2012年北京高考数学试卷(理科解析版)

数学（理科）

本试卷共5页. 150分.考试时长120分钟.考试生务必将答案答在答题卡上.在试卷上作答无效.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.

第一部分(选择题共40分)

一、选择题共8小题。每小题5分.共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合胜目要求的一项.

1．已知集合A={x∈R|3x+2＞0} B={x∈R|（x+1）(x-3)＞0} 则A∩B= A （-，-1）B （-1，-

22） C （-,3）D (3,+) 332，利用二次不等式可得B{x|x1或x3}画出数3【解析】和往年一样，依然的集合(交集)运算，本次考查的是一次和二次不等式的解法。因为A{xR|3x20}x轴易得：AB{x|x3}．故选D． 【答案】D

0x2,2．设不等式组，表示平面区域为D，在区域D内随机取一个点，则此点到坐标

0y2原点的距离大于2的概率是 （A）

24 （B） （C） （D）

24460x2【解析】题目中表示的区域如图正方形所示，而动点D

0y2可以存在的位置为正方形面积减去四分之一圆的面积部分，因此

1222244，故选D。 P224【答案】D

3．设a，b∈R。“a=0”是“复数a+bi是纯虚数”的（ ） A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件

【解析】当a0时，如果b0同时等于零，此时abi0是实数，不是纯虚数，因此不是充分条件；而如果abi已经为纯虚数，由定义实部为零，虚部不为零可以得到a0，因此想必要条件，故选B。 【答案】B

4．执行如图所示的程序框图，输出的S值为（ ）

A. 2 B .4 C.8 D. 16

【解析】k0，s1k1，s1k2，s2k2，s8，循环结束，输出的s为8，故选C。 【答案】

5.如图. ∠ACB=90º，CD⊥AB于点D，以BD为直径的圆与BC交于点E.则( ) A. CE·CB=AD·DB B. CE·CB=AD·AB C. AD·AB=CD ² D.CE·EB=CD ²

【解析】在ACB中，∠ACB=90º，CD⊥AB于点D，所以CDAD•DB,由切割线定理的CDCE•CB,所以CE·CB=AD·DB。

【答案】A

6.从0，2中选一个数字.从1.3.5中选两个数字,组成无重复数字的三位数.其中奇数的个数为( )

A. 24 B. 18 C. 12 D. 6

【解析】由于题目要求的是奇数，那么对于此三位数可以分成两种情况：奇偶奇；偶奇奇。如果是第一种奇偶奇的情况，可以从个位开始分析(3种选择)，之后十位(2种选择)，最后百位(2种选择)，共12种；如果是第二种情况偶奇奇，分析同理：个位(3种情况)，十位(2种情况)，百位(不能是0，一种情况)，共6种，因此总共12+6=18种情况。 【答案】B

7.某三棱锥的三视图如图所示，该三梭锥的表面积是（ ）

22

A. 28+65 B. 30+65 C. 56+ 125 D. 60+125

【解析】从所给的三视图可以得到该几何体为三棱锥，如图所示，图中蓝色数字所表示的为直接从题目所给三视图中读出的长度，黑色数字代表通过勾股定理的计算得到的边长。本题所求表面积应为三棱锥四个面的面积之和，利用垂直关系和三角形面积公式，可得：

S底10，S后10，S右10，S左65，因此该几何体表面积

SS底S后S右S左3065，故选B。

【答案】B

8.某棵果树前n前的总产量S与n之间的关系如图所示.从目前记录的结果看，前m年的年平均产量最高。m值为（ ）

A.5 B.7 C.9 D.11

【解析】由图可知6,7,8,9这几年增长最快，超过平均值，所以应该加入，因此选C。 【答案】C

第二部分(非选择题共110分)

二.填空题共6小题。每小题5分。共30分.

x2tx3cos9．直线(t为参数)与曲线(为参数)的交点个数为______。

y1ty3sin 【解析】直线的普通方程xy10，圆的普通方程为xy9，可以直线圆相交，故有2个交点。

【答案】2

221，S2a3，则a2=_______。 21【解析】因为S2a3a1a2a3a1a1da12dda1，

2121所以a2a1d1，Snna1n(n1)dnn。

44121【答案】a21，Snnn

44111．在△ABC中，若a=2，b+c=7，cosB=，则b=_______。

410．已知{an}等差数列Sn为其前n项和。若a1a2c2b214(cb)(cb)【解析】在△ABC中，利用余弦定理cosB

2ac44cc3,47(cb)，化简得：8c7b40，与题目条件bc7联立，可解得b4, 4ca2.【答案】4

12．在直角坐标系xOy中，直线l过抛物线=4x的焦点F.且与该撇物线相交于A、B两点.其中点A在x轴上方。若直线l的倾斜角为60º.则△OAF的面积为 【解析】由y4x可求得焦点坐标F(1,0)，因为倾斜角为60，所以直线的斜率为

2ktan603，利用点斜式，直线方程为y3x3，将直线和曲线联立

A(3,23)11y3x3，因此SOFy1233． 2123OAFA22)B(,y4x33【答案】3

13．已知正方形ABCD的边长为1，点E是AB边上的动点，则DECB的值为________，

DEDC的最大值为______。

【解析】根据平面向量的数量积公式DECBDEDA|DE||DA|cos，由图可知，

|DE|cos|DA|，因此DECB|DA|21，

DEDC|DE||DC|cos|DE|cos，而|DE|cos就是向量DE在DC边上的射影，要想让DEDC最大，即让射影最大，此时E点与B点重合，射影为DC，所以长度为1． 【答案】1，1

14.已知f(x)m(x2m)(xm3)，g(x)22，若同时满足条件： ①xR，f(x)0或g(x)0； ②x(,4), f(x)g(x)0。 则m的取值范围是_______。

【解析】根据g(x)220，可解得x1。由于题目中第一个条件的限制xR，

xxf(x)0或g(x)0成立的限制，导致(x)在x1时必须是f(x)0的。当m0时，f(x)0不能做到f(x)在x1时f(x)0，所以舍掉。因此，f(x)作为二次函数开口只

能向下，故m0，且此时两个根为x12m，x2m3。为保证此条件成立，需要

1mx12m12，和大前提m0取交集结果为4m0；又由于条件2：x2m31m4要求x(,4)，f(x)g(x)0的限制，可分析得出在x(,4)时，f(x)恒负，因此就需要在这个范围内g(x)有得正数的可能，即4应该比x1,x2两根中小的那个大，当

m(1,0)时，m34，解得，交集为空，舍。当m1时，两个根同为24，

舍。当m(4,1)时，2m4，解得m2，综上所述m(4,2)． 【答案】m(4,2)（lbylfx）

三、解答题公6小题，共80分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。 15．（本小题共13分） 已知函数f(x)(sinxcosx)sin2x。

sinx（1）求f(x)的定义域及最小正周期； （2）求f(x)的单调递增区间。

解（1）：sinx0xk(kZ)得：函数f(x)的定义域为{xxk,kZ} f(x)(sinxcosx)sin2x(sinxcosx)2cosx

sinx2sin(2x)1

42； 2 sin2x(1cos2x) 得：f(x)的最小正周期为T （2）函数ysinx的单调递增区间为[2k,2k](kZ) 223 则2k2x2kkxk

242883](kZ) 得：f(x)的单调递增区间为[k,k),(k,k88

16．（本小题共14分）

如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=3，AC=6，D，E分别是AC，AB上的点，且DE∥BC，DE=2，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD,如图2. (I)求证：A1C⊥平面BCDE；

(II)若M是A1D的中点，求CM与平面A1BE所成角的大小；

(III)线段BC上是否存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直？说明理由

解：（1）

CDDE，A1EDE

DE平面ACD， 1又

， A1C平面ACD1A1CDE

又ACCD， 1A1C平面BCDE。

（2）如图建系Cxyz，则D2，0，0，A0，3，0，E2，2，0 0，23，B0，∴A1B0，3，23,A1E2，1，0 设平面A1BE法向量为nx，y，z

3zy3y23z0A1Bn02则 ∴ ∴

2xy0yxA1En02zA1 (0,0,23)ME (-2,2,0)yB (0,3,0)∴n1，2，3 又∵M1，0，3 ∴CM1，0，3 ∴cosCMn1342

2|CM||n|14313222，

D (-2,0,0)C (0,0,0)x∴CM与平面A1BE所成角的大小45。

（3）设线段BC上存在点P，设P点坐标为0，a，0，则a0，3

则A1P0，a，23，DP2，a，0 设平面A1DP法向量为n1x1，y1，z13zayay123z10161则 ∴

2xay0111xay112

，

∴n13a，6，3a。

假设平面A1DP与平面A1BE垂直，

则n1n0，∴3a123a0，6a12，a2，

∵0a3，∴不存在线段BC上存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直。 17．（本小题共13分）

近年来，某市为了促进生活垃圾的风分类处理，将生活垃圾分为厨余垃圾、可回收物和其他垃圾三类，并分别设置了相应分垃圾箱，为调查居民生活垃圾分类投放情况，现随机抽取了该市三类垃圾箱中总计1000吨生活垃圾，数据统计如下（单位：吨）：

厨余垃圾 可回收物 其他垃圾

“厨余垃圾”箱

400 30 20

“可回收物”箱

100 240 20

“其他垃圾”箱

100 30 60

（Ⅰ）试估计厨余垃圾投放正确的概率； （Ⅱ）试估计生活垃圾投放错误额概率；

（Ⅲ）假设厨余垃圾在“厨余垃圾”箱、“可回收物”箱、“其他垃圾”箱的投放量分别为a,b,c其中a＞0，abc=600。当数据a,b,c的方差s最大时，写出a,b,c的值（结论不要求证明），并求此时s的值。 （注：s2221 [(x1x)2(x2x)2(xnx)2]，其中x为数据x1,x2,,xn的平均数）

n4002=6003。

解：（）由题意可知：

（）由题意可知：

200+60+403=100010。

1（）由题意可知：s2(a2b2c2120000)，因此有当a600，b0，c0时，有

3s280000．

18．（本小题共13分）

已知函数f(x)ax1a0，g(x)xbx.

23（1）若曲线yf(x)与曲线yg(x)在它们的交点1,c处具有公共切线，求a，b的值； （2）当a24b时，求函数f(x)g(x)的单调区间，并求其在区间,1上的最大值. 解：（）由1，c为公共切点可得：

f(x)ax21(a0)，则f(x)2ax，k12a， g(x)x3bx，则f(x)=3x2b，k23b，

2a3b

又f(1)a1，g(1)1b，

a11b，即ab，代入①式可得：（2）

a3． b3a24b，设h(x)f(x)g(x)x3ax2a2x1

1aa则h(x)3x22axa2，令h(x)0，解得：x1，x2；

42614aaa0，，

26aaaa原函数在单调递增，在单调递减，在，，，上单调递增

2626a2a①若1≤，即a≤2时，最大值为h(1)a；

42aaa②若1，即2a6时，最大值为h1

262③若1≥aa时，即a≥6时，最大值为h1． 62综上所述：

a2a当a0，2时，最大值为h(1)a；当a2,时，最大值为h1．

42

19．（本小题共14分）

已知曲线C:5mxm2y8mR.

22（1）若曲线C是焦点在x轴上的椭圆，求m的取值范围；

（2）设m4，曲线C与y轴的交点为A，B（点A位于点B的上方），直线ykx4与

曲线C交于不同的两点M，N，直线y1与直线BM交于点G，求证：A，G，N 三点共线.

x2y21 解：（1）原曲线方程可化简得：885mm2885mm2870由题意可得：，解得：m5

25m8m20（2）由已知直线代入椭圆方程化简得：(2k21)x216kx240，

=32(2k23)，解得：k23 2由韦达定理得：xMxN16k24①，，② xxMN2k212k21设N(xN,kxN4)，M(xM,kxM4)，G(xG，1)

MB方程为：y3xMkxM6，1， x2，则GxMkxM6AG3xM，1，ANxN，xNk2，

xk6M欲证A，G，N三点共线，只需证AG，AN共线 即

3xM(xNk2)xN成立，化简得：(3kk)xMxN6(xMxN)

xMk6将①②代入易知等式成立，则A，（lby lfx） G，N三点共线得证。

20．（本小题共13分）

设A是由mn个实数组成的m行n列的数表，满足：每个数的绝对值不大于1，且所有数的和为零. 记Sm,n为所有这样的数表组成的集合. 对于ASm,n，记ri(A)为A的第i行各数之和（1im），cj(A)为A的第j列各数之和（1j；记k(A)为n）

r1(A)，r2(A)，…，rm(A)，c1(A)，c2(A)，…，cn(A)中的最小值.

（1）对如下数表A，求k(A)的值； 1 1 0.8 0.1 0.3 1 （2）设数表AS2,3形如 1 a 1 b c 1

求k(A)的最大值；

（3）给定正整数t，对于所有的AS2,2t1，求k(A)的最大值.

解：（1）由题意可知r1A1.2，r2A1.2，c1A1.1，c2A0.7，c3A1.8

∴kA0.7

（2）先用反证法证明kA≤1：

若kA1

则|c1A||a1|a11，∴a0 同理可知b0，∴ab0 由题目所有数和为0 即abc1 ∴c1ab1 与题目条件矛盾 ∴kA≤1．

易知当ab0时，kA1存在 ∴kA的最大值为1 （3）kA的最大值为

2t1. t22t1首先构造满足k(A)的A{ai,j}(i1,2,j1,2,...,2t1)：

t2t1， a1,1a1,2...a1,t1,a1,t1a1,t2...a1,2t1t2a2,1a2,2t2t1...a2,t,a2,t1a2,t2...a2,2t11.

t(t2)经计算知，A中每个元素的绝对值都小于1，所有元素之和为0，且

|r1(A)||r2(A)|2t1， t2t2t1t12t1|c1(A)||c2(A)|...|ct(A)|11，

t(t2)t2t2|ct1(A)||ct2(A)|...|c2t1(A)|1下面证明

t12t1. t2t22t1是最大值. 若不然，则存在一个数表AS(2,2t1)，使得t22t1. k(A)xt2由k(A)的定义知A的每一列两个数之和的绝对值都不小于x，而两个绝对值不超过1的数的和，其绝对值不超过2，故A的每一列两个数之和的绝对值都在区间[x,2]中. 由于

x1，故A的每一列两个数符号均与列和的符号相同，且绝对值均不小于x1.

设A中有g列的列和为正，有h列的列和为负，由对称性不妨设gh，则

gt,ht1. 另外，由对称性不妨设A的第一行行和为正，第二行行和为负.

考虑A的第一行，由前面结论知A的第一行有不超过t个正数和不少于t1个负数，每个正数的绝对值不超过1（即每个正数均不超过1），每个负数的绝对值不小于x1（即每个负数均不超过1x）. 因此

|r1(A)|r1(A)t1(t1)(1x)2t1(t1)xx2t1(t2)xx，

故A的第一行行和的绝对值小于x，与假设矛盾. 因此kA的最大值为

2t1。（lby lfx） t2