2012年普通高等學(xué)校招生全國(guó)統(tǒng)一考試數(shù)學(xué)(浙江卷)理

1、1 / 15 浙江理科浙江理科 1.(2012 浙江,理 1)設(shè)集合 a=x|1x4,集合 b=x|x2-2x-30,則 a(rb)=( ). a.(1,4) b.(3,4) c.(1,3) d.(1,2)(3,4) b 由已知得,b=x|x2-2x-30=x|-1x3, 所以rb=x|x3. 所以 a(rb)=x|3x4. 2.(2012 浙江,理 2)已知 i是虛數(shù)單位,則31ii+=( ). a.1-2i b.2-i c.2+i d.1+2i d 31ii+=(3)(1)(1)(1)iiii+=2332iii+ +=242i+=1+2i, 選 d. 3.(2012 浙江,理 3)設(shè) ar

2、,則“a=1”是“直線 l1:ax+2y-1=0與直線 l2:x+(a+1)y+4=0平行”的( ). a.充分不必要條件 b.必要不充分條件 c.充分必要條件 d.既不充分也不必要條件 a l1與 l2平行的充要條件為 a(a+1)=2 1 且 a 41 (-1),可解得 a=1或 a=-2,故 a=1 是 l1l2的充分不必要條件. 4.(2012 浙江,理 4)把函數(shù) y=cos 2x+1 的圖象上所有點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長(zhǎng)到原來(lái)的 2倍(縱坐標(biāo)不變),然后向左平移 1 個(gè)單位長(zhǎng)度,再向下平移 1 個(gè)單位長(zhǎng)度,得到的圖象是( ). 2 / 15 a y=cos 2x+1圖象上所有點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長(zhǎng)到

3、原來(lái)的 2 倍得 y1=cos x+1,再向左平移 1 個(gè)單位長(zhǎng)度得y2=cos(x+1)+1,再向下平移 1 個(gè)單位長(zhǎng)度得 y3=cos(x+1),故相應(yīng)的圖象為 a. 5.(2012 浙江,理 5)設(shè) a,b是兩個(gè)非零向量,( ). a.若|a+b|=|a|-|b|,則 ab b.若 ab,則|a+b|=|a|-|b| c.若|a+b|=|a|-|b|,則存在實(shí)數(shù) ,使得 b=a d.若存在實(shí)數(shù) ,使得 b=a,則|a+b|=|a|-|b| c 由|a+b|=|a|-|b|兩邊平方可得,|a|2+2a b+|b|2=|a|2-2|a|b|+|b|2,即 a b=-|a|b|,所以 cos=

4、-1,即 a與 b反向,根據(jù)向量共線定理,則存在實(shí)數(shù) ,使得 b=a. 6.(2012 浙江,理 6)若從 1,2,3,9 這 9個(gè)整數(shù)中同時(shí)取 4個(gè)不同的數(shù),其和為偶數(shù),則不同的取法共有( ). a.60 種 b.63 種 c.65 種 d.66 種 d 和為偶數(shù)共有 3種情況,取 4個(gè)數(shù)均為偶數(shù)的取法有44c=1(種),取 2奇數(shù) 2 偶數(shù)的取法有24c25c=60(種),取 4 個(gè)數(shù)均為奇數(shù)的取法有45c=5(種),故不同的取法共有 1+60+5=66(種). 7.(2012 浙江,理 7)設(shè) sn是公差為 d(d0)的無(wú)窮等差數(shù)列an的前 n 項(xiàng)和,則下列命題錯(cuò)誤的是( ). a.若

5、d0,則數(shù)列sn有最大項(xiàng) b.若數(shù)列sn有最大項(xiàng),則 d0 d.若對(duì)任意 nn*,均有 sn0,則數(shù)列sn是遞增數(shù)列 3 / 15 c sn為遞增數(shù)列,當(dāng) n2時(shí),sn-sn-1=an0,即 n2時(shí),an均為正數(shù),而 a1是正數(shù)、負(fù)數(shù)或是零均有可能,故對(duì)任意 nn*,不一定 sn始終大于 0. 8.(2012 浙江,理 8)如圖,f1,f2分別是雙曲線 c:22xa-22yb=1(a,b0)的左、右焦點(diǎn),b是虛軸的端點(diǎn),直線f1b與 c 的兩條漸近線分別交于 p,q兩點(diǎn),線段 pq的垂直平分線與 x軸交于點(diǎn) m.若|mf2|=|f1f2|,則c的離心率是( ). a.2 33 b.62 c.2

6、 d.3 b 設(shè)雙曲線的半焦距為 c,則|ob|=b,|of1|=c. kpq=bc,kmn=-cb. 直線 pq為:y=bc(x+c),兩條漸近線為:y=bax. 由by(xc),cbyx,a=+=得:qacbc,ca ca; 由by(xc),cbyx,a=+= 得:pacbc,ca ca+. 直線 mn為:y-222bcca=-222ca cxbca, 令 y=0得:xm=322cca.又|mf2|=|f1f2|=2c, 4 / 15 3c=xm=322cca,解之得:e2=22ca=32,即 e=62. 9.(2012 浙江,理 9)設(shè) a0,b0,( ). a.若 2a+2a=2b+3

7、b,則 ab b.若 2a+2a=2b+3b,則 ab d.若 2a-2a=2b-3b,則 ab. 10.(2012 浙江,理 10)已知矩形 abcd,ab=1,bc=2.將abd 沿矩形的對(duì)角線 bd 所在的直線進(jìn)行翻折,在翻折過(guò)程中,( ). a.存在某個(gè)位置,使得直線 ac 與直線 bd垂直 b.存在某個(gè)位置,使得直線 ab 與直線 cd垂直 c.存在某個(gè)位置,使得直線 ad與直線 bc垂直 d.對(duì)任意位置,三對(duì)直線“ac與 bd”,“ab與 cd”,“ad 與 bc”均不垂直 b 當(dāng) ac=1時(shí),由 dc=1,ad=2,得acd為直角,dcac, 又因?yàn)?dcbc,所以 dc面 ab

8、c. 所以 dcab. 11.(2012 浙江,理 11)已知某三棱錐的三視圖(單位:cm)如圖所示,則該三棱錐的體積等于 cm3. 5 / 15 1 由圖可知三棱錐底面積 s=12 1 3=32(cm2),三棱錐的高 h=2 cm,根據(jù)三棱錐體積公式,v=13sh=1332 2=1(cm3). 12.(2012 浙江,理 12)若某程序框圖如圖所示,則該程序運(yùn)行后輸出的值是 . 1120 當(dāng) i=1時(shí),t=11=1,當(dāng) i=2 時(shí),t=12,當(dāng) i=3 時(shí),t=123=16,當(dāng) i=4時(shí),t=164=124,當(dāng) i=5 時(shí),t=1245=1120,當(dāng) i=6 時(shí),結(jié)束循環(huán),輸出 t=1120

9、. 13.(2012 浙江,理 13)設(shè)公比為 q(q0)的等比數(shù)列an的前 n 項(xiàng)和為 sn,若 s2=3a2+2,s4=3a4+2,則q= . 32 由已知 s4-s2=3a4-3a2,即 a4+a3=3a4-3a2,即 2a4-a3-3a2=0,兩邊同除以 a2得,2q2-q-3=0,即 q=32或 q=-1(舍). 14.(2012 浙江,理 14)若將函數(shù) f(x)=x5表示為 f(x)=a0+a1(1+x)+a2(1+x)2+a5(1+x)5,其中 a0,a1,a2,a5為實(shí)數(shù),則 a3= . 10 由 x5=a0+a1(1+x)+a2(1+x)2+a5(1+x)5可得, 5555

10、54444444553333333334455,0?,0?,xa c xxa c xa c xxa c xa c xa c x=+=+ 可解得543a1,a5,a10.= = 6 / 15 15.(2012 浙江,理 15)在abc 中,m是 bc的中點(diǎn),am=3,bc=10,則abac= . -16 abac=(am+mb) (am+mc)=2am+ammc+ammb+mbmc=|am|2+(mb+mc)am+|mb|mc|cos =9-25=-16. 16.(2012 浙江,理 16)定義:曲線 c上的點(diǎn)到直線 l的距離的最小值稱(chēng)為曲線 c到直線 l的距離.已知曲線 c1:y=x2+a到直

11、線 l:y=x的距離等于曲線 c2:x2+(y+4)2=2到直線 l:y=x 的距離,則實(shí)數(shù)a= . 94 x2+(y+4)2=2到直線 y=x的距離為42-2=2,所以 y=x2+a到 y=x的距離為2,而與 y=x平行且距離為2的直線有兩條,分別是 y=x+2 與 y=x-2,而拋物線 y=x2+a開(kāi)口向上,所以 y=x2+a 與 y=x+2相切,可求得 a=94. 17.(2012 浙江,理 17)設(shè) ar,若 x0 時(shí)均有(a-1)x-1(x2-ax-1)0,則 a= . 32 當(dāng) a1時(shí),(a-1)x-11. 所以(a-1)x-1 在 x10,a 1上小于 0, 在 x1,a1+上大

12、于 0,要滿足題意,x2-ax-1 在 x10,a 1上也小于 0, 在 x1,a1+上大于 0, 故 x=1a1使 x2-ax-1=0,解得 a=32. 18.(2012 浙江,理 18)在abc 中,內(nèi)角 a,b,c的對(duì)邊分別為 a,b,c.已知 cos a=23,sin b=5cos c. (1)求 tan c 的值; (2)若 a=2,求abc的面積. 解:(1)因?yàn)?0a,cos a=23, 7 / 15 得 sin a=21acos=53, 又5cos c=sin b=sin(a+c) =sin acos c+cos asin c =53cos c+23sin c. 所以 tan

13、c=5. (2)由 tan c=5,得 sin c=56,cos c=16. 于是 sin b=5cos c=56. 由 a=2及正弦定理aasin=ccsin,得 c=3. 設(shè)abc 的面積為 s,則 s=12acsin b=52. 19.(2012 浙江,理 19)已知箱中裝有 4個(gè)白球和 5個(gè)黑球,且規(guī)定:取出一個(gè)白球得 2分,取出一個(gè)黑球得 1分.現(xiàn)從該箱中任取(無(wú)放回,且每球取到的機(jī)會(huì)均等)3個(gè)球,記隨機(jī)變量 x為取出此 3球所得分?jǐn)?shù)之和. (1)求 x 的分布列; (2)求 x 的數(shù)學(xué)期望 e(x). 解:(1)由題意得 x取 3,4,5,6,且 p(x=3)=3539cc=542

14、, p(x=4)=124539c cc=1021, p(x=5)=214539c cc=514, 8 / 15 p(x=6)=3439cc=121. 所以 x的分布列為 x 3 4 5 6 p 542 1021 514 121 (2)由(1)知 e(x)=3 p(x=3)+4 p(x=4)+5 p(x=5)+6 p(x=6)=133. 20.(2012 浙江,理 20)如圖,在四棱錐 p-abcd中,底面是邊長(zhǎng)為 23的菱形,bad=120,且 pa平面 abcd,pa=26,m,n分別為 pb,pd 的中點(diǎn). (1)證明:mn平面 abcd; (2)過(guò)點(diǎn) a作 aqpc,垂足為點(diǎn) q,求二面

15、角 a-mn-q 的平面角的余弦值. (1)證明:因?yàn)?m,n分別是 pb,pd 的中點(diǎn), 所以 mn是pbd的中位線. 所以 mnbd. 又因?yàn)?mn平面 abcd, 所以 mn平面 abcd. 9 / 15 (2)解法一:連結(jié) ac交 bd于 o,以 o為原點(diǎn),oc,od所在直線為 x,y 軸,建立空間直角坐標(biāo)系 o-xyz,如圖所示. 在菱形 abcd 中,bad=120,得 ac=ab=23,bd=3ab=6. 又因?yàn)?pa平面 abcd, 所以 paac. 在直角pac 中,ac=23,pa=26,aqpc,得 qc=2,pq=4, 由此知各點(diǎn)坐標(biāo)如下, a(-3,0,0),b(0,

16、-3,0),c(3,0,0),d(0,3,0),p(-3,0,26),m33,-, 622, n3 3, 622,q32 6,0,33. 設(shè) m=(x,y,z)為平面 amn 的法向量. 由am=33,-, 622,an=3 3, 622, 知33xy6z0,2233xy6z0.22+=+= 取 z=-1,得 m=(22,0,-1). 設(shè) n=(x,y,z)為平面 qmn 的法向量. 由qm=5 336,-,623, 10 / 15 qn=5 3 36,623知 5 336xyz0,6235 336xyz0.623+=+= 取 z=5,得 n=(22,0,5). 于是 cos=m?n|m|n

17、|=3333. 所以二面角 a-mn-q 的平面角的余弦值為3333. 解法二:在菱形 abcd 中,bad=120,得 ac=ab=bc=cd=da,bd=3ab. 又因?yàn)?pa平面 abcd, 所以 paab,paac,paad. 所以 pb=pc=pd. 所以pbcpdc. 而 m,n分別是 pb,pd 的中點(diǎn), 所以 mq=nq,且 am=12pb=12pd=an. 取線段 mn的中點(diǎn) e,連結(jié) ae,eq, 則 aemn,qemn, 所以aeq為二面角 a-mn-q 的平面角. 11 / 15 由 ab=23,pa=26, 故在amn中,am=an=3,mn=12bd=3,得 ae=

18、3 32. 在直角pac 中,aqpc,得 aq=22,qc=2,pq=4, 在pbc中,cosbpc=222pbpcbc2pb?pc+=56,得 mq=22pp2pm?pqbpcmqcos+=5. 在等腰mqn中,mq=nq=5,mn=3,得 qe=22mqme=112. 在aeq 中,ae=3 32,qe=112,aq=22,得 cosaeq=222aeqeaq2ae? qe+=3333. 所以二面角 a-mn-q 的平面角的余弦值為3333. 21.(2012 浙江,理 21)如圖,橢圓 c:22xa+22yb=1(ab0)的離心率為12,其左焦點(diǎn)到點(diǎn) p(2,1)的距離為10,不過(guò)原點(diǎn)

19、o的直線 l與 c相交于 a,b 兩點(diǎn),且線段 ab被直線 op平分. (1)求橢圓 c 的方程; 12 / 15 (2)求abp 面積取最大值時(shí)直線 l的方程. 解:(1)設(shè)橢圓左焦點(diǎn)為 f(-c,0),則由題意得 2(2c)110,c1,a2+ =得c1,a2.= 所以橢圓方程為2x4+2y3=1. (2)設(shè) a(x1,y1),b(x2,y2),線段 ab的中點(diǎn)為 m. 當(dāng)直線 ab與 x 軸垂直時(shí),直線 ab的方程為 x=0,與不過(guò)原點(diǎn)的條件不符,舍去.故可設(shè)直線 ab的方程為 y=kx+m(m0), 由22ykxm,3x4y12=+=消去 y,整理得 (3+4k2)x2+8kmx+4m

20、2-12=0, 則 =64k2m2-4(3+4k2)(4m2-12)0, 12221228kmxx,34k4m12x x.34k+= +=+ 所以線段 ab 的中點(diǎn) m224km3m,34k34k+, 因?yàn)?m 在直線 op 上,所以 23m34k+=22km34k+, 得 m=0(舍去)或 k=-32. 此時(shí)方程為 3x2-3mx+m2-3=0,則 =3(12-m2)0,12212xxm,m3x x.3+= 13 / 15 所以|ab|=21k+ |x1-x2|=396212m. 設(shè)點(diǎn) p 到直線 ab距離為 d,則 d=22|82m|32+=2|m4|13. 設(shè)abp 的面積為 s,則 s

21、=12|ab| d=3622(m4) (12m ), 其中 m(-23,0)(0,23). 令 u(m)=(12-m2)(m-4)2,m-23,23, u(m)=-4(m-4)(m2-2m-6)=-4(m-4) (m-1-7)(m-1+7). 所以當(dāng)且僅當(dāng) m=1-7,u(m)取到最大值. 故當(dāng)且僅當(dāng) m=1-7,s取到最大值. 綜上,所求直線 l方程為 3x+2y+27-2=0. 22.(2012 浙江,理 22)已知 a0,br,函數(shù) f(x)=4ax3-2bx-a+b. (1)證明:當(dāng) 0 x1時(shí), 函數(shù) f(x)的最大值為|2a-b|+a; f(x)+|2a-b|+a0; (2)若-1f(x)1對(duì) x0,1恒成立,求 a+b 的取值范圍. (1)證明:f(x)=12ax2-2b=12a2bx6a. 當(dāng) b0時(shí),有 f(x)0,此時(shí) f(x)在0,+)上單調(diào)遞增. 當(dāng) b0時(shí)