2012高考重慶理科數(shù)學(xué)試題及答案高清版

1、2012年普通高等學(xué)校夏季招生全國(guó)統(tǒng)一考試數(shù)學(xué)理工農(nóng)醫(yī)類(重慶卷)本試卷滿分150分考試時(shí)間120分鐘一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分在每小題給出的四個(gè)備選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的1在等差數(shù)列an中，a21，a45，則an的前5項(xiàng)和S5()A7 B15 C20 D25A若q則pB若p則qC若q則p D若p則q2不等式的解集為()A(，1 B，1C(，)1，) D(，1，)3對(duì)任意的實(shí)數(shù)k，直線ykx1與圓x2y22的位置關(guān)系一定是()A相離 B相切C相交但直線不過圓心 D相交且直線過圓心4的展開式中常數(shù)項(xiàng)為()A B C D1055設(shè)tan，tan是方程x23x20的兩

2、根，則tan()的值為()A3 B1 C1 D36設(shè)x，yR，向量a(x,1)，b(1，y)，c(2，4)，且ac，bc，則|ab|()A B C D107已知f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，且以2為周期，則“f(x)為0,1上的增函數(shù)”是“f(x)為3,4上的減函數(shù)”的()A既不充分也不必要的條件B充分而不必要的條件C必要而不充分的條件D充要條件8設(shè)函數(shù)f(x)在R上可導(dǎo)，其導(dǎo)函數(shù)為f(x)，且函數(shù)y(1x)f(x)的圖象如圖所示，則下列結(jié)論中一定成立的是()A函數(shù)f(x)有極大值f(2)和極小值f(1)B函數(shù)f(x)有極大值f(2)和極小值f(1)C函數(shù)f(x)有極大值f(2)和極小值f(2

3、)D函數(shù)f(x)有極大值f(2)和極小值f(2)9設(shè)四面體的六條棱的長(zhǎng)分別為1,1,1,1，和a，且長(zhǎng)為a的棱與長(zhǎng)為的棱異面，則a的取值范圍是()A(0，) B(0，)C(1，) D(1，)10設(shè)平面點(diǎn)集A(x，y)|(yx)(y)0，B(x，y)|(x1)2(y1)21，則AB所表示的平面圖形的面積為()A B C D二、填空題：本大題共5小題，每小題5分，共25分把答案填寫在答題卡相應(yīng)位置上11若(1i)(2i)abi，其中a，bR，i為虛數(shù)單位，則ab_.12_.13設(shè)ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且，b3，則c_.14過拋物線y22x的焦點(diǎn)F作直線交拋物線于A，B兩點(diǎn)，

4、若|AB|，|AF|BF|，則|AF|_.15某藝校在一天的6節(jié)課中隨機(jī)安排語文、數(shù)學(xué)、外語三門文化課和其他三門藝術(shù)課各1節(jié)，則在課表上的相鄰兩節(jié)文化課之間最多間隔1節(jié)藝術(shù)課的概率為_(用數(shù)字作答)三、解答題：本大題共6小題，共75分解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟16設(shè)f(x)alnx1，其中aR，曲線yf(x)在點(diǎn)(1，f(1)處的切線垂直于y軸(1)求a的值；(2)求函數(shù)f(x)的極值17甲、乙兩人輪流投籃，每人每次投一球約定甲先投且先投中者獲勝，一直到有人獲勝或每人都已投球3次時(shí)投籃結(jié)束設(shè)甲每次投籃投中的概率為，乙每次投籃投中的概率為，且各次投籃互不影響(1)求甲獲勝的概率；(2

5、)求投籃結(jié)束時(shí)甲的投球次數(shù)的分布列與期望18設(shè)f(x)4cos(x)sinxcos(2x)，其中0.(1)求函數(shù)yf(x)的值域；(2)若f(x)在區(qū)間，上為增函數(shù)，求的最大值19如圖，在直三棱柱ABCA1B1C1中，AB4，ACBC3，D為AB的中點(diǎn)(1)求點(diǎn)C到平面A1ABB1的距離；(2)若AB1A1C，求二面角A1CDC1的平面角的余弦值20如圖，設(shè)橢圓的中心為原點(diǎn)O，長(zhǎng)軸在x軸上，上頂點(diǎn)為A，左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，線段OF1，OF2的中點(diǎn)分別為B1，B2，且AB1B2是面積為4的直角三角形(1)求該橢圓的離心率和標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)過B1作直線l交橢圓于P，Q兩點(diǎn)，使PB2QB2，

6、求直線l的方程21設(shè)數(shù)列an的前n項(xiàng)和Sn滿足Sn1a2Sna1，其中a20，(1)求證：an是首項(xiàng)為1的等比數(shù)列；(2)若a21，求證：Sn(a1an)，并給出等號(hào)成立的充要條件1B.2A不等式可化為解不等式組得x1，故選A項(xiàng)3C直線ykx1過定點(diǎn)(0,1)，而02122，所以點(diǎn)(0,1)在圓x2y22內(nèi)部，直線ykx1與圓x2y22相交且直線不經(jīng)過圓心，故選C項(xiàng)4)B二項(xiàng)式的通項(xiàng)為，令得r4，所以二項(xiàng)展開式的常數(shù)項(xiàng)為T524，故選B項(xiàng)5A因?yàn)閠an，tan是方程x23x20的兩根，所以tantan3，tan·tan2，而，故選A項(xiàng)6B由ac，得a·c2x40，解得x2.

7、由bc得，解得y2，所以a(2,1)，b(1，2)，ab(3，1)，|ab|，故選B項(xiàng)7D若f(x)為0,1上的增函數(shù)，則f(x)在1,0上為減函數(shù)，根據(jù)f(x)的周期為2可推出f(x)為3,4上的減函數(shù)；若f(x)為3,4上的減函數(shù)，則f(x)在1,0上也為減函數(shù)，所以f(x)在0,1上為增函數(shù)，故選D項(xiàng)8D由題圖可得函數(shù)y(1x)f(x)的零點(diǎn)為2,1,2，則當(dāng)x1時(shí)，1x0，此時(shí)在(，2)上f(x)0，f(x)0，在(2,1)上f(x)0，f(x)0；當(dāng)x1時(shí)，1x0，此時(shí)在(1,2)上f(x)0，f(x)0，在(2，)上f(x)0，f(x)0.所以f(x)在(，2)為增函數(shù)，在(2,2

8、)為減函數(shù)，在(2，)為增函數(shù)，因此f(x)有極大值f(2)，極小值f(2)，故選D項(xiàng)9A四面體如圖1所示，設(shè)ABACBDCD1，BCa，則a0.當(dāng)A，B，C，D四點(diǎn)共面時(shí)，(如圖2所示)而此時(shí)A，B，C，D四點(diǎn)不能構(gòu)成四面體，所以，故選A項(xiàng)圖1圖210D不等式(yx)(y)0可化為或集合B表示圓(x1)2(y1)21上以及圓內(nèi)部的點(diǎn)所構(gòu)成的集合，AB所表示的平面區(qū)域如圖陰影部所示由線，圓(x1)2(y1)21均關(guān)于直線yx對(duì)稱，所以陰影部分占圓面積的一半，故選D項(xiàng)11答案：4解析：(1i)(2i)13iabi，所以a1，b3，ab4.12答案：解析：.13答案：解析：由已知條件可得，而sin

9、Csin(AB)sinAcosBcosAsinB，根據(jù)正弦定理得.14答案：解析：F點(diǎn)坐標(biāo)為(，0)，設(shè)A，B兩點(diǎn)的橫坐標(biāo)為x1，x2.因|AF|BF|，故直線AB不垂直于x軸設(shè)直線AB為yk(x)，聯(lián)立直線與拋物線的方程得k2x2(k22)x0，則，又|AB|x1x21，可解得k224，代入式得12x213x30，即(3x1)(4x3)0.而|AF|BF|，所以，由拋物線的定義得.15答案：解析：基本事件總數(shù)為，事件“相鄰兩節(jié)文化課之間最多間隔1節(jié)藝術(shù)課”所包含的基本事件可分為三類，第一類：三節(jié)藝術(shù)課各不相鄰有；第二類：有兩節(jié)藝術(shù)課相鄰有；第三類：三節(jié)藝術(shù)課相鄰有.由古典概型概率公式得概率為

10、.16解：(1)因f(x)alnx1，故.由于曲線yf(x)在點(diǎn)(1，f(1)處的切線垂直于y軸，故該切線斜率為0，即f(1)0，從而，解得a1.(2)由(1)知f(x)lnx1(x0)，.令f(x)0，解得x11，(因不在定義域內(nèi)，舍去)當(dāng)x(0,1)時(shí)，f(x)0，故f(x)在(0,1)上為減函數(shù)；當(dāng)x(1，)時(shí)，f(x)0，故f(x)在(1，)上為增函數(shù)故f(x)在x1處取得極小值f(1)3.17解：設(shè)Ak，Bk分別表示甲、乙在第k次投籃投中，則P(Ak)，P(Bk)(k1,2,3)(1)記“甲獲勝”為事件C，由互斥事件有一個(gè)發(fā)生的概率與相互獨(dú)立事件同時(shí)發(fā)生的概率計(jì)算公式知.(2)的所有

11、可能值為1,2,3.由獨(dú)立性知P(1)P(A1)P(B1)，.綜上知，有分布列123P從而，E1×2×3×(次)18解：(1)f(x)4(cosxsinx)sinxcos2xsinxcosx2sin2xcos2xsin2xsin2x1.因1sin2x1，所以函數(shù)yf(x)的值域?yàn)椋?2)因ysinx在每個(gè)閉區(qū)間2k，2k(kZ)上為增函數(shù)，故f(x)sin2x1(0)在每個(gè)閉區(qū)間，(kZ)上為增函數(shù)依題意知，對(duì)某個(gè)kZ成立，此時(shí)必有k0，于是解得，故的最大值為.19解：(1)由ACBC，D為AB的中點(diǎn)，得CDAB又CDAA1.故CD面A1ABB1，所以點(diǎn)C到平面A

12、1ABB1的距離為.(2)解法一：如圖，取D1為A1B1的中點(diǎn)，連結(jié)DD1，則DD1AA1CC1.又由(1)知CD面A1ABB1，故CDA1D，CDDD1，所以A1DD1為所求的二面角A1CDC1的平面角因A1D為A1C在面A1ABB1上的射影，又已知AB1A1C，由三垂線定理的逆定理得AB1A1D，從而A1AB1、A1DA都與B1AB互余，因此A1AB1A1DA，所以RtA1ADRtB1A1A因此，即AA12AD·A1B18，得.從而.所以，在RtA1DD1中，.解法二：如圖，過D作DD1AA1交A1B1于D1，在直三棱柱中，易知DB，DC，DD1兩兩垂直以D為原點(diǎn)，射線DB，DC

13、，DD1分別為x軸、y軸、z軸的正半軸建立空間直角坐標(biāo)系Dxyz.設(shè)直三棱柱的高為h，則A(2,0,0)，A1(2,0，h)，B1(2,0，h)，C(0，0)，C1(0，h)，從而(4,0，h)，(2，h)由，有8h20，.故(2,0,)，(0,0,)，(0，0)設(shè)平面A1CD的法向量為m(x1，y1，z1)，則m，m，即取z11，得m(，0,1)設(shè)平面C1CD的法向量為n(x2，y2，z2)，則n，n，即取x21，得n(1,0,0)，所以cosm，n.所以二面角A1CDC1的平面角的余弦值為.20解：(1)如圖，設(shè)所求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為(ab0)，右焦點(diǎn)為F2(c,0)因AB1B2是直角三角形

14、，又|AB1|=|AB2|，故B1AB2為直角，因此|OA|OB2|，得，結(jié)合c2a2b2得4b2a2b2，故a25b2，c24b2，所以離心率.在RtAB1B2中，OAB1B2，故·|B1B2|·|OA|OB2|·|OA|·bb2.由題設(shè)條件得b24，從而a25b220，因此所求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為.(2)由(1)知B1(2,0)，B2(2,0)由題意知直線l的傾斜角不為0，故可設(shè)直線l的方程為xmy2.代入橢圓方程得(m25)y24my160，設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則y1，y2是上面方程的兩根，因此，又(x12，y1)，(x22，y2)，

15、所以·(x12)(x22)y1y2(my14)·(my24)y1y2(m21)y1y24m(y1y2)16.由PB2QB2，得·0，即16m2640，解得m±2.所以滿足條件的直線有兩條，其方程分別為x2y20和x2y20.21(1)證法一：由S2a2S1a1得a1a2a2a1a1，即a2a2a1，因a20，故a11，得，又由題設(shè)條件知Sn2a2Sn1a1，Sn1a2Sna1，兩式相減得Sn2Sn1a2(Sn1Sn)，即an2a2an1，由a20，知an10，因此，綜上，對(duì)所有nN*成立從而an是首項(xiàng)為1，公比為a2的等比數(shù)列證法二：用數(shù)學(xué)歸納法證明，n

16、N*.當(dāng)n1時(shí)，由S2a2S1a1，得a1a2a2a1a1，即a2a2a1，再由a20，得a11，所以結(jié)論成立假設(shè)nk時(shí)，結(jié)論成立，即，那么ak1Sk1Sk(a2Ska1)(a2Sk1a1)a2(SkSk1)a2ak.這就是說，當(dāng)nk1時(shí)，結(jié)論也成立綜上可得，對(duì)任意nN*，.因此an是首項(xiàng)為1，公比為a2的等比數(shù)列(2)證法一：當(dāng)n1或2時(shí)，顯然Sn(a1an)，等號(hào)成立設(shè)n3，a21且a20.由(1)知a11，所以要證的不等式化為1a2(1)(n3)，即證：1a2(1)(n2)當(dāng)a21時(shí)，上面不等式的等號(hào)成立當(dāng)1a21時(shí)，與(r1,2，n1)同為負(fù)；當(dāng)a21時(shí)，與(r1,2，n1)同為正因此當(dāng)a21且a21時(shí)，總有()()0，即1(r1,2，n1)上面不等式對(duì)r從1到n1求和得2(a2)(n1)(1)，由此得1a2綜上，當(dāng)a21且a20時(shí)，有Sn(a1an)，當(dāng)且僅當(dāng)n1,2或a21時(shí)等號(hào)成立證法二：當(dāng)n1或2時(shí)，顯然Sn(a1an)，等號(hào)成立當(dāng)a21時(shí)，Snn(a1an)，等號(hào)也成立當(dāng)a21時(shí)，由(1)知，.下證：(n3，a21且a21)當(dāng)1a21時(shí)，上面不等式化為(n2)na2n2(n3)令f(a2)(n2)na2.當(dāng)1a20時(shí)，故f(a2)(