2012年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試數學(重慶卷)理

1、12重慶(理)1.(2012重慶,理1)在等差數列an中,a2=1,a4=5,則an的前5項和S5=().A.7B.15C.20D.25B設數列an的首項為a1,公差為d,則a2=a1+d=1,a4=a1+3d=5,解得a1=-1,d=2,所以Sn=n2-2n,S5=15,故選B.2.(2012重慶,理2)不等式0的解集為().A.B.C.1,+)D.1,+)A不等式可化為解不等式組得-x1,故選A.3.(2012重慶,理3)對任意的實數k,直線y=kx+1與圓x2+y2=2的位置關系一定是().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C直線y=kx+1過定點(0,1),而0

2、2+122,所以點(0,1)在圓x2+y2=2內部,直線y=kx+1與圓x2+y2=2相交且直線不經過圓心,故選C.4.(2012重慶,理4)的展開式中常數項為().A.B.C.D.105B二項式的通項為Tr+1=()8-r(2)-r=2-r,令=0得r=4,所以二項展開式的常數項為T5=2-4=,故選B.5.(2012重慶,理5)設tan ,tan 是方程x2-3x+2=0的兩根,則tan(+)的值為().A.-3B.-1C.1D.3A因為tan ,tan 是方程x2-3x+2=0的兩根,所以tan +tan =3,tan tan =2,而tan(+)=-3,故選A.6.(2012重慶,理6

3、)設x,yR,向量a=(x,1),b=(1,y),c=(2,-4),且ac,bc,則|a+b|=().A.B.C.2D.10B由ac,得ac=2x-4=0,解得x=2.由bc得=,解得y=-2,所以a=(2,1),b=(1,-2),a+b=(3,-1),|a+b|=,故選B.7.(2012重慶,理7)已知f(x)是定義在R上的偶函數,且以2為周期,則“f(x)為0,1上的增函數”是“f(x)為3,4上的減函數”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D若f(x)為0,1上的增函數,則f(x)在-1,0上為減函數,根據f(x)的周期為2可推出f(

4、x)為3,4上的減函數;若f(x)為3,4上的減函數,則f(x)在-1,0上也為減函數,所以f(x)在0,1上為增函數,故選D.8.(2012重慶,理8)設函數f(x)在R上可導,其導函數為f(x),且函數y=(1-x)f(x)的圖象如圖所示,則下列結論中一定成立的是().A.函數f(x)有極大值f(2)和極小值f(1)B.函數f(x)有極大值f(-2)和極小值f(1)C.函數f(x)有極大值f(2)和極小值f(-2)D.函數f(x)有極大值f(-2)和極小值f(2)D由圖可得函數y=(1-x)f(x)的零點為-2,1,2,則當x0,此時在(-,-2)上f(x)0,f(x)0,在(-2,1)上

5、f(x)0,f(x)1時,1-x0,f(x)0,在(2,+)上f(x)0.所以f(x)在(-,-2)為增函數,在(-2,2)為減函數,在(2,+)為增函數,因此f(x)有極大值f(-2),極小值f(2),故選D.9.(2012重慶,理9)設四面體的六條棱的長分別為1,1,1,1,和a,且長為a的棱與長為的棱異面,則a的取值范圍是().A.(0,)B.(0,)C.(1,)D.(1,)A四面體如圖1所示,設AB=AC=BD=CD=1,AD=,BC=a,則a0.當A,B,C,D四點共面時,BC=(如圖2所示).而此時A,B,C,D四點不能構成四面體,所以a,故選A.圖1圖210.(2012重慶,理1

6、0)設平面點集A=,B=(x,y)|(x-1)2+(y-1)21,則AB所表示的平面圖形的面積為().A.B.C.D.D不等式(y-x)0可化為或集合B表示圓(x-1)2+(y-1)2=1上以及圓內部的點所構成的集合,AB所表示的平面區(qū)域如圖所示.由線y=,圓(x-1)2+(y-1)2=1均關于直線y=x對稱,所以陰影部分占圓面積的一半,故選D.11.(2012重慶,理11)若(1+i)(2+i)=a+bi,其中a,bR,i為虛數單位,則a+b=.4(1+i)(2+i)=1+3i=a+bi,所以a=1,b=3,a+b=4.12.(2012重慶,理12)=.=.13.(2012重慶,理13)設A

7、BC的內角A,B,C的對邊分別為a,b,c,且cos A=,cos B=,b=3,則c=.由已知條件可得sin A=,sin B=,而sin C=sin(A+B)=sin Acos B+cos Asin B=,根據正弦定理=得c=.14.(2012重慶,理14)過拋物線y2=2x的焦點F作直線交拋物線于A,B兩點,若|AB|=,|AF|BF|,則|AF|=.F點坐標為,設A,B兩點的橫坐標為x1,x2.因|AF|BF|,故直線AB不垂直于x軸.設直線AB為y=k,聯立直線與拋物線的方程得k2x2-(k2+2)x+=0,則x1+x2=,又|AB|=x1+x2+1=,可解得k2=24,代入式得12

8、x2-13x+3=0,即(3x-1)(4x-3)=0.而|AF|0),f(x)=-+=.令f(x)=0,解得x1=1,x2=-.當x(0,1)時,f(x)0,故f(x)在(1,+)上為增函數.故f(x)在x=1處取得極小值f(1)=3.17.(2012重慶,理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次時投籃結束.設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)求投籃結束時甲的投球次數的分布列與期望.解:設Ak,Bk分別表示甲、乙在第k次投籃投中,則P(Ak)=,P(Bk)=(k=1,2,

9、3).(1)記“甲獲勝”為事件C,由互斥事件有一個發(fā)生的概率與相互獨立事件同時發(fā)生的概率計算公式知P(C)=P(A1)+P(A2)+P(A3)=P(A1)+P()P()P(A2)+P()P()P()P()P(A3)=+=+=.(2)的所有可能值為1,2,3.由獨立性知P(=1)=P(A1)+P(B1)=+=,P(=2)=P(A2)+P(B2)=+=,P(=3)=P()=.綜上知,有分布列123P從而,E=1+2+3=(次).18.(2012重慶,理18)設f(x)=4cossin x-cos(2x+),其中0.(1)求函數y=f(x)的值域;(2)若f(x)在區(qū)間上為增函數,求的最大值.解:(

10、1)f(x)=4sin x+cos 2x=2sin xcos x+2sin2x+cos2x-sin2x=sin 2x+1.因-1sin 2x1,所以函數y=f(x)的值域為1-,1+.(2)因y=sin x在每個閉區(qū)間(kZ)上為增函數,故f(x)=sin 2x+1(0)在每個閉區(qū)間(kZ)上為增函數.依題意知對某個kZ成立,此時必有k=0,于是解得,故的最大值為.19.(2012重慶,理19)如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=4,AC=BC=3,D為AB的中點.(1)求點C到平面A1ABB1的距離;(2)若AB1A1C,求二面角A1-CD-C1的平面角的余弦值.解:(1)由AC=

11、BC,D為AB的中點,得CDAB.又CDAA1.故CD面A1ABB1,所以點C到平面A1ABB1的距離為CD=.(2)解法一:如圖,取D1為A1B1的中點,連接DD1,則DD1AA1CC1.又由(1)知CD面A1ABB1,故CDA1D,CDDD1,所以A1DD1為所求的二面角A1-CD-C1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A1AB1=A1DA,所以RtA1ADRtB1A1A.因此=,即A=ADA1B1=8,得AA1=2.從而A1D=2.所以,在RtA1DD1中,AB1A1D

12、,從而A1AB1、A1DA都與B1AB互余,因此A1AB1=A1DA,所以RtA1ADRtB1A1A.因此=,即A=ADA1B1=8,得AA1=2.從而A1D=2.所以,在RtA1DD1中,cosA1DD1=.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,射線DB,DC,DD1分別為x軸、y軸、z軸的正半軸建立空間直角坐標系D-xyz.設直三棱柱的高為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8-h2=0,h=2.故=(-2,0,2)

13、,=(0,0,2),=(0,0).設平面A1CD的法向量為m=(x1,y1,z1),則m,m,即取z1=1,得m=(,0,1).設平面C1CD的法向量為n=(x2,y2,z2),則n,n,即取x2=1,得n=(1,0,0),所以cos=.所以二面角A1-CD-C1的平面角的余弦值為.20.(2012重慶,理20)如圖,設橢圓的中心為原點O,長軸在x軸上,上頂點為A,左、右焦點分別為F1,F2,線段OF1,OF2的中點分別為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準方程;(2)過B1作直線l交橢圓于P,Q兩點,使PB2QB2,求直線l的方程.解:(1)如圖所示,

14、設所求橢圓的標準方程為+=1(ab0),右焦點為F2(c,0).因AB1B2是直角三角形,又|AB1|=|AB2|,故B1AB2為直角,因此|OA|=|OB2|,得b=,結合c2=a2-b2得4b2=a2-b2,故a2=5b2,c2=4b2,所以離心率e=.在RtAB1B2中,OAB1B2,故=|B1B2|OA|=|OB2|OA|=b=b2.由題設條件=4得b2=4,從而a2=5b2=20,因此所求橢圓的標準方程為+=1.(2)由(1)知B1(-2,0),B2(2,0).由題意知直線l的傾斜角不為0,故可設直線l的方程為x=my-2.代入橢圓方程得(m2+5)y2-4my-16=0,設P(x1

15、,y1),Q(x2,y2),則y1,y2是上面方程的兩根,因此y1+y2=,y1y2=-,又=(x1-2,y1),=(x2-2,y2),所以=(x1-2)(x2-2)+y1y2=(my1-4)(my2-4)+y1y2=(m2+1)y1y2-4m(y1+y2)+16=-=+16=-.由PB2QB2,得=0,即16m2-64=0,解得m=2.所以滿足條件的直線有兩條,其方程分別為x+2y+2=0和x-2y+2=0.21.(2012重慶,理21)設數列an的前n項和Sn滿足Sn+1=a2Sn+a1,其中a20,(1)求證:an是首項為1的等比數列;(2)若a2-1,求證:Sn(a1+an),并給出等

16、號成立的充要條件.(1)證法一:由S2=a2S1+a1得a1+a2=a2a1+a1,即a2=a2a1,因a20,故a1=1,得=a2,又由題設條件知Sn+2=a2Sn+1+a1,Sn+1=a2Sn+a1,兩式相減得Sn+2-Sn+1=a2(Sn+1-Sn),即an+2=a2an+1,由a20,知an+10,因此=a2,綜上,=a2對所有nN*成立.從而an是首項為1,公比為a2的等比數列.證法二:用數學歸納法證明an=,nN*.當n=1時,由S2=a2S1+a1,得a1+a2=a2a1+a1,即a2=a2a1,再由a20,得a1=1,所以結論成立.假設n=k時,結論成立,即ak=,那么ak+1

17、=Sk+1-Sk=(a2Sk+a1)-(a2Sk-1+a1)=a2(Sk-Sk-1)=a2ak=.這就是說,當n=k+1時,結論也成立.綜上可得,對任意nN*,an=.因此an是首項為1,公比為a2的等比數列.(2)證法一:當n=1或2時,顯然Sn=(a1+an),等號成立.設n3,a2-1且a20.由(1)知a1=1,an=,所以要證的不等式化為1+a2+(1+)(n3),即證:1+a2+(1+)(n2).當a2=1時,上面不等式的等號成立.當-1a21時,-1與-1(r=1,2,n-1)同為正.因此當a2-1且a21時,總有(-1)(-1)0,即+1+(r=1,2,n-1).上面不等式對r從1到n-1求和得2(a2+)(n-1)(1+),由此得1+a2+-1且a20時,有Sn(a1+an),當且僅當n=1,2或a2=1時等號成立.證法二:當n=1或2時,顯然Sn=(a1+an),等號成立.當a2=1時,Sn=n=(a1+an),等號也成立.當a21時,由(1)知Sn=,an=.下證:-1且a21).當-1a21時,上面不等式化為(n-2)+