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1、20122012年北京高考理科数学试题及答案年北京高考理科数学试题及答案本试卷共 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.第一部分第一部分(选择题共选择题共 4040 分分)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=xR|3x+20 B=xR|（x+1）(x-3)0 则 AB=A（-，-1）B（-1，-23）C（-23,3）D(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32023
2、|xxRxA，利用二次不等式可得1|xxB或3x画出数轴易得：3|xxBA故选 D【答案】D2设不等式组20,20yx，表示平面区域为 D，在区域 D 内随机取一个点，则此点到坐标原点的距离大于 2 的概率是（A）4（B）22（C）6（D）44【解析】题目中2020yx表示的区域如图正方形所示，而动点 D 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4422241222P，故选 D。【答案】D3设 a，bR。“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】
3、当0a时，如果0b同时等于零，此时0bia是实数，不是纯虚数，因此不是充分条件；而如果bia 已经为纯虚数，由定义实部为零，虚部不为零可以得到0a，因此想必要条件，故选B。【答案】B4执行如图所示的程序框图，输出的 S 值为（）A.2B.4C.8D.16【解析】0k，11ks，21ks，22ks，8s，循环结束，输出的 s为 8，故选 C。【答案】5.如图.ACB=90，CDAB 于点 D，以 BD 为直径的圆与 BC 交于点 E.则()A.CECB=ADDBB.CECB=ADABC.ADAB=CD D.CEEB=CD【解析】在ACB中，ACB=90，CDAB 于点 D，所以DBADCD2,由
4、切割线定理的CBCECD2,所以 CECB=ADDB。【答案】A6.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.24B.18C.12D.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】B7.某三棱锥的三视图如图所示，该三梭锥的
5、表面积是（）A.28+65B.30+65C.56+125D.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：10底S，10后S，10右S，56左S，因此该几何体表面积5630左右后底SSSSS，故选 B。【答案】B8.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.5B.7C.9D.11【解析】由图可知 6,7,8,9 这几
6、年增长最快，超过平均值，所以应该加入，因此选 C。【答案】C第二部分第二部分(非选择题共非选择题共 110110 分分)二.填空题共 6 小题。每小题 5 分。共 30 分.9直线ttytx(12为参数)与曲线(sin3cos3yx为参数)的交点个数为_。【解析】直线的普通方程01 yx，圆的普通方程为922 yx，可以直线圆相交，故有 2个交点。【答案】210已知na等差数列nS为其前 n 项和。若211a，32aS，则2a=_。【解析】因为212111132132addadaaaaaaS，所以112daa，nndnnnaSn4141)1(21。【答案】12a，nnSn4141211在ABC
7、 中，若a=2，b+c=7，cosB=41，则 b=_。【解 析】在 ABC 中，利 用 余 弦 定 理cbcbcacbcaB4)(4412cos222cbc4)(74，化简得：0478 bc，与题目条件7cb联立，可解得.2,4,3abc【答案】412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 60.则OAF 的面积为【解析】由xy42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360tank，利 用 点 斜 式，直 线 方 程 为33 xy，将 直 线 和 曲 线
8、联 立)332,31()32,3(4332BAxyxy，因此33212121AOAFyOFS【答案】313 已知正方形 ABCD 的边长为 1，点 E 是 AB 边上的动点，则CBDE的值为_，DCDE的最大值为_。【解析】根据平面向量的数量积公式DADECBDEcos|DADE，由图可知，|cos|DADE，因此1|2DACBDE，cos|DCDEDCDEcos|DE，而cos|DE就是向量DE在DC边上的射影，要想让DCDE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】1，114.已知)3)(2()(mxmxmxf，22)(xxg，若同时满足条件：Rx，
9、0)(xf或0)(xg；)4,(x,)(xf0)(xg。则 m 的取值范围是_。【解析】根据022)(xxg，可解得1x。由于题目中第一个条件的限制Rx，0)(xf或0)(xg成立的限制，导致)(x在1x时必须是0)(xf的。当0m时，0)(xf不能做到)(xf在1x时0)(xf，所以舍掉。因此，)(xf作为二次函数开口只能向下，故0m，且此时两个根为mx21，32mx。为保证此条件成立，需要421131221mmmxmx，和大前提0m取交集结果为04m；又由于条件 2：要求)4,(x，)()(xgxf0 的限制，可分析得出在)4,(x时，)(xf恒负，因此就需要在这个范围内)(xg有得正数的
10、可能，即4应该比21,xx两根中小的那个大，当)0,1(m时，43 m，解得，交集为空，舍。当1m时，两个根同为42，舍。当)1,4(m时，42m，解得2m，综上所述)2,4(m【答案】)2,4(m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xxxxxfsin2sin)cos(sin)(。（1）求)(xf的定义域及最小正周期；（2）求)(xf的单调递减区间。16（本小题共 14 分）如图 1，在 RtABC 中，C=90，BC=3，AC=6，D，E 分别是 AC，AB 上的点，且 DEBC，DE=2，将ADE 沿 DE 折起到
11、A1DE 的位置，使 A1CCD,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）CDDE，1A EDEDE 平面1ACD，又1AC 平面1ACD，1AC DE又1ACCD，1AC 平面BCDE。（2）如图建系Cxyz，则200D ，002 3A，030B，220E ，1032 3AB，,1210AE ，设平面1A BE法向量为nxyz，则1100AB nAE n 32 3020yzxy322zyyx 123n ，又103
12、M ，103CM ，1342cos2|143132 2 2CM nCMn ，CM与平面1A BE所成角的大小45。（3）设线段BC上存在点P，设P点坐标为00a，则03a，则102 3APa，20DPa，设平面1ADP法向量为1111nxyz，则11112 3020ayzxay11113612zayxay 1363naa ，。假设平面1ADP与平面1A BE垂直，则10nn ，31230aa，612a ，2a ，03a，不存在线段BC上存在点P，使平面1ADP与平面1A BE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
13、，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”箱“可回收物”箱“其他垃圾”箱厨余垃圾400100100可回收物3024030其他垃圾202060（）试估计厨余垃圾投放正确的概率；（）试估计生活垃圾投放错误额概率；（）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cba,其中a0，cba=600。当数据cba,的方差2s最大时，写出cba,的值（结论不要求证明），并求此时2s的值。（注：)()()(1222212xxxxxxnsn，其中x为数据nxxx,21的平
14、均数）解：（）由题意可知：4002=6003。（）由题意可知：200+60+403=100010。（）由题意可知：22221(120000)3sabc，因此有当600a，0b，0c 时，有280000s 18（本小题共 13 分）解：（）由1c，为公共切点可得：2()1(0)f xaxa，则()2fxax，12ka，3()g xxbx，则2()=3fxxb，23kb，23ab又(1)1fa，(1)1gb，11ab ，即ab，代入式可得：33ab（2）24ab，设3221()()()14h xf xg xxaxa x则221()324h xxaxa，令()0h x，解得：12ax ，26ax ；
15、0a，26aa，原函数在2a，单调递增，在26aa，单调递减，在6a，上单调递增若12a，即2a时，最大值为2(1)4aha；若126aa ，即26a时，最大值为12ah若16a时，即6a时，最大值为12ah综上所述：当02a，时，最大值为2(1)4aha；当2,a时，最大值为12ah19（本小题共 14 分）解：（1）原曲线方程可化简得：2218852xymm由题意可得：8852805802mmmm，解得：752m（2）由已知直线代入椭圆方程化简得：22(21)16240kxkx，2=32(23)k，解得：232k 由韦达定理得：21621MNkxxk，22421MNx xk，设(,4)NN
16、N xk x，(,4)MMM xkx，(1)GG x，MB方程为：62MMkxyxx，则316MMxGkx，316MMxAGx k，2NNANxx k，欲证AGN，三点共线，只需证AG，AN共线即3(2)6MNNMxx kxx k 成立，化简得：(3)6()MNMNkk x xxx 将代入易知等式成立，则AGN，三点共线得证。20（本小题共 13 分）解：（1）由题意可知 11.2rA，21.2rA ，11.1cA，20.7cA，31.8cA 0.7k A（2）先用反证法证明 1k A：若 1k A 则 1|1|11cAaa，0a 同理可知0b，0ab由题目所有数和为0即1abc 11cab
17、与题目条件矛盾 1k A 易知当0ab时，1k A 存在 k A的最大值为 1（3）k A的最大值为212tt.首先构造满足21()2tk At的,(1,2,1,2,.,21)i jAaijt：1,11,21,1,11,21,211.1,.2tttttaaaaaat，22,12,22,2,12,22,211.,.1(2)ttttttaaaaaat t .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1221|()|()|2tr Ar At，2121121|()|()|.|()|11(2)22tttttc AcAc At ttt ，1221121|()|()|.|()|122t
18、ttttcAcAcAtt.下 面 证 明212tt是 最 大 值.若 不 然，则 存 在 一 个 数 表(2,21)ASt，使 得21()2tk Axt.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,2x中.由于1x，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1x.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gh，则,1gt ht.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1t 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1x（即每个负数均不超过1x）.因此11|()|()1(1)(1)21(1)21(2)r Ar Attxttxxttxx ，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212tt。