北京高考試題(理數(shù),word解析版)

1、2012 年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試（北京卷） 數(shù)學(xué)（理科）數(shù)學(xué)（理科） 本試卷共5頁. 150分.考試時(shí)長120分鐘.考試生務(wù)必將答案答在答題卡上.在試卷上作答無效. 考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回. 第一部分(選擇題共 40 分) 一、選擇題共 8 小題。每小題 5 分.共 40 分.在每小題列出的四個(gè)選項(xiàng)中， 選出符合勝目要求 的一項(xiàng). 1已知集合 A=xR|3x+20 B=xR|（x+1）(x-3)0 則 AB= A （-，-1）B （-1，- 22 ） C（-,3）D (3,+) 33 2 ， 利用二次不等式可得B x| x 1或x 3畫出數(shù) 3 【解析】和往年一樣，依然的

2、集合(交集)運(yùn)算，本次考查的是一次和二次不等式的解法。因 為AxR|3x 2 0 x 軸易得：A B x| x 3故選 D 【答案】D 0 x 2, 2設(shè)不等式組，表示平面區(qū)域?yàn)镈，在區(qū)域D 內(nèi)隨機(jī)取一個(gè)點(diǎn)，則此點(diǎn)到坐標(biāo) 0 y 2 原點(diǎn)的距離大于 2 的概率是 （A） 24 （B）（C）（D） 2446 0 x 2 【解析】題目中表示的區(qū)域如圖正方形所示，而動(dòng)點(diǎn) D 0 y 2 可以存在的位置為正方形面積減去四分之一圓的面積部分，因此 1 2222 4 4 ，故選 D。P 224 【答案】D 3設(shè) a，bR?！癮=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

3、條件 C.充分必要條件D.既不充分也不必要條件 【解析】當(dāng)a 0時(shí)，如果b 0同時(shí)等于零，此時(shí)abi 0是實(shí)數(shù)，不是純虛數(shù)，因此不 是充分條件；而如果abi已經(jīng)為純虛數(shù)，由定義實(shí)部為零，虛部不為零可以得到a 0， 因此想必要條件，故選B。 【答案】B 4執(zhí)行如圖所示的程序框圖，輸出的S 值為（） A. 2B .4C.8D. 16 【解析】k 0，s 1 k 1，s 1 k 2，s 2 k 2，s 8，循環(huán)結(jié)束，輸 出的 s 為 8，故選 C。 【答案】 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. CECB=ADDBB. CECB=ADA

4、B C. ADAB=CD D.CEEB=CD 【解析】在ACB中，ACB=90，CDAB 于點(diǎn) D，所以CD AD DB,由切割線定 理的CD CE CB,所以 CECB=ADDB。 【答案】A 6.從 0，2 中選一個(gè)數(shù)字.從 1.3.5 中選兩個(gè)數(shù)字,組成無重復(fù)數(shù)字的三位數(shù).其中奇數(shù)的個(gè)數(shù)為 () A. 24B. 18C. 12D. 6 【解析】由于題目要求的是奇數(shù)，那么對于此三位數(shù)可以分成兩種情況：奇偶奇；偶奇奇。 如果是第一種奇偶奇的情況，可以從個(gè)位開始分析 (3 種選擇)，之后十位(2 種選擇)，最后百 位(2 種選擇)，共 12 種；如果是第二種情況偶奇奇，分析同理：個(gè)位(3 種情

5、況)，十位(2 種 情況)，百位(不能是 0，一種情況)，共 6 種，因此總共 12+6=18 種情況。 【答案】B 7.某三棱錐的三視圖如圖所示，該三梭錐的表面積是（） 2 2 A. 28+6 5 B. 30+6 5 C. 56+ 12 5 D. 60+12 5 【解析】從所給的三視圖可以得到該幾何體為三棱錐， 如圖所示，圖中藍(lán)色數(shù)字所表示的為 直接從題目所給三視圖中讀出的長度， 黑色數(shù)字代表通過勾股定理的計(jì)算得到的邊長。 本題 所求表面積應(yīng)為三棱錐四個(gè)面的面積之和，利用垂直關(guān)系和三角形面積公式，可得： S 底 10 ， S 后 10 ， S 右 10 ，S 左 6 5 ， 因 此 該 幾

6、何 體 表 面 積 S S 底 S 后 S 右 S 左 306 5，故選 B。 【答案】B 8.某棵果樹前 n 前的總產(chǎn)量 S 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.5B.7C.9D.11 【解析】由圖可知 6,7,8,9 這幾年增長最快，超過平均值，所以應(yīng)該加入，因此選C。 【答案】C 第二部分(非選擇題共 110 分) 二.填空題共 6 小題。每小題 5 分。共 30 分. x 2t x 3cos 9直線(t為參數(shù))與曲線(為參數(shù))的交點(diǎn)個(gè)數(shù)為_。 y 1ty 3sin 【解析】直線的普通方程x y 1 0，圓的普通方程為x y 9

7、，可以直線圓相交， 故有 2 個(gè)交點(diǎn)。 【答案】2 22 1 ，S2 a3，則a 2 =_。 2 1 【解析】因?yàn)镾2 a3 a 1 a 2 a 3 a 1 a 1 d a 1 2d d a 1 ， 2 1 2 1 所以a2 a 1 d 1，S n na 1 n(n1)d n n。 44 1 2 1 【答案】a21，Sn n n 44 1 11在ABC 中，若a=2，b+c=7，cosB=，則 b=_。 4 10已知an等差數(shù)列Sn為其前 n 項(xiàng)和。若a 1 a2c2b214(c b)(c b) 【解析】 在 ABC 中，利 用余弦 定理cosB 2ac44c c 3,47(cb) ，化簡得：

8、8c7b4 0，與題目條件bc 7聯(lián)立，可解得b 4, 4c a 2. 【答案】4 12在直角坐標(biāo)系 xOy 中，直線 l 過拋物線=4x 的焦點(diǎn) F.且與該撇物線相交于 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 【解析】由 y 4x可求得焦點(diǎn)坐標(biāo) F(1,0)，因?yàn)閮A斜角為60，所以直線的斜率為 2 k tan60 3，利用點(diǎn)斜式，直線方程為y 3x 3 ，將直線和曲線聯(lián)立 A(3,2 3) 11y 3x3 ，因此SOF y 12 3 3 2 12 3 OAFA 22 ) B( ,y 4x 33 【答案】 3 13已知正方形 ABCD 的邊

9、長為 1，點(diǎn) E 是 AB 邊上的動(dòng)點(diǎn)，則DE CB的值為_， DE DC的最大值為_。 【解析】根據(jù)平面向量的數(shù)量積公式DE CB DE DA | DE| DA|cos，由圖可知， | DE|cos| DA|，因此DECB | DA|21， DEDC | DE| DC|cos | DE|cos，而| DE|cos 就是向量DE在DC邊上的射影，要想讓DE DC最大，即讓 射影最大，此時(shí) E 點(diǎn)與 B 點(diǎn)重合，射影為DC，所以長度為 1 【答案】1，1 14.已知f (x) m(x 2m)(x m3)，g(x) 2 2，若同時(shí)滿足條件： xR，f (x) 0或g(x) 0； x(,4),f (

10、x) g(x) 0。 則 m 的取值范圍是_。 【解析】根據(jù)g(x) 2 2 0，可解得x 1。由于題目中第一個(gè)條件的限制xR， x x f (x) 0或g(x) 0成立的限制，導(dǎo)致(x)在x 1時(shí)必須是f (x) 0的。當(dāng)m 0時(shí)， f (x) 0不能做到f (x)在x 1時(shí)f (x) 0，所以舍掉。因此，f (x)作為二次函數(shù)開口只 能向下，故m 0，且此時(shí)兩個(gè)根為x 1 2m，x 2 m3。為保證此條件成立，需要 1m x 1 2m 1 2，和大前提m 0取交集結(jié)果為4 m 0；又由于條件 2： x2 m 31 m 4 要求x(,4)，f (x)g(x) 0 的限制，可分析得出在x(,4

11、)時(shí)，f (x)恒負(fù)，因 此就需要在這個(gè)范圍內(nèi)g(x)有得正數(shù)的可能，即4應(yīng)該比x 1,x2 兩根中小的那個(gè)大，當(dāng) m(1,0)時(shí)， m 3 4，解得，交集為空，舍。當(dāng)m 1時(shí)，兩個(gè)根同為2 4， 舍。當(dāng)m(4,1)時(shí)，2m 4，解得m 2，綜上所述m(4,2) 【答案】m(4,2)（lbylfx） 三、解答題公 6 小題，共 80 分。解答應(yīng)寫出文字說明，演算步驟或證明過程。 15 （本小題共 13 分） 已知函數(shù)f (x) (sin xcosx)sin2x 。 sin x （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） ：sin x 0 x k(k

12、Z)得：函數(shù)f (x)的定義域?yàn)閤 x k,kZ f (x) (sin xcosx)sin 2x (sin xcosx)2cos x sin x 2sin(2x)1 4 2 ； 2 sin2x(1cos2x) 得：f (x)的最小正周期為T （2）函數(shù)y sin x的單調(diào)遞增區(qū)間為2k ,2k(kZ) 22 3 則2k 2x 2k k x k 24288 3 (k Z) 得：f (x)的單調(diào)遞增區(qū)間為k ,k),(k,k 88 16 （本小題共 14 分） 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

13、 折起到A1DE 的位置，使 A1CCD,如圖 2. (I)求證：A1C平面 BCDE； (II)若 M 是 A1D 的中點(diǎn)，求 CM 與平面 A1BE 所成角的大??； (III)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）QCD DE，A 1E DE DE 平面ACD， 1 又QA 1C 平面ACD， 1 A 1C DE 又AC CD， 1 A 1C 平面BCDE。 （2）如圖建系C xyz，則D2，0，0，A 0，3，0，E2，2，00，2 3，B0， uuu u ruuur A 1 B 0，3，2 3,A 1 E 2，1，0 r n設(shè)平面

14、A 1BE 法向量為x，y，z 3 uuur r z y 3y 2 3z 0 A 1Bn 0 2 則 uuu u r r 2x y 0y x A 1E n 0 2 r n 1，2， 3 z A1(0,0,2 3) M E (-2,2,0) y B (0,3,0) D (-2,0,0) C (0,0,0) x 又M 1，0， 3 uuuu r CM 1，0， 3 uuuu r r CM n1342 rr cos uuuu 2|CM | n|1 43 1322 2 ， CM與平面A 1BE 所成角的大小45。 （3）設(shè)線段BC上存在點(diǎn)P，設(shè)P點(diǎn)坐標(biāo)為0，a，0，則a0，3 uuu ruuur 則A

15、 1 P 0，a， 2 3，DP 2，a，0 u u r 設(shè)平面A 1DP 法向量為n 1 x 1 ，y 1 ，z 1 3 z ay ay 1 2 3z 1 0 1 6 1 則 2x ay 01 11 x ay 11 2 u u r n 1 3a，6， 3a 。 ， 假設(shè)平面A 1DP 與平面A 1BE 垂直， u u r r 則n1n 0，3a 123a 0，6a 12，a 2， 0 a 3，不存在線段BC上存在點(diǎn)P，使平面A 1DP 與平面A 1BE 垂直。 17 （本小題共 13 分） 近年來，某市為了促進(jìn)生活垃圾的風(fēng)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

16、設(shè)置了相應(yīng)分垃圾箱， 為調(diào)查居民生活垃圾分類投放情況， 現(xiàn)隨機(jī)抽取了 該市三類垃圾箱中總計(jì) 1000 噸生活垃圾，數(shù)據(jù)統(tǒng)計(jì)如下（單位：噸） ： 廚余垃圾 可回收物 其他垃圾 “廚余垃圾” 箱“可回收物” 箱“其他垃圾” 箱 400 30 20 100 240 20 100 30 60 （）試估計(jì)廚余垃圾投放正確的概率； （）試估計(jì)生活垃圾投放錯(cuò)誤額概率； （） 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 bc=600。當(dāng)數(shù)據(jù)a,b,c的方差s最大時(shí)，寫出a,b,c的值（結(jié)論不要求 證明） ，并求此時(shí)s的值。 （注：s 2 2 2

17、 1 (x 1 x)2(x 2 x)2 (x n x)2，其中x為數(shù)據(jù)x 1,x2 , ,x n 的平均數(shù)） n 4002 = 6003 。 解： （）由題意可知： （）由題意可知： 200+60+403 = 100010 。 1 （）由題意可知：s2(a2b2c2120000)，因此有當(dāng)a 600，b 0，c 0時(shí)，有 3 s280000 18 （本小題共 13 分） 2 已知函數(shù)f (x) ax 1a 0，g(x) x bx. 3 （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

18、在區(qū)間,1上的最大值. 解： （）由1，c為公共切點(diǎn)可得： f (x) ax21(a 0)，則f (x) 2ax，k1 2a， g(x) x3 bx，則f (x)=3x2 b，k2 3b， 2a 3b 又f (1) a 1，g(1)1b， a 11b，即a b，代入式可得： a 3 b 3 1 （2）Qa2 4b，設(shè)h(x) f (x) g(x) x3 ax2a2x 1 4 1aa 則h(x) 3x2 2ax a2，令h(x) 0，解得：x 1 ，x 2 ； 426 Qa 0， ， a a aa 原函數(shù)在 單調(diào)遞增， 在單調(diào)遞減， 在， ， 上單調(diào)遞增 26 2 6 a 2 a 6 a2a 若

19、1，即a2時(shí)，最大值為h(1) a； 42 aa a 若 1 ，即2 a 6時(shí)，最大值為h 1 262 若1 a a 時(shí)，即a6時(shí)，最大值為h 1 62 綜上所述： a2 a 當(dāng)a0，2時(shí)，最大值為h(1) a；當(dāng)a2 , 時(shí)，最大值為h 1 4 2 19 （本小題共 14 分） 已知曲線C:5mx m2y 8mR . 22 （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） ， 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. x2y2 1解： （1）原曲線方程可化簡

20、得： 88 5 mm 2 88 5m m2 87 0由題意可得：，解得： m 5 2 5m 8 m2 0 （2）由已知直線代入橢圓方程化簡得：(2k21)x216kx 24 0， =32(2k23)，解得：k2 3 2 由韋達(dá)定理得：x M x N 16k24 ，x x MN 2k212k21 設(shè)N(x N , k x N 4)，M(x M , kx M 4)，G(xG， 1) MB方程為：y 3x M kx M 6 ， 1，x 2，則G x M kxM 6 r uuu r 3x M uuu ，1，AN x N ，AG x N k 2， x k 6 M uuu ruuu r 欲證A，G，N三點(diǎn)

21、共線，只需證AG，AN共線 即 3x M(x N k 2) x N 成立，化簡得：(3k k)x M x N 6(x M x N ) x M k 6 將代入易知等式成立，則A， （lby lfx） G，N三點(diǎn)共線得證。 20 （本小題共 13 分） 設(shè)A是由mn個(gè)實(shí)數(shù)組成的m行n列的數(shù)表，滿足：每個(gè)數(shù)的絕對值不大于1，且所 有數(shù)的和為零. 記Sm,n為所有這樣的數(shù)表組成的集合. 對于ASm,n， 記r i(A) 為A 的第i行各數(shù)之和（1剟i m） ，c j(A) 為A的第j列各數(shù)之和（1剟j；記k(A)為n） r 1(A) ，r 2 (A)，r m (A)，c 1(A) ，c2(A)，cn(

22、A)中的最小值. （1）對如下數(shù)表A，求k(A)的值； 110.8 0.10.31 （2）設(shè)數(shù)表AS2,3形如 1 a 1 b c 1 求k(A)的最大值； （3）給定正整數(shù)t，對于所有的AS2,2t 1，求k(A)的最大值. 解： （1）由題意可知r 1 A1.2，r 2 A 1.2，c 1 A1.1，c 2 A 0.7，c 3 A 1.8 kA 0.7 （2）先用反證法證明kA1： 若kA1 則|c 1 A| a 1| a 11，a 0 同理可知b 0，a b 0 由題目所有數(shù)和為0 即a b c 1 c 1 a b 1 與題目條件矛盾 kA1 易知當(dāng)a b 0時(shí)，kA1存在 kA的最大值為 1 （3）kA的最大值為 2t 1 . t 2 2t 1 首先構(gòu)造滿足k(A) 的A a i, j (i 1,2, j 1,2,., 2t 1)： t 2 t 1 ，a