2012年理数高考-试题-答案~及其解析-湖北.doc

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1、-_2012 年普通高等学校招生全国统一考试（湖北卷）数学（理工类）试卷解析一、选择题：本大题共 10 小题，每小题 5 分，共 50 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方程26130xx的一个根是 A32i B32i C23i D23i 考点分析：考点分析：本题考察复数的一元二次方程求根. 难易度难易度：解析：解析：根据复数求根公式：26613 4x322i ，所以方程的一个根为32i 答案为 A.2命题“0xRQ，3 0x Q”的否定是A0xRQ，3 0x Q B0xRQ，3 0x QCx RQ，3x Q Dx RQ，3x Q考点分析：考点分析：本题主要考察常用

2、逻辑用语，考察对命题的否定和否命题的区别.难易度难易度：解析：解析：根据对命题的否定知，是把谓词取否定，然后把结论否定。因此选 D3已知二次函数( )yf x的图象如图所示，则它与x轴所围图形的面积为A2 5B4 3C3 2D 2考点分析：考点分析：本题考察利用定积分求面积. 难易度难易度：解析：解析：根据图像可得： 2( )1yf xx ，再由定积分的几何意义，可求得面积为1231 1114(1)()33Sxdxxx .4已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A8 3B3 俯视图侧视图2正视图第 4 题图424211yxO第 3 题 图1 11 1-_C10 3D6考点分析：考点分

3、析：本题考察空间几何体的三视图.难易度：难易度： 解析：解析：显然有三视图我们易知原几何体为 一个圆柱体的一部分，并且有正视图知是一个 1/2 的圆柱体，底面 圆的半径为 1，圆柱体的高为 6，则知所求几何体体积为原体积的一半为3.选 B.5设aZ，且013a，若201251a能被13 整除，则a A0 B1 C11 D12考点分析：考点分析：本题考察二项展开式的系数.难易度：难易度：解析：解析：由于51=52-1，152.5252) 152(12011 201220111 201220120 20122012CCC,又由于 13|52,所以只需 13|1+a，0a13,所以 a=12 选 D

4、.6设, , , , ,a b c x y z是正数，且22210abc，22240xyz，20axbycz，则abc xyzA1 4B1 3C1 2D3 4考点分析：考点分析：本题主要考察了柯西不等式的使用以及其取等条件.难易度：难易度：解析：解析：由于222222)()(2czbyaxzyxcba 等号成立当且仅当, tzc yb xa则 a=t x b=t y c=t z ，10)(2222zyxt所以由题知2/1t,又2/1, tzyxcba zyxcba zc yb xa所以，答案选 C.7定义在(,0)(0,)上的函数( )f x，如果对于任意给定的等比数列na， ()nf a仍是

5、等比数列，则称( )f x为“保等比数列函数”. 现有定义在(,0)(0,)上的如下函数：2( )f xx； ( )2xf x ； ( )|f xx； ( )ln |f xx.-_则其中是“保等比数列函数”的( )f x的序号为 A B C D 考点分析：考点分析：本题考察等比数列性质及函数计算.难易度难易度：解析：解析：等比数列性质，2 12nnnaaa， 1222 12 22 2nnnnnnafaaaafaf； 122 21222222 naaaaa nnafafafnnnnn； 122122nnnnnnafaaaafaf； 122 122lnlnlnnnnnnnafaaaafaf.选 C

6、8如图，在圆心角为直角的扇形 OAB 中，分别以 OA，OB 为直径作两个半圆. 在扇形 OAB内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率是A21 B11 2C2 D1 考点分析：考点分析：本题考察几何概型及平面图形面积求法.难易度难易度： 解析：解析：令1OA，扇形 OAB 为对称图形，ACBD 围成面积为 1S，围成 OC 为2S，作对称轴 OD，则过 C 点。2S即为以 OA 为直径的半圆面积减去三角形 OAC 的面积，82 21 21 21 21 2122S。在扇形 OAD 中21S为扇形面积减去三角形 OAC 面积和22S，162 281181 2221SS，42 21SS，扇形 OAB

7、 面积41S，选 A.9函数2( )cosf xxx在区间0,4上的零点个数为A4 B5 C6 D7考点分析：考点分析：本题考察三角函数的周期性以及零点的概念.难易度难易度：解析：解析：0)(xf，则0x或0cos2x，Zkkx,22，又 4 , 0x，4 , 3 , 2 , 1 , 0k所以共有 6 个解.选 C.10我国古代数学名著九章算术中“开立圆术”曰：置积尺数，以十六乘之，九而一，所得开立方除之，第 8 题图-_即立圆径. “开立圆术”相当于给出了已知球的体积V，求其直径d的一个近似公式3169dV. 人们还用过一些类似的近似公式. 根据 =3.14159判断，下列近似公式中最精确的

8、一个是A3169dV B32dV C3300 157dV D321 11dV考点分析：考点分析：考察球的体积公式以及估算.难易度：难易度：解析：解析：33466b6 9( )d,=3.37532b16 6 16 1576 11=3=3.14,=3.142857230021dVaVAaBD由，得设选项中常数为则；中代入得，中代入得，C 中代入得中代入得，由于D 中值最接近的真实值，故选择D 。二、填空题：本大题共 6 小题，考生共需作答 5 小题，每小题 5 分，共 25 分. 请将答案填在答题卡对应题号的位置上. 答错位置，书写不清，模棱两可均不得分. （一）必考题（1114 题）11设ABC

9、的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c. 若()()abc abcab，则角C 考点分析：考点分析：考察余弦定理的运用.难易度：难易度：解析：解析：222222a=-a-ab12cos=,2223abcbabcCCabab 由（+b-c）(a+b-c)=ab, 得到根据余弦定理故12阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，输出的结果s .第 12 题 图-_考点分析：考点分析：本题考查程序框图.难易度难易度： 解析：解析：程序在运行过程中各变量的值如下表示： 第一圈循环：当 n=1 时，得 s=1，a=3. 第二圈循环: 当 n=2 时，得 s=4，a=5 第三圈循环：当 n=3 时，得 s

10、=9，a=7 此时 n=3，不再循环，所以解 s=9 . 13回文数是指从左到右读与从右到左读都一样的正整数如 22，121，3443，94249 等显然2 位回文数有9 个：11，22，33，993 位回文数有90 个：101，111，121，191，202，999则（）4 位回文数有 个；（）21()nnN位回文数有 个考点分析：考点分析：本题考查排列、组合的应用.难易度难易度： 解析：解析：（）4 位回文数只用排列前面两位数字，后面数字就可以确定，但是第一位不能为 0，有 9（19）种情况，第二位有 10（09）种情况，所以 4 位回文数有90109种。 答案：90（）法一、由上面多组数

11、据研究发现，2n+1 位回文数和 2n+2 位回文数的个数相同，所以可以算出 2n+2 位回文数的个数。2n+2 位回文数只用看前 n+1 位的排列情况，第一位不能为 0 有 9 种情况，后面 n 项每项有 10 种情况，所以个数为n109.法二、可以看出 2 位数有 9 个回文数，3 位数 90 个回文数。计算四位数的回文数是可以看出在 2 位数的中间添加成对的“00,11,22,99” ，因此四位数的回文数有 90 个按此规律推导,而当奇数位时，可以看成在偶数位的最中间添加 09 这十个数，因此,则答案为n109.14如图，双曲线22221 ( ,0)xya bab的两顶点为1A，2A，虚

12、轴两端点为1B，2B，两焦点为1F，2F. 若以12A A为直径的圆内切于菱形1122FB F B，切点分别为,A B C D. 则A1 A2 yB2B1AO BCDF1 F2 x-_（）双曲线的离心率e ；（）菱形1122FB F B的面积1S与矩形ABCD的面积2S的比值12S S .考点分析：考点分析：本题考察双曲线中离心率及实轴虚轴的相关定义，以及一般平面几何图形的面积计算.难易度难易度：解析：解析：（）由于以12A A为直径的圆内切于菱形1122FB F B，因此点O到直线22BF的距离为a，又由于虚轴两端点为1B，2B，因此2OB的长为b，那么在22OBF中，由三角形的面积公式知，

13、2 22)(21|21 21cbaFBabc，又由双曲线中存在关系222bac联立可得出222) 1(ee，根据), 1 ( e解出;215 e（）设22OBF,很显然知道222AOBOAF,因此)2sin(22 2aS .在22OBF中求得,cos,sin 2222cbccbb 故222 2 24cossin4cbbcaaS；菱形1122FB F B的面积bcS21，再根据第一问中求得的e值可以解出25221SS.（二）选考题（请考生在第 15、16 两题中任选一题作答，请先在答题卡指定位置将你所选的题目序号后的方框用 2B 铅笔涂黑. 如果全选，则按第 15 题作答结果计分.）15 （选修

14、 4-1：几何证明选讲）如图，点 D 在OA的弦 AB 上移动，4AB ，连接 OD，过点 D 作OD的垂线交OA于点 C，则 CD 的最大值为 . 考点分析：考点分析：本题考察直线与圆的位置关系难易度难易度：解析：解析：（由于,CDOD 因此22ODOCCD,线段OC长为定值，即需求解线段OD长度的最小值，根据弦中点到圆心的距离最短，此时D为AB的中点，点C与点B重合，因此2|21|ABCD.16 （选修 4-4：坐标系与参数方程）在直角坐标系 xOy 中，以原点 O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系. 已知射线 4与曲线21,(1)xtyt （t 为参数）CBADO.第 15 题图

15、-_相交于 A，B 两点，则线段 AB 的中点的直角坐标为 .考点分析：考点分析：本题考察平面直角坐标与极坐标系下的曲线方程交点.难易度难易度：解析：解析： 4在直角坐标系下的一般方程为)(Rxxy，将参数方程21,(1)xtyt （t 为参数）转化为直角坐标系下的一般方程为222)2() 11() 1(xxty表示一条抛物线，联立上面两个方程消去y有0452 xx，设BA、两点及其中点P的横坐标分别为0xxxBA、，则有韦达定理25 20BAxxx,又由于点P点在直线xy 上，因此AB的中点)25,25(P.三、解答题 17 （本小题满分 12 分）已知向量(cossin, sin)xxxa

16、，( cossin, 2 3cos)xxx b，设函数( )f xa b()xR的图象关于直线x 对称，其中，为常数，且1( , 1)2. （）求函数( )f x的最小正周期； （）若( )yf x的图象经过点(,0)4，求函数( )f x在区间30,5上的取值范围.考点分析：考点分析：本题考察三角恒等变化，三角函数的图像与性质。 难易度：难易度：解析：解析：（）因为22( )sincos2 3sincosf xxxxxcos23sin2xx 2sin(2)6x. 由直线x 是( )yf x图象的一条对称轴，可得sin(2 )16 ， 所以2 ()62kkZ，即1()23kkZ 又1( , 1

17、)2，kZ，所以1k ，故5 6. 所以( )f x的最小正周期是6 5. （）由( )yf x的图象过点(,0)4，得( )04f，即52sin()2sin26264 ，即2 . 故5( )2sin()236f xx， 由305x，有55 6366x，-_所以15sin()1236x，得5122sin()22236x ，故函数( )f x在30,5上的取值范围为 12, 22 . 18 （本小题满分 12 分）已知等差数列na前三项的和为3，前三项的积为8.（）求等差数列na的通项公式；（）若2a，3a，1a成等比数列，求数列|na的前n项和.考点分析：考点分析：考察等差等比数列的通项公式，

18、和前 n 项和公式及基本运算。 难易度：难易度：解析解析：（）设等差数列na的公差为d，则21aad，312aad，由题意得1111333,()(2 )8.ada ad ad 解得12,3,ad 或14,3.ad 所以由等差数列通项公式可得 23(1)35nann ，或43(1)37nann .故35nan ，或37nan. （）当35nan 时，2a，3a，1a分别为1，4，2，不成等比数列；当37nan时，2a，3a，1a分别为1，2，4，成等比数列，满足条件.故37,1,2,| |37|37,3.nnnannn记数列|na的前n项和为nS.当1n 时，11| 4Sa；当2n 时，212|

19、 5Saa；当3n 时，234|nnSSaaa5(3 37)(347)(37)n 2(2)2(37)311510222nnnn. 当2n 时，满足此式.综上，24,1, 31110,1.22nn Snnn19 （本小题满分 12 分）如图 1，45ACB，3BC ，过动点 A 作ADBC，垂足 D 在线段 BC 上且异于点 B，连接 AB，沿AD将ABD折起，使90BDC（如图 2 所示） （）当BD的长为多少时，三棱锥ABCD的体积最大；（）当三棱锥ABCD的体积最大时，设点E，M分别为棱BC，AC的中点，试在棱CD上确定一点N，使得EN BM，并求EN与平面BMN所成角的大小DABCACD

20、B图 2图 1ME.-_第 19 题图考点分析：考点分析：本题考察立体几何线面的基本关系，考察如何取到最值，用均值不等式和导数均可求最值。同时考 察直线与平面所成角。本题可用综合法和空间向量法都可以。运用空间向量法对计算的要求要高些。 难易度：难易度： 解析：解析：（）解法解法 1：在如图 1 所示的ABC中，设(03)BDxx，则3CDx由ADBC，45ACB知，ADC为等腰直角三角形，所以3ADCDx.由折起前ADBC知，折起后（如图 2） ，ADDC，ADBD，且BDDCD，所以AD 平面BCD又90BDC，所以11(3)22BCDSBD CDxx于是1111(3)(3)2 (3)(3)

21、33212A BCDBCDVAD Sxxxxxx 312(3)(3)2 1233xxx，当且仅当23xx，即1x 时，等号成立， 故当1x ，即1BD 时, 三棱锥ABCD的体积最大 解法解法 2：同解法 1，得321111(3)(3)(69 )3326A BCDBCDVAD Sxxxxxx 令321( )(69 )6f xxxx，由1( )(1)(3)02fxxx，且03x，解得1x 当(0, 1)x时，( )0fx；当(1, 3)x时，( )0fx 所以当1x 时，( )f x取得最大值故当1BD 时, 三棱锥ABCD的体积最大 （）解法解法 1：以D为原点，建立如图 a 所示的空间直角坐

22、标系Dxyz由（）知，当三棱锥ABCD的体积最大时，1BD ，2ADCD于是可得(0, 0, 0)D，(1, 0, 0)B，(0, 2, 0)C，(0, 0, 2)A，(0, 1, 1)M，1( , 1, 0)2E，且( 1, 1, 1)BM 设(0, ,0)N，则1(,1,0)2EN . 因为ENBM等价于0EN BM ，即11(,1, 0) ( 1, 1, 1)1022 ，故1 2，1(0, 0)2N.所以当1 2DN （即N是CD的靠近点D的一个四等分点）时，ENBM 设平面BMN的一个法向量为( , , )x y zn，由,BNBM nn及1( 1,0)2BN ，-_得2 , .yx

23、zx 可取(1, 2,1)n 设EN与平面BMN所成角的大小为，则由11(, 0)22EN ，(1, 2,1)n，可得1|1|32sincos(90)2| |262EN EN n n，即60故EN与平面BMN所成角的大小为60 .解法解法 2：由（）知，当三棱锥ABCD的体积最大时，1BD ，2ADCD 如图 b，取CD的中点F，连结MF，BF，EF，则MFAD. 由（）知AD 平面BCD，所以MF 平面BCD. 如图 c，延长FE至 P 点使得FPDB，连BP，DP，则四边形DBPF为正方形， 所以DPBF. 取DF的中点N，连结EN，又E为FP的中点，则ENDP， 所以ENBF. 因为MF

24、 平面BCD，又EN 面BCD，所以MFEN. 又MFBFF，所以EN 面BMF. 又BM 面BMF，所以ENBM.因为ENBM当且仅当ENBF，而点 F 是唯一的，所以点N是唯一的.即当1 2DN （即N是CD的靠近点D的一个四等分点） ，ENBM 连接MN，ME，由计算得5 2NBNMEBEM，所以NMB与EMB是两个共底边的全等的等腰三角形， 如图 d 所示，取BM的中点G，连接EG，NG， 则BM 平面EGN在平面EGN中，过点E作EHGN于H， 则EH 平面BMN故ENH是EN与平面BMN所成的角 在EGN中，易得2 2EGGNNE，所以EGN是正三角形，CADB图 aEMxyz图

25、bCADBEFMN 图 cBDPCFNE BGMNEH图 d 第 19 题解答图N -_故60ENH，即EN与平面BMN所成角的大小为60 .20 （本小题满分 12 分）根据以往的经验，某工程施工期间的降水量 X（单位：mm）对工期的影响如下表：历年气象资料表明，该工程施工期间降水量X 小于 300，700，900 的概率分别为 0.3，0.7，0.9. 求：（）工期延误天数Y的均值与方差； （）在降水量 X 至少是300的条件下，工期延误不超过 6 天的概率. 考点分析：考点分析：本题考察条件概率、离散型条件概率分布列的期望与方差。 难易度：难易度： 解析：解析：（）由已知条件和概率的加法

26、公式有： (300)0.3,P X (300700)(700)(300)0.70.30.4PXP XP X， (700900)(900)(700)0.90.70.2PXP XP X.(900)1(900)10.90.1P XP X .所以Y的分布列为：于是，( )00.320.460.2100.13E Y ；2222( )(03)0.3(23)0.4(63)0.2(103)0.19.8D Y .故工期延误天数Y的 均值为 3，方差为9.8. （）由概率的加法公式，(300)1(300)0.7P XP X ，又(300900)(900)(300)0.90.30.6PXP XP X. 由条件概率，

27、得(6300)(900300)P YXP XX(300900)0.66 (300)0.77PX P X.故在降水量 X 至少是300mm 的条件下，工期延误不超过 6 天的概率是6 7. 21 （本小题满分 13 分）设A是单位圆221xy 上的任意一点，l是过点A与x轴垂直的直线，D是直线l与x 轴的交点，点M在直线l上，且满足|(0,1)DMm DAmm且. 当点A在圆上运动时，记点 M 的轨迹为曲线C（）求曲线C的方程，判断曲线C为何种圆锥曲线，并求其焦点坐标； （）过原点且斜率为k的直线交曲线C于P，Q两点，其中P在第一象限，它在y轴上的射影为点N，直线QN交曲线C于另一点H. 是否存

28、在m，使得对任意的0k ，都有PQPH？若存在，求m的降水量 X300X 300700X700900X900X 工期延误天数Y02610Y02610P0.30.40.20.1-_值；若不存在，请说明理由. 考点分析：考点分析：本题主要考察求曲线的轨迹方程、直线与圆锥曲线的位置关系，要求能正确理解椭圆的标准方程及 其几何性质，并能熟练运用代数方法解决几何问题，对运算能力有较高要求。难易度：难易度： 解析：解析：（）如图 1，设( , )M x y，00(,)A xy，则由|(0,1)DMm DAmm且，可得0xx，0|ym y，所以0xx，01|yym. 因为A点在单位圆上运动，所以22 001

29、xy. 将式代入式即得所求曲线C的方程为2 2 21 (0,1)yxmmm且. 因为(0, 1)(1,)m ，所以当01m时，曲线C是焦点在x轴上的椭圆，两焦点坐标分别为2(1, 0)m，2( 1, 0)m；当1m 时，曲线C是焦点在y轴上的椭圆，两焦点坐标分别为2(0,1)m，2(0,1)m . （）解法解法 1：如图 2、3，0k ，设11( ,)P x kx，22(,)H xy，则11(,)Qxkx，1(0,)Nkx，直线QN的方程为12ykxkx，将其代入椭圆C的方程并整理可得2222222 11(4)40mkxk x xk xm.依题意可知此方程的两根为1x，2x，于是由韦达定理可得

30、2 1 12224 4k xxxmk ，即2 1 2224m xxmk.因为点 H 在直线 QN 上，所以2 1 21222224km xykxkxmk.于是11( 2 ,2)PQxkx ，22 11 2121222242(,)(,)44k xkm xPHxxykxmkmk . 而PQPH等价于222 1 224(2)04mk xPQ PHmk ，即220m，又0m ，得2m ，故存在2m ，使得在其对应的椭圆2 212yx 上，对任意的0k ，都有PQPH. POxyNQ图 2 (01)mHPOxyNQ图 3 (1)m H图 1O D xy AM第 21 题解答图-_解法解法 2：如图 2、

31、3，1(0, 1)x，设11( ,)P x y，22(,)H xy，则11(,)Qxy，1(0,)Ny，因为P，H两点在椭圆C上，所以2222 112222 22,m xymm xym两式相减可得22222 1212()()0mxxyy. 依题意，由点P在第一象限可知，点H也在第一象限，且P，H不重合，故1212()()0xxxx. 于是由式可得212121212()() ()()yyyymxxxx . 又Q，N，H三点共线，所以QNQHkk，即1121122yyy xxx. 于是由式可得2 11212121121212()()1 2()()2PQPHyyyyyyymkkxxxxxxx .而P

32、QPH等价于1PQPHkk ，即2 12m ，又0m ，得2m ，故存在2m ，使得在其对应的椭圆2 212yx 上，对任意的0k ，都有PQPH. 22 （本小题满分 14 分）（）已知函数( )(1) (0)rf xrxxrx，其中r为有理数，且01r. 求( )f x的最小值；（）试用（）的结果证明如下命题：设120,0aa，12,b b为正有理数. 若121bb，则12 121 122bba aa ba b；（）请将（）中的命题推广到一般形式，并用数学归纳法证明你所推广的命题.注：当为正有理数时，有求导公式1()xx .考点分析：考点分析：本题主要考察利用导数求函数的最值，并结合推理，

33、考察数学归纳法，对考生的归纳推理能力有较高要求。难易程度：难易程度：解析：解析：（）11( )(1)rrfxrrxrx，令( )0fx，解得1x .当01x时，( )0fx，所以( )f x在(0, 1)内是减函数；当 1x 时，( )0fx，所以( )f x在(1,) 内是增函数.-_故函数( )f x在1x 处取得最小值(1)0f. （）由（）知，当(0,)x时，有( )(1)0f xf，即(1)rxrxr 若1a，2a中有一个为 0，则12 121 122bba aa ba b成立；若1a，2a均不为 0，又121bb，可得211bb ，于是在中令12axa，1rb，可得111 11 2

34、2()(1)baabbaa，即111 121 121(1)bba aa bab，亦即12 121 122bba aa ba b.综上，对120,0aa，1b，2b为正有理数且121bb，总有12 121 122bba aa ba b. （） （）中命题的推广形式为：设12,naaa为非负实数，12,nb bb为正有理数. 若121nbbb，则12 121 122nbbb nnna aaa ba ba b. 用数学归纳法证明如下：（1）当1n 时，11b ，有11aa，成立. （2）假设当nk时，成立，即若12,ka aa为非负实数，12,kb bb为正有理数，且121kbbb，则12 121

35、122kbbb kkka aaa ba ba b. 当1nk时，已知121,kka aa a为非负实数，121,kkb bb b为正有理数，且1211kkbbbb，此时101kb，即110kb，于是111212 121121()kkkkbbbbbbbb kkkka aa aa aaa =12111111111 121()kkkkkkbbb bbbbb kkaaaa .因121111111kkkkbbb bbb，由归纳假设可得12111111 12kkkkbbb bbb kaaa12 12 111111k k kkkbbbaaabbb1 12211kkka ba ba b b，从而112 121kkbbbb kka aa a 1111 122 1 11kkbbkk k ka ba ba bab . 又因11(1)1kkbb，由得1111 122 1 11kkbbkk k ka ba ba bab 1 122 111 1(1)1kk kkk ka ba ba bbabb 1 12211kkkka ba ba bab，-_从而112 121kkbbbb kka aa a 1 12211kkkka ba ba bab.故当1nk时，成立.由（1） （2）可知，对一切正整数n，所推广的命题成立. 说明：（）中如果推广形式中指出式对2n 成立，则后续证明中不需讨论1n 的情况.