《2012年-理数高考-试题-答案~及其解析-湖南.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2012年-理数高考-试题-答案~及其解析-湖南.doc（17页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、第 1 页 共 17 页2012 年普通高等学校招生全国统一考试（湖南卷）年普通高等学校招生全国统一考试（湖南卷） 数学（理工农医类）数学（理工农医类） 一、选择题：本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求 的.1.设集合 M=-1,0,1，N=x|x2x，则 MN= A.0 B.0,1 C.-1,1 D.-1,0,0【答案】B【解析】 0,1N M=-1,0,1 MN=0,1.【点评】本题考查了集合的基本运算，较简单，易得分.先求出 0,1N ,再利用交集定义得出 MN.2.命题“若 =4，则 tan=1”的逆否命题是A.若 4，则
2、tan1 B. 若 =4，则 tan1C. 若 tan1，则 4D. 若 tan1，则 =4【答案】C【解析】因为“若p，则q”的逆否命题为“若p，则q” ，所以 “若 =4，则 tan=1”的逆否命题是 “若 tan1，则 4”.【点评】本题考查了“若 p，则 q”形式的命题的逆命题、否命题与逆否命题，考查分析问题的能力. 3.某几何体的正视图和侧视图均如图 1 所示，则该几何体的俯视图不可能是【答案】D 【解析】本题是组合体的三视图问题，由几何体的正视图和侧视图均如图 1 所示知，原图下面图为圆柱或直四 棱柱，上面是圆柱或直四棱柱或下底是直角的三棱柱，都可能是该几何体的俯视图，不可能是该
3、几何体的俯视图，因为它的正视图上面应为如图的矩形.第 2 页 共 17 页【点评】本题主要考查空间几何体的三视图，考查空间想象能力.是近年高考中的热点题型. 4.设某大学的女生体重 y（单位：kg）与身高 x（单位：cm）具有线性相关关系，根据一组样本数据（xi，yi）（i=1，2，n） ，用最小二乘法建立的回归方程为y=0.85x-85.71，则下列结论中不正确的是A.y 与 x 具有正的线性相关关系B.回归直线过样本点的中心（x，y）C.若该大学某女生身高增加 1cm，则其体重约增加 0.85kg D.若该大学某女生身高为 170cm，则可断定其体重比为 58.79kg 【答案】D【解析】
4、 【解析】由回归方程为y=0.85x-85.71 知y随x的增大而增大，所以 y 与 x 具有正的线性相关关系，由最小二乘法建立的回归方程得过程知()ybxabxybx aybx，所以回归直线过样本点的中心（x，y） ，利用回归方程可以预测估计总体，所以 D 不正确.【点评】本题组要考查两个变量间的相关性、最小二乘法及正相关、负相关的概念，并且是找不正确的答案， 易错.5. 已知双曲线 C ：22x a-22y b=1 的焦距为 10 ，点 P （2,1）在 C 的渐近线上，则 C 的方程为A220x-25y=1 B.25x-220y=1 C.280x-220y=1 D.220x-280y=1
5、【答案】A【解析】设双曲线 C ：22x a-22y b=1 的半焦距为c，则210,5cc.又C 的渐近线为byxa ，点 P （2,1）在 C 的渐近线上，12b a A，即2ab.又222cab，2 5,5ab，C 的方程为220x-25y=1.【点评】本题考查双曲线的方程、双曲线的渐近线方程等基础知识，考查了数形结合的思想和基本运算能力， 是近年来常考题型.第 3 页 共 17 页6. 函数 f（x）=sinx-cos(x+6)的值域为 A -2 ,2 B.-3,3 C.-1,1 D.-3 2, 3 2【答案】B【解析】f（x）=sinx-cos(x+6)31sincossin3sin
6、()226xxxx，sin()1,16x ，( )f x值域为-3,3.【点评】利用三角恒等变换把( )f x化成sin()Ax的形式，利用sin()1,1x ，求得( )f x的值域.7. 在ABC 中，AB=2，AC=3，AB BC A= 1 则_BC .中（2）若在曲线段AABC与 x 轴所围成的区域内随机取一点，则该点在ABC 内的概率为 .【答案】 （1）3；（2）4【解析】 （1）( )yfxcos()x，当6，点 P 的坐标为（0，3 3 2）时3 3cos,362；（2）由图知222TAC ，1 22ABCSACA，设,A B的横坐标分别为, a b.设曲线段AABC与 x 轴
7、所围成的区域的面积为S则( )( )sin()sin()2bb aaSfx dxf xab，由几何概型知该点在ABC 内的概率为2 24ABCSPS A.【点评】本题考查三角函数的图像与性质、几何概型等， （1）利用点 P 在图像上求， （2）几何概型，求出三角形面积及曲边形面积，代入公式即得.16.设 N=2n（nN*，n2） ，将 N 个数 x1,x2,，xN依次放入编号为 1,2，N 的 N 个位置，得到排列P0=x1x2xN.将该排列中分别位于奇数与偶数位置的数取出，并按原顺序依次放入对应的前2N和后2N个位置，得到排列 P1=x1x3xN-1x2x4xN，将此操作称为 C 变换，将
8、P1分成两段，每段2N个数，并对每段作 C 变换，得第 8 页 共 17 页到2p；当 2in-2 时，将 Pi分成 2i段，每段2iN个数，并对每段 C 变换，得到 Pi+1，例如，当 N=8 时，P2=x1x5x3x7x2x6x4x8，此时 x7位于 P2中的第 4 个位置. （1）当 N=16 时，x7位于 P2中的第_个位置； （2）当 N=2n（n8）时，x173位于 P4中的第_个位置.【答案】 （1）6；（2）43 211n【解析】 （1）当 N=16 时,012345616Px x x x x xx,可设为(1,2,3,4,5,6,16),113571524616Px x x
9、xx x x xx,即为(1,3,5,7,9,2,4,6,8,16),2159133711 152616Px x x x x x x x x xx,即(1,5,9,13,3,7,11,15,2,6,16), x7位于 P2中的第 6 个位置,；（2）方法同（1）,归纳推理知 x173位于 P4中的第43 211n个位置.【点评】本题考查在新环境下的创新意识，考查运算能力，考查创造性解决问题的能力. 需要在学习中培养自己动脑的习惯，才可顺利解决此类问题. 三、解答题：本大题共 6 小题，共 75 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17.（本小题满分 12 分） 某超市为了解顾客的购物
10、量及结算时间等信息，安排一名员工随机收集了在该超市购物的 100 位顾客的相关数 据，如下表所示.一次购物量1 至 4 件5 至 8 件9 至 12 件13 至 16 件17 件及以上顾客数（人）x3025y10结算时间（分钟/人） 11.522.53已知这 100 位顾客中的一次购物量超过 8 件的顾客占 55. （）确定 x，y 的值，并求顾客一次购物的结算时间 X 的分布列与数学期望；&%中国教育出版网*# （）若某顾客到达收银台时前面恰有 2 位顾客需结算，且各顾客的结算相互独立，求该顾客结算前的等候时 间不超过 2.5 分钟的概率. （注：将频率视为概率）中%#国教*育出版网【解析】
11、 （1）由已知,得251055,35,yxy所以15,20.xy该超市所有顾客一次购物的结算时间组成一个总体，所以收集的 100 位顾客一次购物的结算时间可视为总体的 一个容量随机样本，将频率视为概率得153303251(1), (1.5), (2),10020100101004p Xp Xp X201101(2.5), (3).100510010p Xp XX的分布为X11.522.53P3 203 101 41 51 10第 9 页 共 17 页X 的数学期望为33111()11.522.531.920104510E X .（）记 A 为事件“该顾客结算前的等候时间不超过 2.5 分钟”
12、，(1,2)iX i 为该顾客前面第i位顾客的结算时间，则121212( )(11)(11.5)(1.51)P AP XXP XXP XX且且且.由于顾客的结算相互独立，且12,XX的分布列都与 X 的分布列相同，所以121212( )(1)1)(1)(1.5)(1.5)(1)P AP XP XP XP XP XP X(3333339 20202010102080.故该顾客结算前的等候时间不超过 2.5 分钟的概率为9 80.【点评】本题考查概率统计的基础知识，考查分布列及数学期望的计算，考查运算能力、分析问题能力.第一问 中根据统计表和 100 位顾客中的一次购物量超过 8 件的顾客占 55
13、知2510100 55%,35,yxy从而解得, x y，计算每一个变量对应的概率，从而求得分布列和期望；第二问，通过设事件，判断事件之间互斥关系，从而求得 该顾客结算前的等候时间不超过 2.5 分钟的概率. 18.（本小题满分 12 分）如图 5，在四棱锥 P-ABCD 中，PA平面 ABCD，AB=4，BC=3，AD=5，DAB=ABC=90，E 是 CD 的中点.来源%:*中#国教育出版网（）证明：CD平面 PAE； （）若直线 PB 与平面 PAE 所成的角和 PB 与平面 ABCD 所成的角相等，求四棱锥 P-ABCD 的体积.【解析】解法 1（如图（1） ） ，连接 AC，由 AB
14、=4，3BC ，905.ABCAC, 得5,AD 又是的中点，所以.CDAE第 10 页 共 17 页,PAABCD CDABCD平面平面所以.PACD而,PA AE是平面PAE内的两条相交直线，所以 CD平面 PAE.（）过点作,.BGCDAE ADF GPF 分别与相交于连接由（）CD平面 PAE 知，平面 PAE.于是BPF为直线与平面 PAE所成的角，且BGAE.由PAABCD 平面知，PBA为直线PB与平面ABCD所成的角.4,2,ABAGBGAF由题意，知,PBABPF 因为sin,sin,PABFPBABPFPBPB所以.PABF由90/ /,/ /,DABABCADBCBGCD
15、 知，又所以四边形BCDG是平行四边形，故3.GDBC于是2.AG 在RtBAG中，4,2,ABAGBGAF所以2 22168 52 5,.52 5ABBGABAGBFBG于是8 5.5PABF又梯形ABCD的面积为1(53) 416,2S 所以四棱锥PABCD的体积为118 5128 516.33515VSPA第 11 页 共 17 页解法 2：如图（2） ，以 A 为坐标原点，,AB AD AP所在直线分别为xyz轴，轴，轴建立空间直角坐标系.设,PAh则相关的各点坐标为：(4,0,0), (4,0,0),(4,3,0),(0,5,0),(2,4,0), (0,0, ).ABCDEPh（）
16、易知( 4,2,0),(2,4,0),(0,0, ).CDAEAPh 因为8800,0,CD AECD AP 所以,.CDAE CDAP而,AP AE是平面PAE内的两条相交直线，所以.CDPAE 平面()由题设和（）知，,CD AP 分别是PAE平面，ABCD平面的法向量，而 PB 与PAE平面所成的角和 PB 与ABCD平面所成的角相等，所以cos,cos,.CD PBPA PBCD PBPA PB CDPBPAPB , 即由（）知，( 4,2,0),(0,0,),CDAPh 由(4,0,),PBh 故222160000. 162 516hhhh 解得8 5 5h .又梯形 ABCD 的面
17、积为1(53) 4162S ，所以四棱锥PABCD的体积为118 5128 51633515VSPA.【点评】本题考查空间线面垂直关系的证明，考查空间角的应用，及几何体体积计算.第一问只要证明PACD即可，第二问算出梯形的面积和棱锥的高，由1 3VSPA算得体积，或者建立空间直角坐标系，求得高几体积. 19.（本小题满分 12 分） 已知数列an的各项均为正数，记 A（n）=a1+a2+an，B（n）=a2+a3+an+1，C（n）=a3+a4+an+2，n=1,2， 来&源:中教网% （1）若 a1=1，a2=5，且对任意 nN，三个数 A（n） ，B（n） ，C（n）组成等差数列，求数列
18、an 的通项公 式.（2）证明：数列 an 是公比为 q 的等比数列的充分必要条件是：对任意Nn，三个数 A（n） ，B（n） ，第 12 页 共 17 页C（n）组成公比为 q 的等比数列. 【解析】解（）对任意Nn,三个数( ), ( ),( )A n B n C n是等差数列，所以( )( )( )( ),B nA nC nB n即112,nnaaa亦即21214.nnaaaa故数列 na是首项为，公差为的等差数列.于是1 (1) 443.nann （） （）必要性：若数列 na是公比为的等比数列，则对任意Nn，有1.nnqaa由0na 知，( ), ( ),( )A n B n C n
19、均大于，于是12)2311212(.( ),( ).nnnnq aaaaaaB nqA naaaaaa231)342231231(.( ),( ).nnnnq aaaaaaC nqB naaaaaa即( ) ( )B n A n( ) ( )C n B nq，所以三个数( ), ( ),( )A n B n C n组成公比为q的等比数列.（）充分性：若对于任意Nn，三个数( ), ( ),( )A n B n C n组成公比为q的等比数列，则( )( ),( )( )B nqA n C nqB n，于是( )( )( )( ) ,C nB nq B nA n得2211(),nnaaq aa即2
20、121.nnaqaaa由1n 有(1)(1),BqA即21aqa，从而210nnaqa.因为0na ，所以2211nnaaqaa，故数列 na是首项为1a，公比为q的等比数列，综上所述，数列 na是公比为q的等比数列的充分必要条件是：对任意 nN，三个数( ), ( ),( )A n B n C n组成公比为q的等比数列.【点评】本题考查等差数列、等比数列的定义、性质及充要条件的证明.第一问由等差数列定义可得；第二问要 从充分性、必要性两方面来证明，利用等比数列的定义及性质易得证.第 13 页 共 17 页20.（本小题满分 13 分）来#源:中教%&*网 某企业接到生产 3000 台某产品的
21、 A，B，三种部件的订单，每台产品需要这三种部件的数量分别为 ,（单位：件）.已知每个工人每天可生产部件件，或部件件，或部件件.该企业计划安排 名工人分成三组分别生产这三种部件，生产部件的人数与生产部件的人数成正比，比例系数为 k（k 为正整数）. （）设生产部件的人数为，分别写出完成，三种部件生产需要的时间； （）假设这三种部件的生产同时开工，试确定正整数 k 的值，使完成订单任务的时间最短，并给出时间最短 时具体的人数分组方案. 【解析】 解：（）设完成 A,B,C 三种部件的生产任务需要的时间（单位：天）分别为123( ),( ),( ),T x T x T x由题设有1232 3000
22、100020001500( ),( ),( ),6200(1)T xT xT xxxkxk x期中,200(1)x kxk x均为 1 到 200 之间的正整数.（）完成订单任务的时间为123( )max( ),( ),( ) ,f xT x T x T x其定义域为2000,.1xxxNk易知，12( ),( )T x T x为减函数，3( )T x为增函数.注意到212( )( ),T xT xk于是（1）当2k 时，12( )( ),T xT x 此时1310001500( )max( ),( )max,2003f xT x T xxx，由函数13( ),( )T x T x的单调性知，
23、当10001500 2003xx时( )f x取得最小值，解得400 9x .由于134002503004445,(44)(44),(45)(45),(44)(45)91113fTfTff而.故当44x 时完成订单任务的时间最短，且最短时间为250(44)11f.（2）当2k 时，12( )( ),T xT x 由于k为正整数，故3k ，此时1375( ), ( )max( ), ( )50T xxT x T xx易知( )T x为增函数，则第 14 页 共 17 页13( )max( ),( )f xT x T x1max( ), ( )T x T x1000375( )max,50xxx.
24、由函数1( ), ( )T x T x的单调性知，当1000375 50xx时( )x取得最小值，解得400 11x .由于14002502503752503637,(36)(36), (37)(37),119111311TT而此时完成订单任务的最短时间大于250 11.（3）当2k 时，12( )( ),T xT x 由于k为正整数，故1k ，此时232000750( )max( ),( )max,.100f xT x T xxx由函数23( ),( )T x T x的单调性知，当2000750 100xx时( )f x取得最小值，解得800 11x .类似（1）的讨论.此时完成订单任务的最
25、短时间为250 9，大于250 11.综上所述，当2k 时完成订单任务的时间最短，此时生产，三种部件的人数 分别为 44,88,68.【点评】本题为函数的应用题，考查分段函数、函数单调性、最值等，考查运算能力及用数学知识分析解决实 际应用问题的能力.第一问建立函数模型；第二问利用单调性与最值来解决，体现分类讨论思想.21.（本小题满分 13 分）www.z%zstep.co*&m 在直角坐标系 xOy 中，曲线 C1的点均在 C2：（x-5）2y2=9 外，且对 C1上任意一点 M，M 到直线 x=2 的距离 等于该点与圆 C2上点的距离的最小值. （）求曲线 C1的方程； （）设 P(x0,
26、y0)（y03）为圆 C2外一点，过 P 作圆 C2的两条切线，分别与曲线 C1相交于点 A，B 和 C，D. 证明：当 P 在直线 x=4 上运动时，四点 A，B，C，D 的纵坐标之积为定值.【解析】 （）解法 1 ：设 M 的坐标为( , )x y，由已知得222(5)3xxy，易知圆2C上的点位于直线2x 的右侧.于是20x，所以22(5)5xyx.第 15 页 共 17 页化简得曲线1C的方程为220yx.解法 2 ：由题设知，曲线1C上任意一点 M 到圆心2C(5,0)的距离等于它到直线5x 的距离，因此，曲线1C是以(5,0)为焦点，直线5x 为准线的抛物线，故其方程为220yx.
27、（）当点 P 在直线4x 上运动时，P 的坐标为0( 4,)y，又03y ，则过 P 且与圆2C相切得直线的斜率k存在且不为 0，每条切线都与抛物线有两个交点，切线方程为0(4),yyk x0即kx-y+y +4k=0.于是02543. 1kykk 整理得22 00721890.ky ky 设过 P 所作的两条切线,PA PC的斜率分别为12,k k，则12,k k是方程的两个实根，故00 1218.724yykk 由101 240, 20 ,k xyyk yx 得2 1012020(4 )0.k yyyk 设四点 A,B,C,D 的纵坐标分别为1234,y yyy，则是方程的两个实根，所以0
28、1 12 120(4 ).ykyyk 同理可得02 34 220(4).ykyyk 于是由，三式得0102 1234 12400(4 )(4)ykyky y y yk k2 012012124004()16ykkyk kk k第 16 页 共 17 页22 001212400166400yyk kk k.所以，当 P 在直线4x 上运动时，四点 A，B，C，D 的纵坐标之积为定值 6400. 【点评】本题考查曲线与方程、直线与曲线的位置关系，考查运算能力，考查数形结合思想、函数与方程思想 等数学思想方法.第一问用直接法或定义法求出曲线的方程；第二问设出切线方程，把直线与曲线方程联立，由一元二次
29、方程根与系数的关系得到, ,A B C D四点纵坐标之积为定值，体现“设而不求”思想.22.（本小题满分 13 分）已知函数( )f x =axex，其中 a0.（1） 若对一切 xR，( )f x 1 恒成立，求 a 的取值集合.（2）在函数( )f x 的图像上取定两点11( ,()A xf x，22(,()B xf x12()xx，记直线AB的斜率为K，问：是否存在x0（x1，x2） ，使0()fxk成立？若存在，求0x的取值范围；若不存在，请说明理由.【解析】 （）若0a ，则对一切0x ，( )f x1axex，这与题设矛盾，又0a ，故0a .而( )1,axfxae令11( )0
30、,ln.fxxaa得当11lnxaa时，( )0,( )fxf x单调递减；当11lnxaa时，( )0,( )fxf x单调递增，故当11lnxaa时，( )f x取最小值11111(ln)ln.faaaaa于是对一切,( )1xR f x恒成立，当且仅当111ln1aaa. 令( )ln ,g tttt 则( )ln .g tt 当01t 时，( )0, ( )g tg t单调递增；当1t 时，( )0, ( )g tg t单调递减.故当1t 时，( )g t取最大值(1)1g.因此，当且仅当11a即1a 时，式成立.综上所述，a的取值集合为1.（）由题意知，21 212121()()1.
31、axaxf xf xeekxxxx第 17 页 共 17 页令2121( )( ),axax axeexfxkaexx则121() 121 21()() 1 ,ax a xxexea xxxx 212() 212 21()() 1 .ax a xxexea xxxx令( )1tF tet ，则( )1tF te.当0t 时，( )0,( )F tF t单调递减；当0t 时，( )0,( )F tF t单调递增.故当0t ，( )(0)0,F tF即10.tet 从而21() 21() 10a xxea xx ，12() 12() 10,a xxea xx 又1210,axe xx2210,ax
32、e xx所以1()0,x2()0.x因为函数( )yx在区间12,x x上的图像是连续不断的一条曲线，所以存在012( ,)xx x使0()0,x2( )0, ( )axxa ex单调递增，故这样的c是唯一的，且21211ln()axaxeecaa xx.故当且仅当212 211(ln,)()axaxeexxaa xx时， 0()fxk.综上所述，存在012( ,)xx x使0()fxk成立.且0x的取值范围为212 211(ln,)()axaxeexaa xx .【点评】本题考查利用导函数研究函数单调性、最值、不等式恒成立问题等，考查运算能力，考查分类讨论思想、函数与方程思想，转化与划归思想等数学思想方法.第一问利用导函数法求出( )f x取最小值11111(ln)ln.faaaaa对一切 xR，f(x) 1 恒成立转化为min( )1f x，从而得出 a 的取值集合；第二问在假设存在的情况下进行推理，通过构造函数，研究这个函数的单调性及最值来进行分析判断.