2012年普通高等學(xué)校招生全國(guó)統(tǒng)一考試數(shù)學(xué)(重慶卷)理

1、12重慶(理)1.(2012重慶,理1)在等差數(shù)列an中,a2=1,a4=5,則an的前5項(xiàng)和S5=().A.7B.15C.20D.25B設(shè)數(shù)列an的首項(xiàng)為a1,公差為d,則a2=a1+d=1,a4=a1+3d=5,解得a1=-1,d=2,所以Sn=n2-2n,S5=15,故選B.2.(2012重慶,理2)不等式0的解集為().A.B.C.1,+)D.1,+)A不等式可化為解不等式組得-x1,故選A.3.(2012重慶,理3)對(duì)任意的實(shí)數(shù)k,直線y=kx+1與圓x2+y2=2的位置關(guān)系一定是().A.相離B.相切C.相交但直線不過(guò)圓心D.相交且直線過(guò)圓心C直線y=kx+1過(guò)定點(diǎn)(0,1),而0

2、2+122,所以點(diǎn)(0,1)在圓x2+y2=2內(nèi)部,直線y=kx+1與圓x2+y2=2相交且直線不經(jīng)過(guò)圓心,故選C.4.(2012重慶,理4)的展開式中常數(shù)項(xiàng)為().A.B.C.D.105B二項(xiàng)式的通項(xiàng)為Tr+1=()8-r(2)-r=2-r,令=0得r=4,所以二項(xiàng)展開式的常數(shù)項(xiàng)為T5=2-4=,故選B.5.(2012重慶,理5)設(shè)tan ,tan 是方程x2-3x+2=0的兩根,則tan(+)的值為().A.-3B.-1C.1D.3A因?yàn)閠an ,tan 是方程x2-3x+2=0的兩根,所以tan +tan =3,tan tan =2,而tan(+)=-3,故選A.6.(2012重慶,理6

3、)設(shè)x,yR,向量a=(x,1),b=(1,y),c=(2,-4),且ac,bc,則|a+b|=().A.B.C.2D.10B由ac,得ac=2x-4=0,解得x=2.由bc得=,解得y=-2,所以a=(2,1),b=(1,-2),a+b=(3,-1),|a+b|=,故選B.7.(2012重慶,理7)已知f(x)是定義在R上的偶函數(shù),且以2為周期,則“f(x)為0,1上的增函數(shù)”是“f(x)為3,4上的減函數(shù)”的().A.既不充分也不必要的條件B.充分而不必要的條件C.必要而不充分的條件D.充要條件D若f(x)為0,1上的增函數(shù),則f(x)在-1,0上為減函數(shù),根據(jù)f(x)的周期為2可推出f(

4、x)為3,4上的減函數(shù);若f(x)為3,4上的減函數(shù),則f(x)在-1,0上也為減函數(shù),所以f(x)在0,1上為增函數(shù),故選D.8.(2012重慶,理8)設(shè)函數(shù)f(x)在R上可導(dǎo),其導(dǎo)函數(shù)為f(x),且函數(shù)y=(1-x)f(x)的圖象如圖所示,則下列結(jié)論中一定成立的是().A.函數(shù)f(x)有極大值f(2)和極小值f(1)B.函數(shù)f(x)有極大值f(-2)和極小值f(1)C.函數(shù)f(x)有極大值f(2)和極小值f(-2)D.函數(shù)f(x)有極大值f(-2)和極小值f(2)D由圖可得函數(shù)y=(1-x)f(x)的零點(diǎn)為-2,1,2,則當(dāng)x0,此時(shí)在(-,-2)上f(x)0,f(x)0,在(-2,1)上

5、f(x)0,f(x)1時(shí),1-x0,f(x)0,在(2,+)上f(x)0.所以f(x)在(-,-2)為增函數(shù),在(-2,2)為減函數(shù),在(2,+)為增函數(shù),因此f(x)有極大值f(-2),極小值f(2),故選D.9.(2012重慶,理9)設(shè)四面體的六條棱的長(zhǎng)分別為1,1,1,1,和a,且長(zhǎng)為a的棱與長(zhǎng)為的棱異面,則a的取值范圍是().A.(0,)B.(0,)C.(1,)D.(1,)A四面體如圖1所示,設(shè)AB=AC=BD=CD=1,AD=,BC=a,則a0.當(dāng)A,B,C,D四點(diǎn)共面時(shí),BC=(如圖2所示).而此時(shí)A,B,C,D四點(diǎn)不能構(gòu)成四面體,所以a,故選A.圖1圖210.(2012重慶,理1

6、0)設(shè)平面點(diǎn)集A=,B=(x,y)|(x-1)2+(y-1)21,則AB所表示的平面圖形的面積為().A.B.C.D.D不等式(y-x)0可化為或集合B表示圓(x-1)2+(y-1)2=1上以及圓內(nèi)部的點(diǎn)所構(gòu)成的集合,AB所表示的平面區(qū)域如圖所示.由線y=,圓(x-1)2+(y-1)2=1均關(guān)于直線y=x對(duì)稱,所以陰影部分占圓面積的一半,故選D.11.(2012重慶,理11)若(1+i)(2+i)=a+bi,其中a,bR,i為虛數(shù)單位,則a+b=.4(1+i)(2+i)=1+3i=a+bi,所以a=1,b=3,a+b=4.12.(2012重慶,理12)=.=.13.(2012重慶,理13)設(shè)A

7、BC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,且cos A=,cos B=,b=3,則c=.由已知條件可得sin A=,sin B=,而sin C=sin(A+B)=sin Acos B+cos Asin B=,根據(jù)正弦定理=得c=.14.(2012重慶,理14)過(guò)拋物線y2=2x的焦點(diǎn)F作直線交拋物線于A,B兩點(diǎn),若|AB|=,|AF|BF|,則|AF|=.F點(diǎn)坐標(biāo)為,設(shè)A,B兩點(diǎn)的橫坐標(biāo)為x1,x2.因|AF|BF|,故直線AB不垂直于x軸.設(shè)直線AB為y=k,聯(lián)立直線與拋物線的方程得k2x2-(k2+2)x+=0,則x1+x2=,又|AB|=x1+x2+1=,可解得k2=24,代入式得12

8、x2-13x+3=0,即(3x-1)(4x-3)=0.而|AF|0),f(x)=-+=.令f(x)=0,解得x1=1,x2=-.當(dāng)x(0,1)時(shí),f(x)0,故f(x)在(1,+)上為增函數(shù).故f(x)在x=1處取得極小值f(1)=3.17.(2012重慶,理17)甲、乙兩人輪流投籃,每人每次投一球.約定甲先投且先投中者獲勝,一直到有人獲勝或每人都已投球3次時(shí)投籃結(jié)束.設(shè)甲每次投籃投中的概率為,乙每次投籃投中的概率為,且各次投籃互不影響.(1)求甲獲勝的概率;(2)求投籃結(jié)束時(shí)甲的投球次數(shù)的分布列與期望.解:設(shè)Ak,Bk分別表示甲、乙在第k次投籃投中,則P(Ak)=,P(Bk)=(k=1,2,

9、3).(1)記“甲獲勝”為事件C,由互斥事件有一個(gè)發(fā)生的概率與相互獨(dú)立事件同時(shí)發(fā)生的概率計(jì)算公式知P(C)=P(A1)+P(A2)+P(A3)=P(A1)+P()P()P(A2)+P()P()P()P()P(A3)=+=+=.(2)的所有可能值為1,2,3.由獨(dú)立性知P(=1)=P(A1)+P(B1)=+=,P(=2)=P(A2)+P(B2)=+=,P(=3)=P()=.綜上知,有分布列123P從而,E=1+2+3=(次).18.(2012重慶,理18)設(shè)f(x)=4cossin x-cos(2x+),其中0.(1)求函數(shù)y=f(x)的值域;(2)若f(x)在區(qū)間上為增函數(shù),求的最大值.解:(

10、1)f(x)=4sin x+cos 2x=2sin xcos x+2sin2x+cos2x-sin2x=sin 2x+1.因-1sin 2x1,所以函數(shù)y=f(x)的值域?yàn)?-,1+.(2)因y=sin x在每個(gè)閉區(qū)間(kZ)上為增函數(shù),故f(x)=sin 2x+1(0)在每個(gè)閉區(qū)間(kZ)上為增函數(shù).依題意知對(duì)某個(gè)kZ成立,此時(shí)必有k=0,于是解得,故的最大值為.19.(2012重慶,理19)如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=4,AC=BC=3,D為AB的中點(diǎn).(1)求點(diǎn)C到平面A1ABB1的距離;(2)若AB1A1C,求二面角A1-CD-C1的平面角的余弦值.解:(1)由AC=

11、BC,D為AB的中點(diǎn),得CDAB.又CDAA1.故CD面A1ABB1,所以點(diǎn)C到平面A1ABB1的距離為CD=.(2)解法一:如圖,取D1為A1B1的中點(diǎn),連接DD1,則DD1AA1CC1.又由(1)知CD面A1ABB1,故CDA1D,CDDD1,所以A1DD1為所求的二面角A1-CD-C1的平面角.因A1D為A1C在面A1ABB1上的射影,又已知AB1A1C,由三垂線定理的逆定理得AB1A1D,從而A1AB1、A1DA都與B1AB互余,因此A1AB1=A1DA,所以RtA1ADRtB1A1A.因此=,即A=ADA1B1=8,得AA1=2.從而A1D=2.所以,在RtA1DD1中,AB1A1D

12、,從而A1AB1、A1DA都與B1AB互余,因此A1AB1=A1DA,所以RtA1ADRtB1A1A.因此=,即A=ADA1B1=8,得AA1=2.從而A1D=2.所以,在RtA1DD1中,cosA1DD1=.解法二:如圖,過(guò)D作DD1AA1交A1B1于D1,在直三棱柱中,易知DB,DC,DD1兩兩垂直.以D為原點(diǎn),射線DB,DC,DD1分別為x軸、y軸、z軸的正半軸建立空間直角坐標(biāo)系D-xyz.設(shè)直三棱柱的高為h,則A(-2,0,0),A1(-2,0,h),B1(2,0,h),C(0,0),C1(0,h),從而=(4,0,h),=(2,-h).由,有8-h2=0,h=2.故=(-2,0,2)

13、,=(0,0,2),=(0,0).設(shè)平面A1CD的法向量為m=(x1,y1,z1),則m,m,即取z1=1,得m=(,0,1).設(shè)平面C1CD的法向量為n=(x2,y2,z2),則n,n,即取x2=1,得n=(1,0,0),所以cos=.所以二面角A1-CD-C1的平面角的余弦值為.20.(2012重慶,理20)如圖,設(shè)橢圓的中心為原點(diǎn)O,長(zhǎng)軸在x軸上,上頂點(diǎn)為A,左、右焦點(diǎn)分別為F1,F2,線段OF1,OF2的中點(diǎn)分別為B1,B2,且AB1B2是面積為4的直角三角形.(1)求該橢圓的離心率和標(biāo)準(zhǔn)方程;(2)過(guò)B1作直線l交橢圓于P,Q兩點(diǎn),使PB2QB2,求直線l的方程.解:(1)如圖所示,

14、設(shè)所求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為+=1(ab0),右焦點(diǎn)為F2(c,0).因AB1B2是直角三角形,又|AB1|=|AB2|,故B1AB2為直角,因此|OA|=|OB2|,得b=,結(jié)合c2=a2-b2得4b2=a2-b2,故a2=5b2,c2=4b2,所以離心率e=.在RtAB1B2中,OAB1B2,故=|B1B2|OA|=|OB2|OA|=b=b2.由題設(shè)條件=4得b2=4,從而a2=5b2=20,因此所求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為+=1.(2)由(1)知B1(-2,0),B2(2,0).由題意知直線l的傾斜角不為0,故可設(shè)直線l的方程為x=my-2.代入橢圓方程得(m2+5)y2-4my-16=0,設(shè)P(x1

15、,y1),Q(x2,y2),則y1,y2是上面方程的兩根,因此y1+y2=,y1y2=-,又=(x1-2,y1),=(x2-2,y2),所以=(x1-2)(x2-2)+y1y2=(my1-4)(my2-4)+y1y2=(m2+1)y1y2-4m(y1+y2)+16=-=+16=-.由PB2QB2,得=0,即16m2-64=0,解得m=2.所以滿足條件的直線有兩條,其方程分別為x+2y+2=0和x-2y+2=0.21.(2012重慶,理21)設(shè)數(shù)列an的前n項(xiàng)和Sn滿足Sn+1=a2Sn+a1,其中a20,(1)求證:an是首項(xiàng)為1的等比數(shù)列;(2)若a2-1,求證:Sn(a1+an),并給出等

16、號(hào)成立的充要條件.(1)證法一:由S2=a2S1+a1得a1+a2=a2a1+a1,即a2=a2a1,因a20,故a1=1,得=a2,又由題設(shè)條件知Sn+2=a2Sn+1+a1,Sn+1=a2Sn+a1,兩式相減得Sn+2-Sn+1=a2(Sn+1-Sn),即an+2=a2an+1,由a20,知an+10,因此=a2,綜上,=a2對(duì)所有nN*成立.從而an是首項(xiàng)為1,公比為a2的等比數(shù)列.證法二:用數(shù)學(xué)歸納法證明an=,nN*.當(dāng)n=1時(shí),由S2=a2S1+a1,得a1+a2=a2a1+a1,即a2=a2a1,再由a20,得a1=1,所以結(jié)論成立.假設(shè)n=k時(shí),結(jié)論成立,即ak=,那么ak+1

17、=Sk+1-Sk=(a2Sk+a1)-(a2Sk-1+a1)=a2(Sk-Sk-1)=a2ak=.這就是說(shuō),當(dāng)n=k+1時(shí),結(jié)論也成立.綜上可得,對(duì)任意nN*,an=.因此an是首項(xiàng)為1,公比為a2的等比數(shù)列.(2)證法一:當(dāng)n=1或2時(shí),顯然Sn=(a1+an),等號(hào)成立.設(shè)n3,a2-1且a20.由(1)知a1=1,an=,所以要證的不等式化為1+a2+(1+)(n3),即證:1+a2+(1+)(n2).當(dāng)a2=1時(shí),上面不等式的等號(hào)成立.當(dāng)-1a21時(shí),-1與-1(r=1,2,n-1)同為正.因此當(dāng)a2-1且a21時(shí),總有(-1)(-1)0,即+1+(r=1,2,n-1).上面不等式對(duì)r從1到n-1求和得2(a2+)(n-1)(1+),由此得1+a2+-1且a20時(shí),有Sn(a1+an),當(dāng)且僅當(dāng)n=1,2或a2=1時(shí)等號(hào)成立.證法二:當(dāng)n=1或2時(shí),顯然Sn=(a1+an),等號(hào)成立.當(dāng)a2=1時(shí),Sn=n=(a1+an),等號(hào)也成立.當(dāng)a21時(shí),由(1)知Sn=,an=.下證:-1且a21).當(dāng)-1a21時(shí),上面不等式化為(n-2)+