大值，过点B时，z=x－2y取最小值．‎ 由得B点坐标为(1,2)，‎ 由得A点坐标为(3,0)．‎ ‎∴zmax=3－2×0=3，zmin=1－2×2=－3．‎ ‎∴z∈[－3,3］．‎ ‎15．答案：‎ 解析：设元件1,2,3的使用寿命超过1 000小时的事件分别记为A，B，C，显然P(A)＝P(B)＝P(C)＝，‎ ‎∴该部件的使用寿命超过1 000的事件为．‎ ‎∴该部件的使用寿命超过1 000小时的概率为．‎ ‎16．答案：1 830‎ 解析：∵an＋1＋(－1)nan＝2n－1，‎ ‎∴a2＝1＋a1，a3＝2－a1，a4＝7－a1，a5＝a1，a6＝9＋a1，a7＝2－a1，a8＝15－a1，a9＝a1，a10＝17＋a1，a11＝2－a1，a12＝23－a1，…，a57＝a1，a58＝113＋a1，a59＝2－a1，a60＝119－a1，‎ ‎∴a1＋a2＋…＋a60‎ ‎＝(a1＋a2＋a3＋a4)＋(a5＋a6＋a7＋a8)＋…＋(a57＋a58＋a59＋a60)‎ ‎＝10＋26＋42＋…＋234＝．‎ ‎17．解：(1)由acosC＋asinC－b－c＝0及正弦定理得 sinAcosC＋sinAsinC－sinB－sinC＝0．‎ 因为B＝π－A－C，‎ 所以sinAsinC－cosAsinC－sinC＝0．‎ 由于sinC≠0，所以．‎ 又0＜A＜π，故．‎ ‎(2)△ABC的面积，故bc＝4．‎ 而a2＝b2＋c2－2bccosA，故b2＋c2＝8．‎ 解得b＝c＝2．‎ ‎18．解：(1)当日需求量n≥16时，利润y＝80．‎ 当日需求量n＜16时，利润y＝10n－80．‎ 所以y关于n的函数解析式为 ‎ (2)①X可能的取值为60,70,80，并且P(X＝60)＝0.1，P(X＝70)＝0.2，P(X＝80)＝0.7．‎ X的分布列为 X ‎60‎ ‎70‎ ‎80‎ P ‎0.1‎ ‎0.2‎ ‎0.7‎ X的数学期望为 EX＝60×0.1＋70×0.2＋80×0.7＝76．‎ X的方差为 DX＝(60－76)2×0.1＋(70－76)2×0.2＋(80－76)2×0.7＝44．‎ ‎②答案一：‎ 花店一天应购进16枝玫瑰花．理由如下：‎ 若花店一天购进17枝玫瑰花，Y表示当天的利润(单位：元)，那么Y的分布列为 Y ‎55‎ ‎65‎ ‎75‎ ‎85‎ P ‎0.1‎ ‎0.2‎ ‎0.16‎ ‎0.54‎ Y的数学期望为 EY＝55×0.1＋65×0.2＋75×0.16＋85×0.54＝76.4．‎ Y的方差为 DY＝(55－76.4)2×0.1＋(65－76.4)2×0.2＋(75－76.4)2×0.16＋(85－76.4)2×0.54＝112.04．‎ 由以上的计算结果可以看出，DX＜DY，即购进16枝玫瑰花时利润波动相对较小．‎ 另外，虽然EX＜EY，但两者相差不大．‎ 故花店一天应购进16枝玫瑰花．‎ 答案二：‎ 花店一天应购进17枝玫瑰花．理由如下：‎ 若花店一天购进17枝玫瑰花，Y表示当天的利润(单位：元)，那么Y的分布列为 Y ‎55‎ ‎65‎ ‎75‎ ‎85‎ P ‎0.1‎ ‎0.2‎ ‎0.16‎ ‎0.54‎ Y的数学期望为 EY＝55×0.1＋65×0.2＋75×0.16＋85×0.54＝76.4．‎ 由以上的计算结果可以看出，EX＜EY，即购进17枝玫瑰花时的平均利润大于购进16枝时的平均利润．故花店一天应购进17枝玫瑰花．‎ ‎19．解：(1)证明：由题设知，三棱柱的侧面为矩形．‎ 由于D为AA1的中点，故DC＝DC1．‎ 又，可得DC12＋DC2＝CC12，‎ 所以DC1⊥DC．‎ 而DC1⊥BD，DC∩BD＝D，所以DC1⊥平面BCD．‎ BC平面BCD，故DC1⊥BC．‎ ‎(2)由(1)知BC⊥DC1，且BC⊥CC1，‎ 则BC⊥平面ACC1，‎ 所以CA，CB，CC1两两相互垂直．‎ 以C为坐标原点，的方向为x轴的正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系C－xyz．‎ 由题意知A1(1,0,2)，B(0,1,0)，D(1,0,1)，C1(0,0,2)．‎ 则，，．‎ 设n=(x，y，z)是平面A1B1BD的法向量，‎ 则，即 可取n＝(1,1,0)．‎ 同理，设m是平面C1BD的法向量，‎ 可取m＝(1，2，1).‎ ‎.‎ 故二面角A1－BD－C1的大小为30°‎ ‎20．解：(1)由已知可得△BFD为等腰直角三角形，|BD|＝2p，圆F的半径.‎ 由抛物线定义可知A到l的距离.‎ 因为△ABD的面积为，‎ 所以，‎ 即，‎ 解得p＝－2(舍去)，p＝2.‎ 所以F(0,1)，圆F的方程为x2＋(y－1)2＝8.‎ ‎(2)因为A，B，F三点在同一直线m上，‎ 所以AB为圆F的直径，∠ADB＝90°.‎ 由抛物线定义知|AD|＝|FA|＝|AB|，‎ 所以∠ABD＝30°，m的斜率为或.‎ 当m的斜率为时，由已知可设n：y＝x＋b，代入x2＝2py，得x2－px－2pb＝0.‎ 由于n与C只有一个公共点，故＝p2＋8pb＝0，‎ 解得.‎ 因为m的截距，，所以坐标原点到m，n距离的比值为3.‎ 当m的斜率为时，由图形对称性可知，坐标原点到m，n距离的比值为3.‎ ‎21．解：(1)由已知得f′(x)＝f′(1)ex－1－f(0)＋x.‎ 所以f′(1)＝f′(1)－f(0)＋1，即f(0)＝1.‎ 又f(0)＝f′(1)e－1，所以f′(1)＝e.‎ 从而f(x)＝ex－x＋x2.‎ 由于f′(x)＝ex－1＋x，‎ 故当x∈(－∞，0)时，f′(x)＜0；‎ 当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0.‎ 从而，f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．‎ ‎(2)由已知条件得ex－(a＋1)x≥b.①‎ ‎(ⅰ)若a＋1＜0，则对任意常数b，当x＜0，且时，可得ex－(a＋1)x＜b，因此①式不成立．‎ ‎(ⅱ)若a＋1＝0，则(a＋1)b＝0.‎ ‎(ⅲ)若a＋1＞0，设g(x)＝ex－(a＋1)x，‎ 则g′(x)＝ex－(a＋1)．‎ 当x∈(－∞，ln(a＋1))时，g′(x)＜0；‎ 当x∈(ln(a＋1)，＋∞)时，g′(x)＞0.‎ 从而g(x)在(－∞，ln(a＋1))上单调递减，在(ln(a＋1)，＋∞)上单调递增．‎ 故g(x)有最小值g(ln(a＋1))＝a＋1－(a＋1)ln(a＋1)．‎ 所以f(x)≥x2＋ax＋b等价于 b≤a＋1－(a＋1)ln(a＋1)．②‎ 因此(a＋1)b≤(a＋1)2－(a＋1)2ln(a＋1)．‎ 设h(a)＝(a＋1)2－(a＋1)2ln(a＋1)，‎ 则h′(a)＝(a＋1)(1－2ln(a＋1))．‎ 所以h(a)在(－1，)上单调递增，在(，＋∞)上单调递减，‎ 故h(a)在处取得最大值．‎ 从而，即(a＋1)b≤.‎ 当，时，②式成立，‎ 故f(x)≥x2＋ax＋b.‎ 综合得，(a＋1)b的最大值为.‎ ‎22．证明：(1)因为D，E分别为AB，AC的中点，所以DE∥BC．‎ 又已知CF∥AB，故四边形BCFD是平行四边形，‎ 所以CF＝BD＝AD．‎ 而CF∥AD，连结AF，‎ 所以ADCF是平行四边形，故CD＝AF.‎ 因为CF∥AB，所以BC＝AF，故CD＝BC．‎ ‎(2)因为FG∥BC，故GB＝CF.‎ 由(1)可知BD＝CF，所以GB＝BD．‎ 而∠DGB＝∠EFC＝∠DBC，故△BCD∽△GBD．‎ ‎23．解：(1)由已知可得A(，)，‎ B(，)，‎ C(2cos(＋π)，2sin(＋π))，‎ D(，)，‎ 即A(1，)，B(，1)，C(－1，)，D(，－1)．‎ ‎(2)设P(2cosφ，3sinφ)，令S＝|PA|2＋|PB|2＋|PC|2＋|PD|2，‎ 则S＝16cos2φ＋36sin2φ＋16＝32＋20sin2φ.‎ 因为0≤sin2φ≤1，所以S的取值范围是[32,52]．‎ ‎24．解：(1)当a＝－3时，‎ 当x≤2时，由f(x)≥3，得－2x＋5≥3，解得x≤1；‎ 当2＜x＜3时，f(x)≥3无解；‎ 当x≥3时，由f(x)≥3，得2x－5≥3，解得x≥4；‎ 所以f(x)≥3的解集为{x|x≤1}∪{x|x≥4}．‎ ‎(2)f(x)≤|x－4||x－4|－|x－2|≥|x＋a|.‎ 当x∈[1,2]时，|x－4|－|x－2|≥|x＋a|‎ ‎4－x－(2－x)≥|x＋a|‎ ‎－2－a≤x≤2－a.‎ 由条件得－2－a≤1且2－a≥2，即－3≤a≤0.‎ 故满足条件的a的取值范围为[－3,0]．‎