2012年浙江省高考数学(理科)试卷(含答案)

2012年浙江省高考数学(理科)试卷(含答案)

2012年普通高等学校招生全国统一考试

数 学（理科）

本试题卷分选择题和非选择题两部分。全卷共5页，选择题部分1至3页，非选择题部分4至5页。满分150分，考试时间120分钟。 请考生按规定用笔将所在试题的答案涂、写在答题纸上。

选择题部分（共50分）

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，只有一个项是符合题目要求的。 1．设集合Ax|1x4，集合Bx|xA(CB)

R22x30，则

4) B．(3，4) C．(1，3) A．(1，2)(3，4) D．(1，3i 2．已知i是虚数单位，则1i12i B．2i C．2i D．12i A．

3．设aR，则“a1”是“直线l：ax2y10与直

1线l：x(a1)y40平行”的

2 A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

4．把函数ycos2x1的图像上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），然后向左平移1个单位长度，再向下平移1个单位长度，得到的图像是

5．设a，b是两个非零向量 A．若|ab||a||b|，则ab B．若ab，则|ab||a||b|

C．若|ab||a||b|，则存在实数，使得ba D．若存在实数，使得ba，则|ab||a||b| 6．若从1，2，3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有 A．60种 B．63种 C．65

A．233 B．D．3 9．设a0，b0 A．若2a62 C．

2

2a2b3b2，则ab B．

a2a2b3b若，则ab C．若22a2a2b3ba2a2b3b，则ab D．若

，则ab

10．已知矩形ABCD，AB1，BC2．将ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折过程中，

A．存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直

B．存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直 C．存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直

D．对任意位置，三对直线“AC与BD”，“AB与

CD”，“AD与BC”均不垂直

非选择题部分（共100分）

二、填空题：本大题共7小题，每小题4分，共28分。

11．已知某三棱锥的三视图（单位：cm）如图所示，则该三棱锥 的体积等于 cm3．

12．若某程序框图如图所示，则该程序运行后输出的值是 ．

13．设公比为q(q0)的等比数列a的前n项和为S．

nn若S23a22，S43a42，则q ．

514．若将函数f(x)x表示为

f(x)a0a1(1x)a2(1x)2a3(1x)3a4(1x)4a5(1x)501253，

其中a，a，a，…，a为实数，则a ． 15．在ABC中，M是BC的中点，AM3，BC10， 则ABBC ．

16．定义：曲线C上的点到直线的距离的最小值称为曲线C到直线l 的距离．已知曲线C：yx12a到直线l：yx的距离

等于曲线

C2：x2(y4)22到直线l：yx的距离，则实数

2a ．

ax1017．设aR，若x0时均有a1x1x

，

则a ．

三、解答题：本大题共5小题，共72分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 18．（本题满分14分）在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知cosA2，sinB3（Ⅰ）求tanC的值；

（Ⅱ）若a2，求ABC的面积．

19．（本题满分14分）已知箱中装有4个白球和5个黑球，且规定：取出一个白球得2分，取出一个黑球得1分．现从箱中任取（无放回，且每球取道的机会均等）3个球，记随机变量X为取出此3球所得分数之和． （Ⅰ）求X的分布列； （Ⅱ）求X的数学期望E(X)．

5cosC．

20．（本题满分15分）如图，在四棱锥PABCD中，底面是

边长为23的菱形，BAD120，且PA平面ABCD，

PA26，M，N分别为PB，PD的中点．

（Ⅰ）证明：MN平面ABCD；

（Ⅱ）过点A作AQPC，垂足为点Q，求二面角

AMNQ的平面角的余弦值．

x2y21(ab0)a2b2

21．（本题满分15分）如图，椭圆C：

的

离心率为1，其左焦点到点P(2,1)的距离为210，不．

O的 过原点．．．

直线l与C相交于A，B两点，且线段AB被直线OP平

分．

（Ⅰ）求椭圆C的方程；

（Ⅱ）求ABP面积取最大值时直线l的方程．

22．（本题满分14分）已知a0，bR，函数

f(x)4ax32bxab．

（Ⅰ）证明：当0x1时，

（i）函数f(x)的最大值为|2ab|a；

（ii）f(x)|2ab|a0；

（Ⅱ）若1f(x)1对x[0，求ab的取值范1]恒成立，围．

数学（理科）试题参考答案

一、选择题：本题考察基本知识和基本运算。每小题5分，满分50分。

1．B 2．D 3．A 4．A 5．C

6．D 7．C 8．B 9．A 10．B

二、填空题：本题考察基本知识和基本运算。每小题4分，满分28分。

111．1 12．120 13．3 14．10 2315．-16 16．9 17． 42三、解答题：本题共小题，满分72分。 18．本题主要考查三角恒等变换、正弦定理等知识，同时考查运算求解能力。满分14分。 （Ⅰ）因为0A，cosA2，得 3

sinA1cos2A53

又 5cosCsinBsin(AC)

sinAcosCcosAsinC 所以tanC5 （Ⅱ）由tanC5，得 于是

sinB5cosC56sinC5652cosCsinC33

，cosC16，

．

ac 由a2及正弦定理sin，得 AsinC

c3．

．

设ABC的面积为S，则

15SacsinB2219．本题主要考查随机事件的概率和随机变量的分布列、数学期望等概念，同时考查抽象概括、运算求解能力和应用意识。满分14分。 （Ⅰ）由题意得X取3，4，5，6，且

3C55P(X3)3C942， ，

1C4C5210P(X4)3C921，

2C4C525P(X5)3C9144C41P(X6)3C921．

所以X的分布列为

X 3 4 5 6 1051P 5 42211421（Ⅱ）由（Ⅰ）知

E(X)3P(X3)4P(X4)5P(X5)6P(X6)133．

20．本题主要考察空间点、线、面位置关系，二面角等基础知识，空间向量的应用，同时考查空间想像能力和运算求解能力。满分15分。 （Ⅰ）因为M，N分别是PB，PD的中点，所以MN是PBD的中位线，所以

MM//BD 又因为MN平面ABCD，所以 （Ⅱ）方法一：

连结AC交BD于O，以O为原点，OC，OD所在直线为x，y轴，建立空间直角坐标系Oxyz，如图所示

在菱形ABCD中，BAD120，得

MM//平面ABCD．

ACAB23，BD3AB6．

又因为PA平面ABCD，所以

PAAC．

在直角PAC中，AC23，PA26，AQPC，得

QC2，PQ4．

A(3,0,0)C(3,0,0) 由此知各点坐标如下，

，B(0,3,0)， ，M(33,,6)22，D(0,3,0)，

，

P(3,0,26)33,,6)22N(，Q(33,0,236)．

3，AN(23,2, 设m(x,y,z)为平面AMN的法向量．

3 由AM(23,2,6)6)知

33xy6z02233xy6z022

取x1，得

m(22,0,1)

设n(x,y,z)为平面QMN的法向量．

, 由QM(563,326)33,，QN(563,26)3知

533xy6253x3y266z036z03

取z5，得

n(22,0,5)

．

于是

cosm,nmn33|m||n|33 所以二面角AMNQ的平面角的余弦值为3333．

方法二：

在菱形ABCD中，BAD120，得 ACABBCDA，BD3AB，

有因为PA平面ABCD，所以

PAAB，PAAC，PAAD，

所以PBPCPD． 所以PBCPDC．

而M，N分别是PB，PD的中点，所以

MQNQ，且AM112PB2PDAN． 取线段MN的中点E，连结AE，EQ，则

AEMN，QEMN，

所以AEQ为二面角AMNQ的平面角． 由AB23，PA26，故

在AMN中，AMAN3，MN12BD3，得

AE332．

在直角PAC中，AQPC，得

AQ22，QG2，PQ4，

PB2PC2BC25cosBPC2PBPC6 在PBC中，

，得 ．

MQPM2PQ22PMPQcosBPC5 在等腰MQN中，MQNQ5，MN3，得

QEMQ2ME2112．

112 在AEQ中，AE323，QE

，AQ22，得 ．

AE2QE2AQ233cosAEQ2AEQE33 所以二面角AMNQ的平面角的余弦值为

3333．

21．本题主要考查椭圆的几何性质，直线与椭圆的位置关系等基础知识，同时考查解析几何的基本思想方法和综合解体能力。满分15分。

0)，则由题意得 （Ⅰ）设椭圆左焦点为F(c，

c1 得 a2(2c)110c1a2，

所以椭圆方程为

x2y2143．

（Ⅱ）设A(x，y)，B(x，y)，线段AB的中点为M．

1122当直线AB与x轴垂直时，直线AB的方程为x0，与不过原点的条件不符，舍去．故可设直线AB的方程为

ykxm(m0)，

消去y，整理得

， （1）

8kmxx1234k224m12xx1234k2由

ykxm223x4y12(34k2)x28kmx4m2120则

64k2m24(34k2)(4m212)0，

所以AB线段的中点

8km4m212M(,)34k234k2，

因为M在直线OP上，所以

3m2km34k234k2，

得

m0（舍去）或k3， 22此时方程（1）为3x3(12m2)03mxm20，则

，

x1x2mm23x1x23

所以

|AB|1k2|x1x2|3912m26，

设点P到直线AB距离为d，则

d|82m|32222|m4|13，

设ABP的面积为S，则

S13|AB|d(m4)2(12m2)26，

其中m(23,0)(0,23)22，

3,23]令u(m)(12m)(m4)，m[2

，

u'(m)4(m4)(m22m6)4(m4)(m17)(m17)所以当且仅当m17，u(m)取到最大值， 故当且仅当m17，S取到最大值． 综上，所求直线l方程为3x2y2720．

22．本题主要考查利用导函数研究函数的性质、线性规划等基础知识，同时考查推理论证能力，分类讨论等综合解题能力和创新意识。满分14分。

（Ⅰ）（i）f'(x)12ax22b12a(x2b)6a

当b0时，有f'(x)0，此时f(x)在[0,)上单调递增

所以当0x1时，

3ab,b2af(x)maxmax{f(0),f(1)}max{ab,3ab}|2ab|aab,b2a

（ii）由于0x1，故 当b2a时，

f(x)|2ab|af(x)3ab4ax32bx2a4ax34ax2a2a(2x32x1)

当b2a时，

f(x)|2ab|af(x)ab4ax32b(1x)2a4ax34a(1x)2a2a(2x32x1)

设g(x)2x33)(x)3332x1,0x1，则

g'(x)6x226(x，

于是

x 0 1 (0,3)3 33 (3,1)3 1 + 1 ，

g'(x) 减 - 极小值 0 增 g(x) 所以，g(x) 所以

2x3

ming(343)1039 当

2x10

0x1时，

故

f(x)|2ab|af(x)ab2a(2x32x1)0

max （Ⅱ）由（i）知，当0x1，f(x)所以

|2ab|a，

|2ab|a1

若|2ab|a1，则由（ii）知 f(x)(|2ab|a)1 所以1f(x)1对任意0x1恒成立的充要条件是

即

2ab0

3ab1a0

|2ab|a1a02ab0ba1a0，

，或（1）

在直角坐标系aOb中，（1）所表示的平面区域为如图所示的阴影部分，其中不包括线段BC，

作一组平行直线abt(tR)，得

1ab3．

所以的取值范围是(1,3]．