2012年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試數(shù)學(xué)(北京卷)理 (2)

1、1 / 9 北京理科北京理科 1.(2012 北京,理 1)已知集合 a=xr|3x+20,b=xr|(x+1)(x-3)0,則 ab=( ). a.(-,-1) b.21,-3 c.2,33 d.(3,+) d 由題意得,a=2x|x3 ,b=x|x3, 所以 ab=(3,+). 2.(2012 北京,理 2)設(shè)不等式組0 x2,0y2表示的平面區(qū)域?yàn)?d.在區(qū)域 d內(nèi)隨機(jī)取一個(gè)點(diǎn),則此點(diǎn)到坐標(biāo)原點(diǎn)的距離大于 2 的概率是( ). a.4 b.22 c.6 d.44 d 由題意知此概型為幾何概型,設(shè)所求事件為 a,如圖所示,邊長為 2 的正方形區(qū)域?yàn)榭偠攘?,滿足事件 a的是陰影部分區(qū)域 a

2、,故由幾何概型的概率公式得:p(a)=22212242=44. 3.(2012 北京,理 3)設(shè) a,br,“a=0”是“復(fù)數(shù) a+bi是純虛數(shù)”的( ). a.充分而不必要條件 b.必要而不充分條件 c.充分必要條件 d.既不充分也不必要條件 b 由已知得,“a+bi是純虛數(shù)”“a=0”,但“a=0”“復(fù)數(shù) a+bi是純虛數(shù)”,因此“a=0”是“復(fù)數(shù) a+bi是純虛數(shù)”的必要而不充分條件. 4.(2012 北京,理 4)執(zhí)行如圖所示的程序框圖,輸出的 s值為( ). a.2 b.4 c.8 d.16 c 初始:k=0,s=1, 第一次循環(huán):由 03,得 s=1 20=1,k=1; 第二次循環(huán)

3、:由 13,得 s=1 21=2,k=2; 第三次循環(huán):由 23,得 s=2 22=8,k=3. 經(jīng)判斷此時(shí)要跳出循環(huán),因此輸出的 s 值為 8. 2 / 9 5.(2012 北京,理 5)如圖,acb=90,cdab 于點(diǎn) d,以 bd為直徑的圓與 bc交于點(diǎn) e,則( ). a.ce cb=ad db b.ce cb=ad ab c.ad ab=cd2 d.ce eb=cd2 a 由切割線定理得,cd2=ce cb, 又在 rtcab 中,acdcbd, cd2=ad db,ce cb=ad db. 6.(2012 北京,理 6)從 0,2中選一個(gè)數(shù)字,從 1,3,5 中選兩個(gè)數(shù)字,組成無

4、重復(fù)數(shù)字的三位數(shù),其中奇數(shù)的個(gè)數(shù)為( ). a.24 b.18 c.12 d.6 b 先分成兩類:(一)從 0,2中選數(shù)字 2,從 1,3,5 中任選兩個(gè)所組成的無重復(fù)數(shù)字的三位數(shù)中奇數(shù)的個(gè)數(shù)為23c 4=12; (二)從 0,2 中選數(shù)字 0,從 1,3,5中任選兩個(gè)所組成的無重復(fù)數(shù)字的三位數(shù)中奇數(shù)的個(gè)數(shù)為23c 2=6. 故滿足條件的奇數(shù)的總個(gè)數(shù)為 12+6=18. 7.(2012 北京,理 7)某三棱錐的三視圖如圖所示,該三棱錐的表面積是( ). a.28+65 b.30+65 c.56+125 d.60+125 b 根據(jù)三棱錐的三視圖可還原此幾何體的直觀圖為: 此幾何體為一個(gè)底面為直角

5、三角形,高為 4 的三棱錐,因此表面積為s=12 (2+3) 4+12 4 5+12 4 (2+3)+12 2541 5=30+65. 8.(2012 北京,理 8)某棵果樹前 n年的總產(chǎn)量 sn與 n 之間的關(guān)系如圖所示,從目前記錄的結(jié)果看,前 m年的年平均產(chǎn)量最高,m值為( ). a.5 b.7 3 / 9 c.9 d.11 c 結(jié)合 sn與 n的關(guān)系圖象可知,前 2 年的產(chǎn)量均為 0,顯然2s2=0 為最小,在第 3年第 9 年期間,sn的增長呈現(xiàn)持續(xù)穩(wěn)定性,但在第 9年之后,sn的增速驟然降低.因?yàn)楫?dāng) n=9時(shí),9s9的值為最大,故 m值為 9. 9.(2012 北京,理 9)直線x2

6、t,y1 t=+= (t為參數(shù))與曲線x3y3cossin=( 為參數(shù))的交點(diǎn)個(gè)數(shù)為 . 2 由題意知直線與曲線的參數(shù)方程可分別化為 x+y-1=0,x2+y2=9,進(jìn)而求出圓心(0,0)到直線 x+y-1=0的距離 d=12=223,交點(diǎn)個(gè)數(shù)為 2. 10.(2012 北京,理 10)已知an為等差數(shù)列,sn為其前 n項(xiàng)和.若 a1=12,s2=a3,則a2= ,sn= . 1 14(n2+n) 由 a1=12,s2=a3得,a1+a2=a3,即 a3-a2=12, an是一個(gè)以 a1=12為首項(xiàng),以12為公差的等差數(shù)列. an=12+(n-1)12=12n. a2=1,sn=n2(a1+a

7、n)=14n2+14n=14(n2+n). 11.(2012 北京,理 11)在abc 中,若 a=2,b+c=7,cos b=-14,則 b= . 4 由余弦定理得,cos b=222acb2ac+=224(7b)b2 2 (7b)+ =-14,解得 b=4. 12.(2012 北京,理 12)在直角坐標(biāo)系 xoy中,直線 l過拋物線 y2=4x 的焦點(diǎn) f,且與該拋物線相交于 a,b兩點(diǎn),其中點(diǎn) a在 x軸上方.若直線 l的傾斜角為 60,則oaf 的面積為 . 3 由已知得拋物線的焦點(diǎn)坐標(biāo)為(1,0),直線 l的方程為 y=tan 60(x-1),即 y=3x-3, 聯(lián)立得2y3x3,y

8、4x.= 由得 x=33y+1, 將代入并整理得 y2-4 33y-4=0, 解得 y1=23或 y2=-233. 又點(diǎn) a在 x 軸上方,a(3,23). soaf=12 |of| |y1|=12 1 23=3. 13.(2012 北京,理 13)已知正方形 abcd的邊長為 1,點(diǎn) e是 ab邊上的動(dòng)點(diǎn),則decb的值為 ,dedc的最大值為 . 1 1 decb=(da+ae)cb=(cb+ae)cb=|cb|2+aecb. 因?yàn)閍ecb,所以aecb=0. 所以decb=12+0=1. dedc=(da+ae)dc=dadc+aedc=|dc|2(01), dedc的最大值為 1. 1

9、4.(2012 北京,理 14)已知 f(x)=m(x-2m)(x+m+3),g(x)=2x-2.若同時(shí)滿足條件: xr,f(x)0 或 g(x)0; x(-,-4),f(x)g(x)0. 4 / 9 則 m的取值范圍是 . (-4,-2) (一)由題意可知,m0時(shí)不能保證對(duì)xr,f(x)0或 g(x)0成立. (1)當(dāng) m=-1 時(shí),f(x)=-(x+2)2,g(x)=2x-2,此時(shí)顯然滿足條件; (2)當(dāng)-1m-(m+3),要使其滿足條件, 則需1m0,2m1, 解得-1m0; (3)當(dāng) m2m,要使其滿足條件, 則需m1,-(m3)1, +解得-4m-1. 因此滿足條件的 m的取值范圍為

10、(-4,0). (二)在滿足條件的前提下,再探討滿足條件的 m的取值范圍. (1)當(dāng) m=-1 時(shí),在(-,-4)上,f(x)與 g(x)均小于 0,不合題意; (2)當(dāng) m-1 時(shí),則需 2m-4,即 m-2,所以-4m-2; (3)當(dāng)-1m0 時(shí),則需-(m+3)1,此時(shí)無解. 綜上所述滿足兩個(gè)條件的 m的取值范圍為(-4,-2). 15.(2012 北京,理 15)已知函數(shù) f(x)=(xx)2xxsincossinsin. (1)求 f(x)的定義域及最小正周期; (2)求 f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間. 解:(1)由 sin x0 得 xk(kz), 故 f(x)的定義域?yàn)閤r|xk,kz

11、. 因?yàn)?f(x)=(xx)2xxsincossinsin =2cos x(sin x-cos x) =sin 2x-cos 2x-1 =2sin2x4-1, 所以 f(x)的最小正周期 t=22=. (2)函數(shù) y=sin x 的單調(diào)遞增區(qū)間為2k,2k22+(kz). 由 2k-22x-42k+2,xk(kz), 得 k-8xk+38,xk(kz). 所以 f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為k,k8和3k ,k8+(kz). 16.(2012 北京,理 16)如圖 1,在 rtabc中,c=90,bc=3,ac=6.d,e分別是 ac,ab 上的點(diǎn),且 debc,de=2,將ade沿 de折起到a1

12、de 的位置,使 a1ccd,如圖 2. 圖 1 5 / 9 圖 2 (1)求證:a1c平面 bcde; (2)若 m是 a1d 的中點(diǎn),求 cm與平面 a1be所成角的大小; (3)線段 bc 上是否存在點(diǎn) p,使平面 a1dp與平面 a1be垂直?說明理由. 解:(1)因?yàn)?acbc,debc, 所以 deac.所以 dea1d,decd. 所以 de平面 a1dc. 所以 dea1c. 又因?yàn)?a1ccd,所以 a1c平面 bcde. (2)如圖,以 c 為坐標(biāo)原點(diǎn),建立空間直角坐標(biāo)系 c-xyz, 則 a1(0,0,23),d(0,2,0),m(0,1,3),b(3,0,0),e(2,

13、2,0). 設(shè)平面 a1be的法向量為 n=(x,y,z), 則 n1a b=0,nbe=0. 又1a b=(3,0,-23),be=(-1,2,0), 所以3x2 3z0,x2y0.= += 令 y=1,則 x=2,z=3. 所以 n=(2,1,3). 設(shè) cm 與平面 a1be 所成的角為 . 因?yàn)閏m=(0,1,3), 所以 sin =|cos|=n?|n|cmcm=484=22, 所以 cm與平面 a1be所成角的大小為4. (3)線段 bc 上不存在點(diǎn) p,使平面 a1dp 與平面 a1be垂直. 理由如下: 假設(shè)這樣的點(diǎn) p 存在,設(shè)其坐標(biāo)為(p,0,0),其中 p0,3. 設(shè)平面

14、 a1dp 的法向量為 m=(x,y,z), 則 m1a d=0,mdp=0. 又1a d=(0,2,-23),dp=(p,-2,0), 所以2y2 3z0,px2y0.= 令 x=2,則 y=p,z=p3. 所以 m=p2,p,3. 平面 a1dp平面 a1be,當(dāng)且僅當(dāng) m n=0, 即 4+p+p=0. 解得 p=-2,與 p0,3矛盾. 所以線段 bc 上不存在點(diǎn) p,使平面 a1dp 與平面 a1be垂直. 6 / 9 17.(2012 北京,理 17)近年來,某市為促進(jìn)生活垃圾的分類處理,將生活垃圾分為廚余垃圾、可回收物和其他垃圾三類,并分別設(shè)置了相應(yīng)的垃圾箱,為調(diào)查居民生活垃圾分

15、類投放情況,現(xiàn)隨機(jī)抽取了該市三類垃圾箱中總計(jì) 1 000噸生活垃圾.數(shù)據(jù)統(tǒng)計(jì)如下(單位:噸): “廚余垃圾”箱 “可回收物”箱 “其他垃圾”箱 廚余垃圾 400 100 100 可回收物 30 240 30 其他垃圾 20 20 60 (1)試估計(jì)廚余垃圾投放正確的概率; (2)試估計(jì)生活垃圾投放錯(cuò)誤的概率; (3)假設(shè)廚余垃圾在“廚余垃圾”箱、“可回收物”箱、“其他垃圾”箱的投放量分別為 a,b,c,其中a0,a+b+c=600,當(dāng)數(shù)據(jù) a,b,c 的方差 s2最大時(shí),寫出 a,b,c 的值(結(jié)論不要求證明),并求此時(shí) s2的值. (求:s2=1n(x1-x)2+(x2-x)2+(xn-x)

16、2,其中x為數(shù)據(jù) x1,x2,xn的平均數(shù)) 解:(1)廚余垃圾投放正確的概率約為 “”廚余垃圾 箱里廚余垃圾量廚余垃圾總量=400400 100 100+=23. (2)設(shè)生活垃圾投放錯(cuò)誤為事件 a,則事件a表示生活垃圾投放正確. 事件a的概率約為“廚余垃圾”箱里廚余垃圾量、“可回收物”箱里可回收物量與“其他垃圾”箱里其他垃圾量的總和除以生活垃圾總量, 即 p(a)約為400240601000+=0.7, 所以 p(a)約為 1-0.7=0.3. (3)當(dāng) a=600,b=c=0 時(shí),s2取得最大值. 因?yàn)閤=13(a+b+c)=200, 所以 s2=13 (600-200)2+(0-200

17、)2+(0-200)2=80 000. 18.(2012 北京,理 18)已知函數(shù) f(x)=ax2+1(a0),g(x)=x3+bx. (1)若曲線 y=f(x)與曲線 y=g(x)在它們的交點(diǎn)(1,c)處具有公共切線,求 a,b的值; (2)當(dāng) a2=4b時(shí),求函數(shù) f(x)+g(x)的單調(diào)區(qū)間,并求其在區(qū)間(-,-1上的最大值. 解:(1)f(x)=2ax,g(x)=3x2+b. 因?yàn)榍€ y=f(x)與曲線 y=g(x)在它們的交點(diǎn)(1,c)處具有公共切線, 所以 f(1)=g(1),且 f(1)=g(1). 即 a+1=1+b,且 2a=3+b. 解得 a=3,b=3. (2)記 h

18、(x)=f(x)+g(x), 當(dāng) b=14a2時(shí),h(x)=x3+ax2+14a2x+1, h(x)=3x2+2ax+14a2. 令 h(x)=0,得 x1=-a2,x2=-a6. a0 時(shí),h(x)與 h(x)的情況如下: x ,-2a -2a ,-26aa -6a ,6a+ h(x) + 0 - 0 + h(x) 7 / 9 所以函數(shù) h(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為a,-2和a,6+; 單調(diào)遞減區(qū)間為aa,-26. 當(dāng)-a2-1,即 0a2 時(shí), 函數(shù) h(x)在區(qū)間(-,-1上單調(diào)遞增,h(x)在區(qū)間(-,-1上的最大值為 h(-1)=a-14a2. 當(dāng)-a2-1,且-a6-1,即 2a6時(shí),

19、 函數(shù) h(x)在區(qū)間a,-2內(nèi)單調(diào)遞增,在區(qū)間a,-12上單調(diào)遞減,h(x)在區(qū)間(-,-1上的最大值為ha2=1. 當(dāng)-a66時(shí), 函數(shù) h(x)在區(qū)間a,-2內(nèi)單調(diào)遞增,在區(qū)間aa,-26內(nèi)單調(diào)遞減,在區(qū)間a,-16上單調(diào)遞增, 又因?yàn)?ha2-h(-1)=1-a+14a2=14(a-2)20, 所以 h(x)在區(qū)間(-,-1上的最大值為 ha2=1. 19.(2012 北京,理 19)已知曲線 c:(5-m)x2+(m-2)y2=8(mr). (1)若曲線 c 是焦點(diǎn)在 x軸上的橢圓,求 m的取值范圍; (2)設(shè) m=4,曲線 c 與 y軸的交點(diǎn)為 a,b(點(diǎn) a 位于點(diǎn) b的上方),

20、直線 y=kx+4與曲線 c 交于不同的兩點(diǎn) m,n,直線 y=1 與直線 bm 交于點(diǎn) g.求證:a,g,n 三點(diǎn)共線. 解:(1)曲線 c是焦點(diǎn)在 x軸上的橢圓, 當(dāng)且僅當(dāng)5m0,m20,88,5mm2 解得72m0,即 k232. 設(shè)點(diǎn) m,n的坐標(biāo)分別為(x1,y1),(x2,y2), 則 y1=kx1+4,y2=kx2+4, x1+x2=216k12k+,x1x2=22412k+. 直線 bm的方程為 y+2=11y2x+x,點(diǎn) g 的坐標(biāo)為113x,1y2+. 因?yàn)橹本€ an和直線 ag的斜率分別為 kan=22y2x,kag=-11y23x+, 8 / 9 所以 kan-kag=

21、22y2x+11y23x+=22kx2x+11kx63x+=43k+12122(xx )x x+=43k+2216k212k2412k+=0, 即 kan=kag. 故 a,g,n三點(diǎn)共線. 20.(2012 北京,理 20)設(shè) a 是由 m n個(gè)實(shí)數(shù)組成的 m行 n列的數(shù)表,滿足:每個(gè)數(shù)的絕對(duì)值不大于 1,且所有數(shù)的和為零.記 s(m,n)為所有這樣的數(shù)表構(gòu)成的集合. 對(duì)于 as(m,n),記 ri(a)為 a的第 i行各數(shù)之和(1im),cj(a)為 a 的第 j列各數(shù)之和(1jn); 記 k(a)為|r1(a)|,|r2(a)|,|rm(a)|,|c1(a)|,|c2(a)|,|cn(a)|中的最小值. (1)對(duì)如下數(shù)表 a,求 k(a)的值; 1 1 -0.8 0.1 -0.3 -1 (2)設(shè)數(shù)表 as(2,3)形如 1 1 c a b -1 求 k(a)的最大值; (3)給定正整數(shù) t,對(duì)于所有的 as(2,2t+1),求 k(a)的最大值. 解:(1)因?yàn)?r1(a)=1.2,r2(a)=-1.2,c1(a)=1.1,