北京高考試題(理數(shù),word解析版)

2012年普通高等學(xué)校招生全國(guó)統(tǒng)一考試（北京卷）數(shù)學(xué)（理科）本試卷共5頁(yè).150分.考試時(shí)長(zhǎng)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(wú)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)..已知集合A={x∈RI3x+2>0}B={x∈RI（x+1）（x-3）>0}則A∩B=A（-∞,-1）B（-1,-2）C（-3,3）D（3,+∞）【解析】和往年一樣，依然的集合（交集）運(yùn)算，本次考查的是一次和二次不等式的解法。因2為A二{X∈R13X+2>0}nX>-3,利用二次不等式可得B={XIX<—1或X>3}畫(huà)出數(shù)軸易得：A∩B={XIX>3}.故選D.【答案】D|0≤X≤2,.設(shè)不等式組《八」,C，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的概率是兀 兀4一兀兀-242|0≤X≤2題目中〈八//c表示的區(qū)域如圖正方形所示∣0≤y≤2而動(dòng)點(diǎn)D可以存在的位置為正方形面積減,12X2—兀?224—兀去四分之一圓的面積部分，因此P=——-?——=——，故選D。2X2 4【答案】D.設(shè)a,b∈Ro"a=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)a+bi=0是實(shí)數(shù)，不是純虛數(shù)，因此不是充分條件；而如果a+bi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Bo【答案】B.執(zhí)行如圖所示的程序框圖，輸出的S值為（）A.2B.4 C.8D.16【解析】k=0,s=1nk=1,s=1nk=2,S=2nk=2,S=8,循環(huán)結(jié)束，輸出的S為8，故選C。【答案】C.如圖.∠ACB=90°,CD⊥AB于點(diǎn)D,以BD為直徑的圓與BC交于點(diǎn)E.則（ ）A.CE?CB=AD?DBB.CE?CB=AD?ABC.AD?AB=CD2 D,CE?EB=CD2【解析】在AACB中，∠ACB=90°,CD⊥AB于點(diǎn)D,所以CD2=AD?DB,由切割線定理的CD2=CE?CB,所以CE?CB=AD?DB?！敬鸢浮緼.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(wú)重復(fù)數(shù)字的三位數(shù).其中奇數(shù)的個(gè)數(shù)為（ ）A.24 B.18 C.12 D.6【解析】由于題目要求的是奇數(shù),那么對(duì)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(kāi)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?！敬鸢浮緽.某三棱錐的三視圖如圖所示,該三梭錐的表面積是（）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(zhǎng)度，黑色數(shù)字代表通過(guò)勾股定理的計(jì)算得到的邊長(zhǎng)。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=10,S=10,S=10,S=6?√5，因此該幾何體表面積底 后 右 左S=S+S+S+S=30+6<5，故選Bo底后右左【答案】B.某棵果樹(shù)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.5 B.7 C.9 D.11【解析】由圖可知6,7,8,9這幾年增長(zhǎng)最快，超過(guò)平均值，所以應(yīng)該加入，因此選Co【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=2+1 1X=3cosα.直線I 1 （t為參數(shù)）與曲線| （α為參數(shù)）的交點(diǎn)個(gè)數(shù)為 。Iy=—1—t Iy=3smα【解析】直線的普通方程X+y—1=0,圓的普通方程為X2+y2=9，可以直線圓相交，故有2個(gè)交點(diǎn)?！敬鸢浮?1.已知｛a｝等差數(shù)列S為其前n項(xiàng)和。若a=-,S=a,則a= n n 12 2 3 2【解析】因?yàn)镾=ana+a=ana+a+d=a+2dnd=a=—2 3 1 2 3 1 1 1 12所以a=a+d=1,

2111S=na+n(n—1)d=—n2+—nO

n1 44【答案】a2=1,11=n2+n44Sn1.在AABC中，若a=2,b+c=7,cosB=—-,則b=4【解析】在^ABC中，a2+c2—b2 1利用余弦定理cosB= n--

2ac 44+(c+b)(c一b)4+7(c-b),化簡(jiǎn)得:8C-7b+4=0，與題目條件b+C=7聯(lián)立可解得Ib：4:a：2.【答案】4.在直角坐標(biāo)系xOy中，直線l過(guò)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AOAF的面積為【解析】由)2：4X可求得焦點(diǎn)坐標(biāo)F(1,0),因?yàn)閮A斜角為60o,所以直線的斜率為k：tan60o：√3,利用點(diǎn)斜式，直線方程為y=√3X-√3,將直線和曲線聯(lián)立1A(3,2√3)B(3,-T一1一1因止匕S :×OF×y:×1×2V3：丫3.Aoaf2 A2.已知正方形ABCD的邊長(zhǎng)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：IDEI?IDAIcosθ，由圖可知，IDEI?cosθ：|DAI,因此DE?CB：IDA|2：1,DE?DC：IDEI?IDCIcosa：IDEI?cosa,而IDEI?cosa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(zhǎng)度為1.【答案】1，1.已知f(X)：m(X-2m)(X+m+3),g(X)：2χ-2，若同時(shí)滿足條件:①?X∈R,f(X)<0或g(X)<0；②?X∈(-∞,-4),f(X)g(X)<0。則m的取值范圍是【解析】根據(jù)g(X)：2X-2<0,可解得X<1。由于題目中第一個(gè)條件的限制?X∈R,y：3XX-√3W：4X【答案】Y3n,,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(kāi)口只能向下，故m<0，且此時(shí)兩個(gè)根為X=2m，X=-m-3。為保證此條件成立，需要

1 2( 1fX=2m<1m<—<1C1=< 2，和大前提m<0取交集結(jié)果為-4<m<0；又由于條件2：IX=-m-3<1I2 Im>-4要求X∈(-∞,-4)，f(X)g(X)<0的限制，可分析得出在X∈(-∞,-4)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,X兩根中小的那個(gè)大，當(dāng)12m∈(-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)三、解答題公6小題，共80分。解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明，演算步驟或證明過(guò)程。15.(本小題共13分)、(sinX-cosX)sin2X已知函數(shù)f(X)=? ；- 。sinX(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?！窘馕觥?1)：sinXW00XWk兀(k∈Z)得：函數(shù)f(X)的定義域?yàn)閧XX≠k兀,k∈Z}“、 (sinX-cosX)sin2X z. 、f(X)= =(SinX-cosX)×2cosXsinX=sin2X-(1+cos2X)=√2sin(2X-—)-14“、 E2—得：f(x)的最小正周期為T(mén)=~r-=—；— — —(2)函數(shù)y=SmX的單調(diào)遞增區(qū)間為[2k—--,2k—+-](k∈Z)則2k―-—,C— — — 3——≤2X-—≤2k—+—今k—-—≤X≤k—+——24288— 3—得：f(X)的單調(diào)遞增區(qū)間為[k—-,k—),(k—,k—+ ](k∈Z)8816.(本小題共14分)如圖1,在Rt?ABC中，∠C=90°,BC=3,AC=6,D,E分別是AC,AB上的點(diǎn)，且DE〃BC,DE=2,將AADE沿DE折起到^A1DE的位置，使A1C⊥CD,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(shuō)明理由圖1 圖之【解析】(1)YCD±DEAE±DE1,???DE1平面ACD,1又YACU平面ACD,11???AC±DE1又AC±CD,1「.AC±平面BCDE1 。(2)如圖建系C-%2Z,則D(-2,0,0),AQ,0,2√3)?AB=Q,3,1-2√3),AE=(-2,-1,1n=(X,2,Z)0)B(03,0),E(-2,2,0),,設(shè)平面ABE法向量為1 >—>AB-n=01 >—>AE-n=01又?.?M3,0?CM=3,0,,、四)√3Z=τ'%=-2%一2則4,n=(1,2,.32-2γ'3z=0??4[—2%-y=0??<巨),Q)?cosθ=CM→??n4 221+3I函I?InI=√1+4+3?√1+3=2-22=2,二CM與平面A1BE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a∈63〕則AP=0,,a,DP=(2,a,0)1設(shè)平面AIdp法向量為nι=(%ι,J1,z)則"-2<3zι=0I2%+ay=0111；.n,6,Z=~TaJ1611%=——ay1 21假設(shè)平面ADP與平面ABE垂直，11貝Un?n=0,.??3a+12+3a=0,6a=-12,a=-21,?.?0<a<3,.不存在線段BC上存在點(diǎn)P,使平面ADP與平面ABE垂直。1117．（本小題共13分）近年來(lái),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”箱“可回收物”箱“其他垃圾”箱廚余垃圾400100100可回收物3024030其他垃圾202060（I）試估計(jì)廚余垃圾投放正確的概率；（II）試估計(jì)生活垃圾投放錯(cuò)誤額概率；（III）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a>0,a+b+C=600。當(dāng)數(shù)據(jù)a,b,C的方差S2最大時(shí)，寫(xiě)出a,b,C的值（結(jié)論不要求證明），并求此時(shí)S2的值。1一 一，一，一、一(注：S2=-[(%-%)2+(%-%)2+…+(%-%)2],其中％為數(shù)據(jù)％,%,…,％的平均數(shù))

n1 2 n 12n【解析】(1)由題意可知：400=26003⑵由題意可知：k=10(3)由題意可知：s2=3(a2+b2+c2-120000),因此有當(dāng)a=600,b=0,c=0時(shí)，有S2=80000．18．（本小題共13分）已知函數(shù)f(x)=ax2+1(α>0),g(X)=X3+bx.(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，并求其在區(qū)間(—∞,-1］上的最大值.【解析】(1)由(1，c)為公共切點(diǎn)可得：f(X)=aX2+1(a>0)，貝Uf'(X)=2aX，勺=2a，g(X)=X3+bX，貝Uf'(X)=3X2+b,k=3+b,2，2a=3+b又f(1)=a+1,g(1)=1+b,?,a+1=1+b，即a=b，代入①式可得：［ .［b=3(2)Ya2=4b,J設(shè)h(X)=f(X)+g(X)=X3+aX2+—a2X+14則h'(x)=3X2+2aX+?a2，令h'(X)=0，解得：X=-a,X=-a；4 1226.aa'?a>0,?? <一,2 6,J原函數(shù)在f a)-∞,--單調(diào)遞增，在faa、——,——單調(diào)遞減，在fa )——,+∞上單調(diào)遞增1 2J12 6J16J①若-1≤-a，即a≤2時(shí)，最大值為h(1)=a-竺；2 4②若-a<-1<-a，即2<a<6時(shí)，最大值為hf-a]=12 6 I2J③若-1≥-a時(shí)，即a≥6時(shí)，最大值為hf-a1=1.6 I2J綜上所述：當(dāng)ae(0,2]時(shí)，最大值為h(1)=a-a2；當(dāng)a式2,+∞)時(shí)，最大值為hf-a1=1.4 I2J19.(本小題共14分)已知曲線C:(5-m)X2+(m-2)y2=8(m∈R).(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=k+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.【解析】(1)原曲線方程可化簡(jiǎn)得：一〉+~y~=18 85-mm-288

>

5-mm-2由題意可得：85-m>0解得：7<m<52m-2>0(2)由已知直線代入橢圓方程化簡(jiǎn)得：(2k2+1)%2+16kχ+24=0，3A=32(2k2-3)，解得：k2>2由韋達(dá)定理得：X+X=—!”一①，XX=———，②MN2k2+1MN2k2+1設(shè)N(X,kX+4)，M(X,kx+4)，

NN MMG(X,

G1)MB方程為：y=依M+6X-2XM(3X?M-7，1(kX+6 )M???AG=(3X ?-ΓM7，-1(Xk+6 )MAN=(X，Xk+2)

, NN ,欲證A，G，N三點(diǎn)共線，只需證AG，AN共線3X即 m—(Xk+2)=-X成立，化間得：(3k+k)XX=-6(X+X)Xk+6N N MNMNM將①②代入易知等式成立，則A，G，N三點(diǎn)共線得證。20．(本小題共13分)設(shè)A是由mXn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(duì)值不大于1,且所有數(shù)的和為零.記S(m,n)為所有這樣的數(shù)表組成的集合.對(duì)于A∈S(m,n)，記"A)為Ai的第i行各數(shù)之和(1剟im)，C(A)為A的第j列各數(shù)之和(1剟jn)；記k(A)為jr(A)，r(A)∣，?，r(A)，C(A)I，C(A)∣，?，C(A)I中的最小值.Il2I m Il2I n1(1)對(duì)如下數(shù)表A，求k(A)的值；8,則G,(2)設(shè)數(shù)表A∈S(2,3)形如1 1 Cab—1求k(A)的最大值;(3)給定正整數(shù)"對(duì)于所有的A∈S(2,21+1),求k(A)的最大值.【解析】(1)由題意可知r(A)=1.2,r(A)=-1.2,c(A)=1.1,c(A)=0.7,

1 2 1 2???k(A)=0.7(2)先用反證法證明k(A)≤1：若k(A)〉1貝UIC(A)l=la+11=a+1〉1,，a〉0

1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??.k(A)≤1.易知當(dāng)a=b=0時(shí)，k(A)=1存在???k(A)的最大值為1C(A)=—1.8321+1(3)k(A)的最大值為7+2?一 21+1首先構(gòu)造滿足k(A)=。的A=｛小=12J=1,"21+1)：a=a=1,1 1,2..=a=1,a=a1,t 1,t+1 1,t+2t—1=a=—1,2t+1