2012年理数高考试题答案及解析-湖北

2012年理数高考试题答案及解析-湖北

‎2012年普通高等学校招生全国统一考试（湖北卷）‎ 数学（理工类）试卷解析 一、选择题：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.‎ ‎1．方程的一个根是 A． B． C． D．‎ 考点分析：本题考察复数的一元二次方程求根. ‎ 难易度：★‎ 解析：根据复数求根公式：，所以方程的一个根为 答案为A.‎ ‎2．命题“，”的否定是 A．， B．，‎ C．， D．，‎ ‎ 考点分析：本题主要考察常用逻辑用语，考察对命题的否定和否命题的区别.‎ y x O 第3题图 ‎ 难易度：★‎ ‎ 解析：根据对命题的否定知，是把谓词取否定，然后把结论否定。因此选D ‎3．已知二次函数的图象如图所示，则它与轴所围图形的面积为 A． B． ‎ 俯视图 侧视图 ‎2‎ 正视图 第4题图 ‎4‎ ‎2‎ ‎4‎ ‎2‎ C． D． ‎ ‎ 考点分析：本题考察利用定积分求面积. ‎ ‎ 难易度：★‎ ‎ 解析：根据图像可得： ，再由定积分的几何意义，可求得面积为.‎ ‎4．已知某几何体的三视图如图所示，则该几 何体的体积为 A． B． ‎ C． D．‎ 考点分析：本题考察空间几何体的三视图.‎ 难易度：★‎ 解析：显然有三视图我们易知原几何体为 一个圆柱体的一部分，并且有正视图知是一个1/2的圆柱体，底面圆的半径为1，圆柱体的高为6，则知所求几何体体积为原体积的一半为.选B.‎ ‎5．设，且，若能被 ‎13整除，则 A．0 B．1 ‎ C．11 D．12‎ 考点分析：本题考察二项展开式的系数.‎ 难易度：★‎ 解析：由于 ‎51=52-1，,‎ 又由于13|52,所以只需13|1+a，0≤a<13,所以a=12选D.‎ ‎6．设是正数，且，‎ ‎，，‎ 则 ‎ A． B． ‎ C． D． ‎ 考点分析：本题主要考察了柯西不等式的使用以及其取等条件.‎ 难易度：★★‎ 解析：由于 ‎ 等号成立当且仅当则a=t x b=t y c=t z ，‎ 所以由题知又，答案选C.‎ ‎7．定义在上的函数，如果对于任意给定的等比数列， 仍 是等比数列，则称为“保等比数列函数”. 现有定义在上的如下函 数：‎ ‎①； ②； ③； ④.‎ 则其中是“保等比数列函数”的的序号为 ‎ A． ‎① ② B．③ ④ C．① ③ D．② ④ ‎ 考点分析：本题考察等比数列性质及函数计算.‎ 难易度：★‎ 解析：等比数列性质，，①； ②；③；④.选C ‎8．如图，在圆心角为直角的扇形OAB中，分别以OA，OB为直径作两个半圆. 在扇形OAB 内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率是 A． B．‎ C． D．‎ 考点分析：本题考察几何概型及平面图形面积求法.‎ 难易度：★‎ 第8题图 解析：令，扇形OAB为对称图形，ACBD围成面积为，围成OC为，作对称轴OD，则过C点。即为以OA为直径的半圆面积减去三角形OAC的面积，。在扇形OAD中为扇形面积减去三角形OAC面积和，，，扇形OAB面积，选A.‎ ‎9．函数在区间上的零点个数为 A．4 B．5 ‎ C．6 D．7‎ 考点分析：本题考察三角函数的周期性以及零点的概念.‎ 难易度：★‎ 解析：，则或，，又，‎ 所以共有6个解.选C.‎ ‎10．我国古代数学名著《九章算术》中“开立圆术”曰：置积尺数，以十六乘之，九而一，所得开立方除之，即立圆径. “开立圆术”相当于给出了已知球的体积，求其直径的一个近似公式 ‎. 人们还用过一些类似的近似公式. 根据判断，下列近似公式中最精确的一个是 A． ‎ B． C． D．‎ 考点分析：考察球的体积公式以及估算.‎ 难易度：★★‎ 解析：‎ 二、填空题：本大题共6小题，考生共需作答5小题，每小题5分，共25分. 请将答案填在答题卡对应题号的位置上. 答错位置，书写不清，模棱两可均不得分. ‎ ‎（一）必考题（11—14题）‎ ‎11．设△的内角，，所对的边分别为，，. 若，则角 ． ‎ 考点分析：考察余弦定理的运用.‎ 难易度：★‎ 解析：‎ ‎ ‎ ‎12．阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，输出的结果 .‎ 第12题图 考点分析：本题考查程序框图.‎ 难易度：★★‎ 解析：程序在运行过程中各变量的值如下表示： ‎ 第一圈循环：当n=1时，得s=1，a=3. ‎ 第二圈循环: 当n=2时，得s=4，a=5‎ 第三圈循环：当n=3时，得s=9，a=7‎ 此时n=3，不再循环，所以解s=9 . ‎ ‎13．回文数是指从左到右读与从右到左读都一样的正整数．如22，121，3443，94249等．显然2位回文数有9个：11，22，33，…，99．3位回文数有90个：101，111，121，…，191，202，…，999．则 ‎（Ⅰ）4位回文数有 个；‎ ‎（Ⅱ）位回文数有 个．‎ 考点分析：本题考查排列、组合的应用.‎ 难易度：★★‎ 解析：（Ⅰ）4位回文数只用排列前面两位数字，后面数字就可以确定，但是第一位不能为0，有9（1~9）种情况，第二位有10（0~9）种情况，所以4位回文数有种。‎ 答案：90‎ ‎ （Ⅱ）法一、由上面多组数据研究发现，2n+1位回文数和2n+2位回文数的个数相同，所以可以算出2n+2位回文数的个数。2n+2位回文数只用看前n+1位的排列情况，第一位不能为0有9种情况，后面n项每项有10种情况，所以个数为.‎ ‎ 法二、可以看出2位数有9个回文数，3位数90个回文数。计算四位数的回文数是可以看出在2位数的中间添加成对的“00,11,22,……‎99”‎，因此四位数的回文数有90个按此规律推导,而当奇数位时，可以看成在偶数位的最中间添加0~9这十个数，因此,则答案为.‎ ‎14．如图，双曲线的两顶点为，，虚轴两端点为，，两焦点为，. 若以为直径的圆内切于菱形，切点分别为. 则 A‎1　 　 ‎ A2 ‎ y B2‎ ‎ ‎ B1‎ A O ‎ B C D F‎1　　　　　　　　 ‎ F2 　 x ‎（Ⅰ）双曲线的离心率 ；‎ ‎（Ⅱ）菱形的面积与矩形的面积的比值 .‎ ‎ 考点分析：本题考察双曲线中离心率及实轴虚轴的相关定义，以及一般平面几何图形的面积计算.‎ ‎ 难易度：★★‎ ‎ 解析：（Ⅰ）由于以为直径的圆内切于菱形，因此点到直线的距离为，又由于虚轴两端点为，，因此的长为，那么在中，由三角形的面积公式知，，又由双曲线中存在关系联立可得出，根据解出 ‎（Ⅱ）设,很显然知道,因此.在中求得故；‎ 菱形的面积，再根据第一问中求得的值可以解出.‎ C B A D O ‎.‎ 第15题图 ‎（二）选考题（请考生在第15、16两题中任选一题作答，请先在答题卡指定位置将你所选的题目序号后的方框用2B铅笔涂黑. 如果全选，则按第15题作答结果计分.）‎ ‎15．（选修4-1：几何证明选讲）‎ 如图，点D在的弦AB上移动，，连接OD，过点D ‎ 作的垂线交于点C，则CD的最大值为 . ‎ 考点分析：本题考察直线与圆的位置关系 难易度：★‎ 解析：（由于因此,线段长为定值，‎ 即需求解线段长度的最小值，根据弦中点到圆心的距离最短，此 时为的中点，点与点重合，因此.‎ ‎16．（选修4-4：坐标系与参数方程）‎ 在直角坐标系xOy中，以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴 建立极坐标系. 已知射线与曲线（t为参数）‎ 相交于A，B两点，则线段AB的中点的直角坐标为 .‎ 考点分析：本题考察平面直角坐标与极坐标系下的曲线方程交点.‎ 难易度：★‎ 解析：在直角坐标系下的一般方程为，将参数方程（t为参数）转化为直角坐标系下的一般方程为表示一条抛物线，联立上面两个方程消去有，设两点及其中点的横坐标分别为，则有韦达定理,又由于点点在直线上，因此的中点.‎ 三、解答题 ‎17．（本小题满分12分）‎ 已知向量，，设函数的图象关于直线对称，其中，为常数，且. ‎ ‎（Ⅰ）求函数的最小正周期； ‎ ‎（Ⅱ）若的图象经过点，求函数在区间上的取值范围.‎ 考点分析：本题考察三角恒等变化，三角函数的图像与性质。‎ 难易度：★‎ 解析：（Ⅰ）因为 ‎. ‎ 由直线是图象的一条对称轴，可得， ‎ 所以，即． ‎ 又，，所以，故. ‎ 所以的最小正周期是. ‎ ‎（Ⅱ）由的图象过点，得，‎ 即，即. ‎ 故， ‎ 由，有，‎ 所以，得，‎ 故函数在上的取值范围为. ‎ ‎18．（本小题满分12分）‎ 已知等差数列前三项的和为，前三项的积为.‎ ‎（Ⅰ）求等差数列的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）若，，成等比数列，求数列的前项和.‎ 考点分析：考察等差等比数列的通项公式，和前n项和公式及基本运算。‎ 难易度：★★‎ 解析：（Ⅰ）设等差数列的公差为，则，，‎ 由题意得 解得或 ‎ 所以由等差数列通项公式可得 ‎，或.‎ 故，或. ‎ ‎（Ⅱ）当时，，，分别为，，，不成等比数列；‎ 当时，，，分别为，，，成等比数列，满足条件.‎ 故 ‎ 记数列的前项和为.‎ 当时，；当时，；‎ 当时，‎ ‎ ‎ ‎. 当时，满足此式.‎ 综上， ‎ ‎19．（本小题满分12分）‎ 如图1，，，过动点A作，垂足D在线段BC上且异于点B，连接AB，沿将△折起，使（如图2所示）． ‎ ‎（Ⅰ）当的长为多少时，三棱锥的体积最大；‎ ‎（Ⅱ）当三棱锥的体积最大时，设点，分别为棱，的中点，试在 棱上确定一点，使得，并求与平面所成角的大小．‎ D A B C A C D B 图2‎ 图1‎ M E ‎.‎ ‎·‎ 第19题图 考点分析：本题考察立体几何线面的基本关系，考察如何取到最值，用均值不等式和导数均可求最值。同时考察直线与平面所成角。本题可用综合法和空间向量法都可以。运用空间向量法对计算的要求要高些。‎ 难易度：★★‎ 解析：‎ ‎（Ⅰ）解法1：在如图1所示的△中，设，则．‎ 由，知，△为等腰直角三角形，所以.‎ 由折起前知，折起后（如图2），，，且，‎ 所以平面．又，所以．于是 ‎ ‎ ‎，‎ 当且仅当，即时，等号成立，‎ 故当，即时, 三棱锥的体积最大． ‎ 解法2：‎ 同解法1，得． ‎ 令，由，且，解得．‎ 当时，；当时，． ‎ 所以当时，取得最大值．‎ 故当时, 三棱锥的体积最大． ‎ ‎（Ⅱ）解法1：以为原点，建立如图a所示的空间直角坐标系．‎ 由（Ⅰ）知，当三棱锥的体积最大时，，．‎ 于是可得，，，，，，‎ 且．‎ 设，则. 因为等价于，即 ‎，故，.‎ 所以当（即是的靠近点的一个四等分点）时，． ‎ 设平面的一个法向量为，由 及，‎ 得 可取． ‎ 设与平面所成角的大小为，则由，，可得 ‎，即．‎ C A D B 图a E M x y z 图b C A D B E F M N ‎ 图c B D P C F N E B G M N E H 图d 第19题解答图 N ‎ 故与平面所成角的大小为 ‎ 解法2：由（Ⅰ）知，当三棱锥的体积最大时，，．‎ 如图b，取的中点，连结，，，则∥.‎ 由（Ⅰ）知平面，所以平面.‎ 如图c，延长至P点使得，连，，则四边形为正方形，‎ 所以. 取的中点，连结，又为的中点，则∥，‎ 所以. 因为平面，又面，所以. ‎ 又，所以面. 又面，所以.‎ 因为当且仅当，而点F是唯一的，所以点是唯一的.‎ 即当（即是的靠近点的一个四等分点），． ‎ 连接，，由计算得，‎ 所以△与△是两个共底边的全等的等腰三角形，‎ 如图d所示，取的中点，连接，，‎ 则平面．在平面中，过点作于，‎ 则平面．故是与平面所成的角． ‎ 在△中，易得，所以△是正三角形，‎ 故，即与平面所成角的大小为 ‎ ‎20．（本小题满分12分）‎ 根据以往的经验，某工程施工期间的降水量X（单位：mm）对工期的影响如下表：‎ 降水量X 工期延误天数 ‎0‎ ‎2‎ ‎6‎ ‎10‎ 历年气象资料表明，该工程施工期间降水量X小于300，700，900的概率分别为0.3，0.7，0.9. 求：‎ ‎（Ⅰ）工期延误天数的均值与方差； ‎ ‎（Ⅱ）在降水量X至少是的条件下，工期延误不超过6天的概率. ‎ 考点分析：本题考察条件概率、离散型条件概率分布列的期望与方差。‎ 难易度：★★‎ 解析：‎ ‎（Ⅰ）由已知条件和概率的加法公式有：‎ ‎，‎ ‎.‎ ‎.‎ 所以的分布列为：‎ ‎0‎ ‎2‎ ‎6‎ ‎10‎ ‎0.3‎ ‎0.4‎ ‎0.2‎ ‎0.1‎ ‎ ‎ 于是，；‎ ‎.‎ ‎ 故工期延误天数的均值为3，方差为. ‎ ‎（Ⅱ）由概率的加法公式，‎ 又. ‎ ‎ 由条件概率，得.‎ 故在降水量X至少是mm的条件下，工期延误不超过6天的概率是. ‎ ‎21．（本小题满分13分）‎ 设是单位圆上的任意一点，是过点与轴垂直的直线，是直线与 轴的交点，点在直线上，且满足. 当点在圆上运动时，记点M的轨迹为曲线．‎ ‎（Ⅰ）求曲线的方程，判断曲线为何种圆锥曲线，并求其焦点坐标； ‎ ‎（Ⅱ）过原点且斜率为的直线交曲线于，两点，其中在第一象限，它在轴上的射影为点，直线交曲线于另一点. 是否存在，使得对任意的，都有？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. ‎ 考点分析：本题主要考察求曲线的轨迹方程、直线与圆锥曲线的位置关系，要求能正确理解椭圆的标准方程及其几何性质，并能熟练运用代数方法解决几何问题，对运算能力有较高要求。‎ 难易度：★★★‎ 解析：‎ ‎（Ⅰ）如图1，设，，则由，‎ 可得，，所以，. ①‎ 因为点在单位圆上运动，所以. ②‎ 将①式代入②式即得所求曲线的方程为. ‎ 因为，所以 当时，曲线是焦点在轴上的椭圆，‎ 两焦点坐标分别为，；‎ 当时，曲线是焦点在轴上的椭圆，‎ 两焦点坐标分别为，. ‎ ‎（Ⅱ）解法1：如图2、3，，设，，则，，‎ 直线的方程为，将其代入椭圆的方程并整理可得 ‎.‎ 依题意可知此方程的两根为，，于是由韦达定理可得 ‎，即.‎ 因为点H在直线QN上，所以.‎ 于是，. ‎ 而等价于，‎ 即，又，得，‎ 故存在，使得在其对应的椭圆上，对任意的，都有. ‎ 图2 ‎ 图3 ‎ 图1‎ O D x y A M 第21题解答图 ‎ ‎ ‎ ‎ 解法2：如图2、3，，设，，则，，‎ 因为，两点在椭圆上，所以 两式相减可得 ‎. ③ ‎ 依题意，由点在第一象限可知，点也在第一象限，且，不重合，‎ 故. 于是由③式可得 ‎. ④‎ 又，，三点共线，所以，即. ‎ 于是由④式可得.‎ 而等价于，即，又，得，‎ 故存在，使得在其对应的椭圆上，对任意的，都有. ‎ ‎22．（本小题满分14分）‎ ‎（Ⅰ）已知函数，其中为有理数，且. 求的 最小值；‎ ‎（Ⅱ）试用（Ⅰ）的结果证明如下命题：‎ 设，为正有理数. 若，则；‎ ‎（Ⅲ）请将（Ⅱ）中的命题推广到一般形式，并用数学归纳法证明你所推广的命题.‎ 注：当为正有理数时，有求导公式.‎ 考点分析：本题主要考察利用导数求函数的最值，并结合推理，考察数学归纳法，对考生的归纳推理能力有较高要求。‎ 难易程度：★★★‎ 解析：（Ⅰ），令，解得.‎ 当时，，所以在内是减函数；‎ 当 时，，所以在内是增函数.‎ 故函数在处取得最小值. ‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当时，有，即 ①‎ 若，中有一个为0，则成立；‎ 若，均不为0，又，可得，于是 在①中令，，可得，‎ 即，亦即.‎ 综上，对，，为正有理数且，总有. ②‎ ‎（Ⅲ）（Ⅱ）中命题的推广形式为：‎ 设为非负实数，为正有理数. ‎ 若，则. ③ ‎ 用数学归纳法证明如下：‎ ‎（1）当时，，有，③成立. ‎ ‎（2）假设当时，③成立，即若为非负实数，为正有理数，‎ 且，则. ‎ 当时，已知为非负实数，为正有理数，‎ 且，此时，即，于是 ‎=.‎ 因，由归纳假设可得 ‎，‎ 从而. ‎ 又因，由②得 ‎，‎ 从而.‎ 故当时，③成立.‎ 由（1）（2）可知，对一切正整数，所推广的命题成立. ‎ 说明：（Ⅲ）中如果推广形式中指出③式对成立，则后续证明中不需讨论的情况. ‎