2012高考數(shù)學(xué)理科試題精校版天津卷

1、2012年普通高等學(xué)校夏季招生全國統(tǒng)一考試數(shù)學(xué)理工農(nóng)醫(yī)類(天津卷)本試題卷分為第卷(選擇題)和第卷(非選擇題)兩部分，共150分，考試用時120分鐘參考公式：·如果事件A，B互斥，那么P(AB)P(A)P(B)·棱柱的體積公式VSh其中S表示棱柱的底面面積，h表示棱柱的高·圓錐的體積公式VSh其中S表示圓錐的底面面積，h表示圓錐的高第卷本卷共8小題，每小題5分，共40分一、選擇題：共8小題，每小題5分，共40分在每小題給出的四個選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的1i是虛數(shù)單位，復(fù)數(shù)()A2iB2iC2iD2i2設(shè)R，則“0”是“f(x)cos(x)(xR)為偶函數(shù)”

2、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3閱讀下邊的程序框圖，運(yùn)行相應(yīng)的程序，當(dāng)輸入x的值為25時，輸出x的值為()A1 B1C3 D94函數(shù)f(x)2xx32在區(qū)間(0,1)內(nèi)的零點(diǎn)個數(shù)是()A0 B1 C2 D35在(2x2)5的二項(xiàng)展開式中，x的系數(shù)為()A10 B10 C40 D406在ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別是a，b，c已知8b5c，C2B，則cosC()A B C D7已知ABC為等邊三角形，AB2設(shè)點(diǎn)P，Q滿足，(1)，R若，則()A B C D8設(shè)m，nR，若直線(m1)x(n1)y20與圓(x1)2(y1)21相切，則mn

3、的取值范圍是()A，B(，)C，D(，)第卷本卷共12小題，共110分二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分9區(qū)有小學(xué)150所，中學(xué)75所，大學(xué)25所現(xiàn)采用分層抽樣的方法從這些學(xué)校中抽取30所學(xué)校對學(xué)生進(jìn)行視力調(diào)查，應(yīng)從小學(xué)中抽取_所學(xué)校，中學(xué)中抽取_所學(xué)校10一個幾何體的三視圖如圖所示(單位：m)，則該幾何體的體積為_m311已知集合AxR|x2|3，集合BxR|(xm)(x2)0，且AB(1，n)，則m_，n_12已知拋物線的參數(shù)方程為(t為參數(shù))，其中p0，焦點(diǎn)為F，準(zhǔn)線為l過拋物線上一點(diǎn)M作l的垂線，垂足為E若|EF|MF|，點(diǎn)M的橫坐標(biāo)是3，則p_13如圖，已知AB和AC是

4、圓的兩條弦，過點(diǎn)B作圓的切線與AC的延長線相交于點(diǎn)D過點(diǎn)C作BD的平行線與圓相交于點(diǎn)E，與AB相交于點(diǎn)F，AF3，F(xiàn)B1，則線段CD的長為_14已知函數(shù)的圖象與函數(shù)ykx2的圖象恰有兩個交點(diǎn)，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是_三、解答題：本大題共6小題，共80分解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟15已知函數(shù)f(x)sin(2x)sin(2x)2cos2x1，xR(1)求函數(shù)f(x)的最小正周期；(2)求函數(shù)f(x)在區(qū)間，上的最大值和最小值16現(xiàn)有4個人去參加某娛樂活動，該活動有甲、乙兩個游戲可供參加者選擇為增加趣味性，約定：每個人通過擲一枚質(zhì)地均勻的骰子決定自己去參加哪個游戲，擲出點(diǎn)數(shù)為1或2的人去

5、參加甲游戲，擲出點(diǎn)數(shù)大于2的人去參加乙游戲(1)求這4個人中恰有2人去參加甲游戲的概率；(2)求這4個人中去參加甲游戲的人數(shù)大于去參加乙游戲的人數(shù)的概率；(3)用X，Y分別表示這4個人中去參加甲、乙游戲的人數(shù)，記|XY|，求隨機(jī)變量的分布列與數(shù)學(xué)期望E()17如圖，在四棱錐PABCD中，PA平面ABCD，ACAD，ABBC，BAC45°，PAAD2，AC1(1)證明PCAD；(2)求二面角APCD的正弦值；(3)設(shè)E為棱PA上的點(diǎn)，滿足異面直線BE與CD所成的角為30°，求AE的長18已知an是等差數(shù)列，其前n項(xiàng)和為Sn，bn是等比數(shù)列，且a1b12，a4b427，S4b4

6、10(1)求數(shù)列an與bn的通項(xiàng)公式；(2)記Tnanb1an1b2a1bn，nN*，證明Tn122an10bn(nN*)19設(shè)橢圓(ab0)的左、右頂點(diǎn)分別為A，B，點(diǎn)P在橢圓上且異于A，B兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)(1)若直線AP與BP的斜率之積為，求橢圓的離心率；(2)若|AP|OA|，證明直線OP的斜率k滿足20已知函數(shù)f(x)xln(xa)的最小值為0，其中a0(1)求a的值；(2)若對任意的x0，)，有f(x)kx2成立，求實(shí)數(shù)k的最小值；(3)證明ln(2n1)2(nN*)1B2A0時，f(x)cosx，f(x)f(x)，f(x)為偶函數(shù)；若f(x)為偶函數(shù)，則f(0)±1，c

7、os±1，k(kZ)是充分而不必要條件3Cx|25|1，x14；x|4|1，x11；x|1|1不成立，x2×1134Bf(x)2xln23x2，在(0,1)上f(x)0恒成立，f(x)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞增又f(0)2003210，f(1)2113210，f(x)在區(qū)間(0,1)上存在一個零點(diǎn)5DTr1(2x2)5r()r(1)r25rx103r，當(dāng)103r1時，r3(1)3253406A在ABC中，由正弦定理：，cosCcos2B2cos2B17A設(shè)，則|a|=|b|=2，且a，b=，=(1)ba·(ab)=(1)+1a·ba2(1)b2=(2+1

8、)×244(1)=22+22=即(21)2=0，8)D直線與圓相切，即：mnmn1，設(shè)mnt，則，t1，t24t40，解得：或9答案：189解析：共有學(xué)校1507525250所，小學(xué)中應(yīng)抽?。核?，中學(xué)中應(yīng)抽取：所10答案：189解析：由幾何體的三視圖可知該幾何體的頂部是長、寬、高分別為6m,3m,1m的長方體，底部為兩個直徑為3m的球該幾何體的體積為：V6×3×12×189(m3)11答案：11解析：AxR|x2|3，|x2|33x23，5x1又BxR|(xm)(x2)0，且AB(1，n)，1是方程(xm)(x2)0的根，n是區(qū)間(5,1)的右端點(diǎn)，m1

9、，n112答案：2解析：由參數(shù)方程(t為參數(shù))，p0，可得曲線方程為：y22px(p0)|EF|MF|，且|MF|ME|(拋物線定義)，MEF為等邊三角形，E的橫坐標(biāo)為，M的橫坐標(biāo)為3EM中點(diǎn)的橫坐標(biāo)為：，與F的橫坐標(biāo)相同，p213答案：解析：在圓中，由相交弦定理：AF·FBEF·FC，由三角形相似，由切割弦定理：DB2DC·DA，又DA4CD，4DC2DB214答案：(0,1)(1,4)解析：函數(shù)y=kx2過定點(diǎn)(0，2)，由數(shù)形結(jié)合：kABk1或1kkAC，0k1或1k415解：(1)f(x)sin2x·coscos2x·sinsin2x&

10、#183;coscos2x·sincos2xsin2xcos2x所以，f(x)的最小正周期(2)因?yàn)閒(x)在區(qū)間，上是增函數(shù)，在區(qū)間，上是減函數(shù)，又，故函數(shù)f(x)在區(qū)間，上的最大值為，最小值為116解：依題意，這4個人中，每個人去參加甲游戲的概率為，去參加乙游戲的概率為設(shè)“這4個人中恰有i人去參加甲游戲”為事件Ai(i0,1,2,3,4)，則(1)這4個人中恰有2人去參加甲游戲的概率(2)設(shè)“這4個人中去參加甲游戲的人數(shù)大于去參加乙游戲的人數(shù)”為事件B，則BA3A4由于A3與A4互斥，故P(B)P(A3)P(A4)所以，這4個人中去參加甲游戲的人數(shù)大于去參加乙游戲的人數(shù)的概率為(

11、3)的所有可能取值為0,2,4由于A1與A3互斥，A0與A4互斥，故P(0)P(A2)，P(2)P(A1)P(A3)，P(4)P(A0)P(A4)所以的分布列是024P隨機(jī)變量的數(shù)學(xué)期望17解法一：如圖，以點(diǎn)A為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，依題意得A(0,0,0)，D(2,0,0)，C(0,1,0)，B(，,0)，P(0,0,2)(1)證明：易得=(0,1，2)，=(2,0,0)，于是，所以PCAD(2)=(0,1，2)，=(2，1,0)設(shè)平面PCD的法向量n=(x，y，z)，則即不妨令z=1，可得n=(1,2,1)可取平面PAC的法向量m=(1,0,0)于是，從而所以二面角APCD的正弦值為(3

12、)設(shè)點(diǎn)E的坐標(biāo)為(0,0，h)，其中h0,2，由此得由=(2，1,0)，故，所以，解得，即解法二：(1)證明：由PA平面ABCD，可得PAAD，又由ADAC，PAAC=A，故AD平面PAC又PC平面PAC，所以PCAD(2)如圖，作AHPC于點(diǎn)H，連接DH由PCAD，PCAH，可得PC平面ADH因此DHPC，從而AHD為二面角APCD的平面角在RtPAC中，PA2，AC1，由此得由(1)知ADAH，故在RtDAH中，因此所以二面角APCD的正弦值為(3)如圖，因?yàn)锳DC45°，故過點(diǎn)B作CD的平行線必與線段AD相交，設(shè)交點(diǎn)為F，連接BE，EF故EBF或其補(bǔ)角為異面直線BE與CD所成的

13、角由于BFCD，故AFB=ADC在RtDAC中，故在AFB中，由，sinFABsin135°，可得由余弦定理，BF2AB2AF22AB·AF·cosFAB，可得設(shè)AEh在RtEAF中，在RtBAE中，在EBF中，因?yàn)镋FBE，從而EBF30°，由余弦定理得，可解得所以18解：(1)設(shè)等差數(shù)列an的公差為d，等比數(shù)列bn的公比為q由a1b12，得a423d，b42q3，S486d由條件，得方程組解得所以an3n1，bn2n，nN*(2)證明：(方法一)由(1)得Tn2an22an123an22na1，2Tn22an23an12na22n1a1由，得Tn2(

14、3n1)3×223×233×2n2n22n26n210×2n6n10而2an10bn122(3n1)10×2n1210×2n6n10，故Tn122an10bn，nN*(方法二：數(shù)學(xué)歸納法)當(dāng)n1時，T112a1b11216，2a110b116，故等式成立；假設(shè)當(dāng)nk時等式成立，即Tk122ak10bk，則當(dāng)nk1時有：Tk1ak1b1akb2ak1b3a1bk1ak1b1q(akb1ak1b2a1bk)ak1b1qTkak1b1q(2ak10bk12)2ak14(ak13)10bk1242ak110bk112，即Tk1122ak110

15、bk1，因此nk1時等式也成立由和，可知對任意nN*，Tn122an10bn成立19解：(1)設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x0，y0)由題意，有由A(a,0)，B(a,0)，得，由kAP·kBP，可得x02a22y02，代入并整理得(a22b2)y020由于y00，故a22b2于是，所以橢圓的離心率(2)證明：(方法一)依題意，直線OP的方程為ykx，設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x0，y0)由條件得消去y0并整理得由|AP|OA|，A(a,0)及y0kx0，得(x0a)2k2x02a2整理得(1k2)x022ax00而x00，于是，代入，整理得(1k2)24k2()24由ab0，故(1k2)24k24，即k

16、214，因此k23所以(方法二)依題意，直線OP的方程為ykx，可設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x0，kx0)，由點(diǎn)P在橢圓上，有因?yàn)閍b0，kx00，所以，即(1k2)x02a2由|AP|OA|，A(a,0)，得(x0a)2k2x02a2，整理得(1k2)x022ax00，于是代入，得(1k2)a2，解得k23，所以20解：(1)f(x)的定義域?yàn)?a，)由f(x)0，得x1aa當(dāng)x變化時，f(x)，f(x)的變化情況如下表：x(a,1a)1a(1a，)f(x)0f(x)極小值因此，f(x)在x1a處取得最小值，故由題意f(1a)1a0，所以a1(2)當(dāng)k0時，取x1，有f(1)1ln20，故k0不合題意當(dāng)k0時，令g(x)f(x)kx2，即g(x)xln(x1)kx2g(x)2kx令g(x)0，得x10，當(dāng)時，g(x)0在(0，)上恒成立，因