2012年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試數(shù)學(安徽卷)理

1、安徽卷(理科數(shù)學)1.(2012安徽,理1)復(fù)數(shù)z滿足(z-i)(2-i)=5,則z=().a.-2-2ib.-2+2ic.2-2id.2+2id由題意可得,z-i=2+i,所以z=2+2i.2.(2012安徽,理2)下列函數(shù)中,不滿足f(2x)=2f(x)的是().a.f(x)=|x|b.f(x)=x-|x|c.f(x)=x+1d.f(x)=-xc只有c不滿足,f(2x)=2x+1,而2f(x)=2x+2,f(2x)2f(x).3.(2012安徽,理3)如圖所示,程序框圖(算法流程圖)的輸出結(jié)果是().a.3b.4c.5d.8b由程序框圖依次可得,x=1,y=1x=2,y=2x=4,y=3x

2、=8,y=4輸出y=4.4.(2012安徽,理4)公比為2的等比數(shù)列an的各項都是正數(shù),且a3a11=16,則log2a10=().a.4b.5c.6d.7b由題意可得,a3a11=16,a7=4.a10=a7·q3=25.log2a10=log225=5.5.(2012安徽,理5)甲、乙兩人在一次射擊比賽中各射靶5次,兩人成績的條形統(tǒng)計圖如圖所示,則().a.甲的成績的平均數(shù)小于乙的成績的平均數(shù)b.甲的成績的中位數(shù)等于乙的成績的中位數(shù)c.甲的成績的方差小于乙的成績的方差d.甲的成績的極差小于乙的成績的極差c由圖可得,=6,=6,故a錯;而甲的成績的中位數(shù)為6,乙的成績的中位數(shù)為5,

3、故b錯;=2,=2.4,故c正確;甲的成績的極差為4,乙的成績的極差也為4,故d錯.6.(2012安徽,理6)設(shè)平面與平面相交于直線m,直線a在平面內(nèi),直線b在平面內(nèi),且bm,則“”是“ab”的().a.充分不必要條件b.必要不充分條件c.充分必要條件d.既不充分也不必要條件a由面面垂直的性質(zhì)定理可得,=m,b,bmb.又a,ab,但反之則不成立.7.(2012安徽,理7)(x2+2)的展開式的常數(shù)項是().a.-3b.-2c.2d.3d的通項為tr+1=(-1)r=(-1)r.要使(x2+2)的展開式為常數(shù),須令10-2r=2或0,此時r=4或5.故(x2+2)的展開式的常數(shù)項是(-1)4&

4、#215;+2×(-1)5×=3.8.(2012安徽,理8)在平面直角坐標系中,點o(0,0),p(6,8).將向量繞點o按逆時針方向旋轉(zhuǎn)后得向量,則點q的坐標是().a.(-7,-)b.(-7,)c.(-4,-2)d.(-4,2)a設(shè)與x軸正半軸的夾角為,則cos =,sin =,則由三角函數(shù)定義可得,=.|cos=×=10×=-7,|sin=×=10×=-,=(-7,-),即點q的坐標為(-7,-).9.(2012安徽,理9)過拋物線y2=4x的焦點f的直線交該拋物線于a,b兩點,o為坐標原點.若|af|=3,則aob的面積為()

5、.a.b.c.d.2c設(shè)點a(x1,y1),b(x2,y2),由|af|=3及拋物線定義可得,x1+1=3,x1=2.a點坐標為(2,2),則直線ab的斜率k=2.直線ab的方程為y=2(x-1),即為2x-y-2=0,則點o到該直線的距離為d=.由消去y得,2x2-5x+2=0,解得x1=2,x2=.|bf|=x2+1=,|ab|=3+=.saob=|ab|·d=××=.10.(2012安徽,理10)6位同學在畢業(yè)聚會活動中進行紀念品的交換,任意兩位同學之間最多交換一次,進行交換的兩位同學互贈一份紀念品.已知6位同學之間共進行了13次交換,則收到4份紀念品的同學

6、人數(shù)為().a.1或3b.1或4c.2或3d.2或4d6人之間互相交換,總共有=15種,而實際只交換了13次,故有2次未交換.不妨設(shè)為甲與乙、丙與丁之間未交換或甲與乙、甲與丙之間未交換,當甲與乙、丙與丁之間未交換時,甲、乙、丙、丁4人都收到4份禮物;當甲與乙、甲與丙之間未交換時,只有乙、丙兩人收到4份禮物,故選d.11.(2012安徽,理11)若x,y滿足約束條件則x-y的取值范圍是. -3,0作出可行域如圖所示,令z=x-y,當z=0時,得l0:x-y=0.平移l0,當l0過點a(0,3)時滿足z最小,此時zmin=0-3=-3;當l0過點b(1,1)時,此時zmax=1-1=0,

7、故x-y的取值范圍為-3,0.12.(2012安徽,理12)某幾何體的三視圖如圖所示,該幾何體的表面積是. 92由三視圖可知,該幾何體為底面是直角梯形且側(cè)棱垂直于底面的棱柱,該幾何體的表面積為s=2××(2+5)×4+2+5+4+×4=92.13.(2012安徽,理13)在極坐標系中,圓=4sin 的圓心到直線=(r)的距離是. 由極坐標下圓的方程=4sin 可得,2=4sin ,所以x2+y2=4y,即x2+(y-2)2=4,表示以(0,2)為圓心,2為半徑的圓.又=(r)表示直線y=x,由點到直線的距離公式可得d=.14.(201

8、2安徽,理14)若平面向量a,b滿足|2a-b|3,則a·b的最小值是. -|2a-b|3,4a2+b29+4a·b.4a2+b24|a|b|-4a·b,9+4a·b-4a·b.a·b-.15.(2012安徽,理15)設(shè)abc的內(nèi)角a,b,c所對邊的長分別為a,b,c,則下列命題正確的是(寫出所有正確命題的編號). 若ab>c2,則c<若a+b>2c,則c<若a3+b3=c3,則c<若(a+b)c<2ab,則c>若(a2+b2)c2<2a2b2,則c>對于,由a

9、b>c2可得cos c=>=.故c<,正確;對于,由a+b>2c可得c<,故c2<.故cos c=>=.c<,正確;對于,由a3+b3=c3可得c2=,故a2+b2-c2=a2+b2-=.又a3+b3=c3,故c>a,c>b,故>0,故a2+b2>c2.故c<,正確;對于,c<,故c2<=ab.故cos c=>.c<,不正確;對于,由(a2+b2)c2<2a2b2可得c2<=ab.故cos c=>=.c<,不正確.綜上可知,正確.16.(2012安徽,理16)設(shè)函數(shù)f(

10、x)=cos+sin2x.(1)求f(x)的最小正周期;(2)設(shè)函數(shù)g(x)對任意xr,有g(shù)=g(x),且當x時,g(x)=-f(x).求g(x)在區(qū)間-,0上的解析式.解:(1)f(x)=cos+sin2x=+=-sin 2x,故f(x)的最小正周期為.(2)當x時,g(x)=-f(x)=sin 2x.故當x時,x+.由于對任意xr,g=g(x),從而g(x)=g=sin=sin(+2x)=-sin 2x.當x時,x+.從而g(x)=g(x+)=sin2(x+)=sin 2x.綜合,得g(x)在-,0上的解析式為g(x)=17.(2012安徽,理17)某單位招聘面試,每次從試題庫中隨機調(diào)用一

11、道試題.若調(diào)用的是a類型試題,則使用后該試題回庫,并增補一道a類型試題和一道b類型試題入庫,此次調(diào)題工作結(jié)束,若調(diào)用的是b類型試題,則使用后該試題回庫,此次調(diào)題工作結(jié)束.試題庫中現(xiàn)有n+m道試題,其中有n道a類型試題和m道b類型試題.以x表示兩次調(diào)題工作完成后,試題庫中a類型試題的數(shù)量.(1)求x=n+2的概率;(2)設(shè)m=n,求x的分布列和均值(數(shù)學期望).解:以ai表示第i次調(diào)題調(diào)用到a類型試題,i=1,2.(1)p(x=n+2)=p(a1a2)=·=.(2)x的可能取值為n,n+1,n+2.p(x=n)=p()=·=.p(x=n+1)=p(a1)+p(a2)=

12、3;+·=,p(x=n+2)=p(a1a2)=·=,從而x的分布列是xnn+1n+2pex=n×+(n+1)×+(n+2)×=n+1.18.(2012安徽,理18)平面圖形abb1a1c1c如圖1所示,其中bb1c1c是矩形,bc=2,bb1=4,ab=ac=,a1b1=a1c1=,現(xiàn)將該平面圖形分別沿bc和b1c1折疊,使abc與a1b1c1所在平面都與平面bb1c1c垂直,再分別連接a1a,a1b,a1c,得到如圖2所示的空間圖形.對此空間圖形解答下列問題.(1)證明:aa1bc;(2)求aa1的長;(3)求二面角a-bc-a1的余弦值.(

13、向量法)(1)證明:取bc,b1c1的中點分別為d和d1,連接a1d1,dd1,ad.由四邊形bb1c1c為矩形知,dd1b1c1.因為平面bb1c1c平面a1b1c1,所以dd1平面a1b1c1.又由a1b1=a1c1知,a1d1b1c1.故以d1為坐標原點,可建立如圖所示的空間直角坐標系d1-xyz.由題設(shè),可得a1d1=2,ad=1.由以上可知ad平面bb1c1c,a1d1平面bb1c1c,于是ada1d1.所以a(0,-1,4),b(1,0,4),a1(0,2,0),c(-1,0,4),d(0,0,4).故=(0,3,-4),=(-2,0,0), ·=0.因此,即aa1bc.

14、(2)解:因為=(0,3,-4),所以|=5,即aa1=5.(3)解:連接a1d.由bcad,bcaa1,可知bc平面a1ad,bca1d,所以ada1為二面角a-bc-a1的平面角.因為=(0,-1,0),=(0,2,-4),所以cos<,>=-=-,即二面角a-bc-a1的余弦值為-.(或用法向量求解)(綜合法)(1)證明:取bc,b1c1的中點分別為d和d1,連接a1d1,dd1,ad,a1d.由條件可知,bcad,b1c1a1d1.由上可得ad平面bb1c1c,a1d1平面bb1c1c,因此ada1d1,即ad,a1d1確定平面ad1a1d.又因為dd1bb1,bb1bc,

15、所以dd1bc.又考慮到adbc,所以bc平面ad1a1d,故bcaa1.(2)解:延長a1d1到g點,使gd1=ad.連接ag.因為ad􀱀gd1,所以ag􀱀dd1􀱀bb1.由于bb1平面a1b1c1,所以aga1g.由條件可知,a1g=a1d1+d1g=3,ag=4,所以aa1=5.(3)解:因為bc平面ad1a1d,所以ada1為二面角a-bc-a1的平面角.在rta1dd1中,dd1=4,a1d1=2,解得sind1da1=,cosada1=cos=-,即二面角a-bc-a1的余弦值為-.19.(2012安徽,理19)設(shè)函數(shù)f(x)=

16、aex+b(a>0).(1)求f(x)在0,+)內(nèi)的最小值;(2)設(shè)曲線y=f(x)在點(2,f(2)處的切線方程為y=x,求a,b的值.解:(1)f'(x)=aex-,當f'(x)>0,即x>-ln a時,f(x)在(-ln a,+)上遞增;當f'(x)<0,即x<-ln a時,f(x)在(-,-ln a)上遞減.當0<a<1時,-ln a>0,f(x)在(0,-ln a)上遞減,在(-ln a,+)上遞增,從而f(x)在0,+)上的最小值為f(-ln a)=2+b;當a1時,-ln a0,f(x)在0,+)上遞增,從而

17、f(x)在0,+)上的最小值為f(0)=a+b.(2)依題意f'(2)=ae2-=,解得ae2=2或ae2=-(舍去).所以a=,代入原函數(shù)可得2+b=3,即b=.故a=,b=.20.(2012安徽,理20)如圖,點f1(-c,0),f2(c,0)分別是橢圓c:+=1(a>b>0)的左、右焦點,過點f1作x軸的垂線交橢圓c的上半部分于點p,過點f2作直線pf2的垂線交直線x=于點q.(1)如果點q的坐標是(4,4),求此時橢圓c的方程;(2)證明:直線pq與橢圓c只有一個交點.(1)解:(方法一)由條件知,p.故直線pf2的斜率為=-.因為pf2f2q,所以直線f2q的方程

18、為y=x-.故q.由題設(shè)知,=4,2a=4,解得a=2,c=1.故橢圓方程為+=1.(方法二)設(shè)直線x=與x軸交于點m.由條件知,p.因為pf1f2f2mq,所以=.即=,解得|mq|=2a,所以a=2,c=1.故橢圓方程為+=1.(2)證明:直線pq的方程為=,即y=x+a.將上式代入橢圓方程得x2+2cx+c2=0,解得x=-c,y=.所以直線pq與橢圓c只有一個交點.21.(2012安徽,理21)數(shù)列xn滿足x1=0,xn+1=-+xn+c(nn*).(1)證明:xn是遞減數(shù)列的充分必要條件是c<0;(2)求c的取值范圍,使xn是遞增數(shù)列.(1)證明:先證充分性,若c<0,由于xn+1=-+xn+cxn+c<xn,故xn是遞減數(shù)列;再證必要性