高考浙江理科数学试题及答案高清版

1、2012年普通高等学校招生全国统一考试数学理工农医类(浙江卷)本试题卷分选择题和非选择题两部分满分150分，考试时间120分钟选择题部分(共50分)参考公式：球的表面积公式s4r2球的体积公式vr3其中r表示球的半径锥体的体积公式vsh其中s表示锥体的底面积，h表示锥体的高柱体的体积公式vsh其中s表示柱体的底面积，h表示柱体的高台体的体积公式vh(s1s2)其中s1，s2分别表示台体的上、下底面积h表示台体的高如果事件a，b互斥，那么p(ab)p(a)p(b)如果事件a在一次试验中发生的概率是p，那么n次独立重复试验中事件a恰好发生k次的概率pn(k)pk(1p)nk(k0,1,2，n)一、

2、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，只有一项是符合题目要求的1设全集u1,2,3,4,5,6，集合p1,2,3,4，q3,4,5，则p(uq)()a1,2,3,4,6 b1,2,3,4,5c1,2,5 d1,22已知i是虚数单位，则()a12i b2i c2i d12i3设ar，则“a1”是“直线l1：ax2y10与直线l2：x(a1)y40平行”的()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ycos2x1的图象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，得到的图象

3、是()5设a，b是两个非零向量，()a若|ab|a|b|，则abb若ab，则|ab|a|b|c若|ab|a|b|，则存在实数，使得bad若存在实数，使得ba，则|ab|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()a60种 b63种 c65种 d66种7设sn是公差为d(d0)的无穷等差数列an的前n项和，则下列命题错误的是()a若d0，则数列sn有最大项b若数列sn有最大项，则d0c若数列sn是递增数列，则对任意nn*，均有sn0d若对任意nn*，均有sn0，则数列sn是递增数列8如图，f1，f2分别是双曲线c：(a，b0)的左、右焦点，b是虚轴

4、的端点，直线f1b与c的两条渐近线分别交于p，q两点，线段pq的垂直平分线与x轴交于点m若|mf2|f1f2|，则c的离心率是()a b c d9设a0，b0，()a若2a2a2b3b，则abb若2a2a2b3b，则abc若2a2a2b3b，则abd若2a2a2b3b，则ab10已知矩形abcd，ab1，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

5、、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_ cm312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(q0)的等比数列an的前n项和为sn，若s23a22，s43a42，则q_14若将函数f(x)x5表示为f(x)a0a1(1x)a2(1x)2a5(1x)5，其中a0，a1，a2，a5为实数，则a3_15在abc中，m是bc的中点，am3，bc10，则_16定义：曲线c上的点到直线l的距离的最小值称为曲线c到直线l的距离已知曲线c1：yx2a到直线l：yx的距离等于曲线c2：x2(y4)22到直线l：yx

6、的距离，则实数a_17设ar，若x0时均有(a1)x1(x2ax1)0，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在abc中，内角a，b，c的对边分别为a，b，c已知，sinbcosc(1)求tanc的值；(2)若，求abc的面积19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分现从该箱中任取(无放回，且每球取到的机会均等)3个球，记随机变量x为取出此3球所得分数之和(1)求x的分布列；(2)求x的数学期望e(x)20如图，在四棱锥pabcd中，底面是边长为的菱形，bad120°，且pa平面abcd，m，n分别

7、为pb，pd的中点(1)证明：mn平面abcd；(2)过点a作aqpc，垂足为点q，求二面角amnq的平面角的余弦值21如图，椭圆c：(ab0)的离心率为，其左焦点到点p(2,1)的距离为，不过原点o的直线l与c相交于a，b两点，且线段ab被直线op平分(1)求椭圆c的方程；(2)求abp面积取最大值时直线l的方程22已知a0，br，函数f(x)4ax32bxab(1)证明：当0x1时，函数f(x)的最大值为|2ab|a；f(x)|2ab|a0；(2)若1f(x)1对x0,1恒成立，求ab的取值范围【自选模块】3“数学史与不等式选讲”模块(10分)已知ar，设关于x的不等式|2xa|x3|2x

8、4的解集为a(1)若a1，求a；(2)若ar，求a的取值范围4“矩阵与变换和坐标系与参数方程”模块(10分)在直角坐标系xoy中，设倾斜角为的直线l：(t为参数)与曲线c：(为参数)相交于不同两点a，b(1)若，求线段ab中点m的坐标；(2)若|pa|·|pb|op|2，其中p(2，)，求直线l的斜率1 b由已知得，bx|x22x30x|1x3，所以rbx|x1，或x3所以a(rb)x|3x42d，选d3 al1与l2平行的充要条件为a(a1)2×1且a×41×(1)，可解得a1或a2，故a1是l1l2的充分不必要条件4 aycos2x1图象上所有点的横

9、坐标伸长到原来的2倍得y1cosx1，再向左平移1个单位长度得y2cos(x1)1，再向下平移1个单位长度得y3cos(x1)，故相应的图象为a项5 c由|ab|a|b|两边平方可得，|a|22a·b|b|2|a|22|a|b|b|2，即a·b|a|b|，所以cosa，b1，即a与b反向，根据向量共线定理，知存在实数，使得ba6 d和为偶数共有3种情况，取4个数均为偶数的取法有(种)，取2奇数2偶数的取法有(种)，取4个数均为奇数的取法有(种)，故不同的取法共有160566(种)7 c若sn为递增数列，则当n2时，snsn1an0，即n2时，an均为正数，而a1是正数、负数

10、或是零均有可能，故对任意nn*，不一定sn始终大于08 b由题意知f1(c,0)，b(0，b)，所以，直线f1b的方程为，双曲线的渐近线方程为由，解得q(，)由，解得p(，)设pq中点坐标n(x0，y0)，则即n(，)又因mnf1b，所以直线mn的方程为：令y0得由|mf2|f1f2|得：c2c，即c23b2故a2c2b22b2，所以9 a考查函数y2x2x为单调递增函数，若2a2a2b2b，则ab，若2a2a2b3b，则ab10 b当ac1时，由dc1，得acd为直角，dcac，又因为dcbc，所以dc面abc所以dcab11答案：1解析：由图可知三棱锥底面积(cm2)，三棱锥的高h2 cm

11、，根据三棱锥体积公式，(cm3)12答案：解析：当i1时，t1，当i2时，当i3时，当i4时，当i5时，当i6时，结束循环，输出13答案：解析：由已知s4s23a43a2，即a4a33a43a2，即2a4a33a20，两边同除以a2得，2q2q30，即或q1(舍)14答案：10解析：x5(1x)15，故a3为(1x)15的展开式中(1x)3的系数，由二项展开式的通项公式得tr1(1x)r·(1)5r令r3，得t4(1x)3·(1)210(1x)3故a31015答案：16解析：·()·()···|2()·|cos92

12、51616答案：解析：x2(y4)22到直线yx的距离为，所以yx2a到yx的距离为，而与yx平行且距离为的直线有两条，分别是yx2与yx2，而抛物线yx2a开口向上，所以yx2a与yx2相切，可求得17答案：解析：因为x0，所以由不等式可得：(a1)(xa)0即a(1)a(x)0设f(x)1g(x)x，则上式为(af(x)(ag(x)0(*)因g(x)10，f(x)0，所以f(x)在(0，)上单调减，g(x)在(0，)上单调增令f(x)g(x)，即1x，也就是x2x20，解得x1(舍)，x2即当0x2时，f(x)g(x)，不等式(*)的解为g(x)af(x)当x2时，f(x)g(x)不等式(

13、*)的解为f(x)ag(x)要使不等式恒成立，则af(z)g(2)18解：(1)因为0a，cos a，得，又coscsinbsin(ac)sinacosccosasinc所以(2)由，得，于是由及正弦定理，得设abc的面积为s，则19解：(1)由题意得x取3,4,5,6，且p(x3)，p(x4)，p(x5)，p(x6)所以x的分布列为x3456p(2)由(1)知e(x)3·p(x3)4·p(x4)5·p(x5)6·p(x6)20 (1)证明：因为m，n分别是pb，pd的中点，所以mn是pbd的中位线所以mnbd又因为mn平面abcd，所以mn平面abcd

14、(2)解：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，bad120°，得acab，又因为pa平面abcd，所以paac在直角pac中，aqpc，得qc2，pq4，由此知各点坐标如下，a(，0,0)，b(0，3,0)，c(，0,0)，d(0,3,0)，p(，0,)，m(，)，n(，)，q(，0，)设m(x，y，z)为平面amn的法向量由，知取z1，得m(，0，1)设n(x，y，z)为平面qmn的法向量由，知取z5，得n(，0,5)于是cosm，n所以二面角a­mn­q的平面角的余弦值为方

15、法二：在菱形abcd中，bad=120°，得ac=ab=bc=cd=da，bd=ab又因为pa平面abcd，所以paab，paac，paad所以pb=pc=pd所以pbcpdc而m，n分别是pb，pd的中点，所以mq=nq，且am=pb=pd=an取线段mn的中点e，连结ae，eq，则aemn，qemn，所以aeq为二面角amnq的平面角由，故在amn中，am=an=3，mn=bd=3，得在直角pac中，aqpc，得，qc=2，pq=4，在pbc中，得在等腰mqn中，mq=nq=，mn=3，得在aeq中，得所以二面角amnq的平面角的余弦值为21解：(1)设椭圆左焦点为f(c,0)，

16、则由题意得得所以椭圆方程为(2)设a(x1，y1)，b(x2，y2)，线段ab的中点为m当直线ab与x轴垂直时，直线ab的方程为x0，与不过原点的条件不符，舍去故可设直线ab的方程为ykxm(m0)，由消去y，整理得(34k2)x28kmx4m2120，则64k2m24(34k2)(4m212)0，所以线段ab的中点m(，)，因为m在直线op上，所以，得m0(舍去)或此时方程为3x23mxm230，则3(12m2)0，所以|ab|·|x1x2|设点p到直线ab距离为d，则设abp的面积为s，则，其中m(，0)(0,)令u(m)(12m2)(m4)2，m，u(m)4(m4)(m22m6

17、)4(m4)·(m1)(m1)所以当且仅当m1，u(m)取到最大值故当且仅当m1，s取到最大值综上，所求直线l方程为3x2y2022 (1)证明：f(x)12ax22b12a(x2)当b0时，有f(x)0，此时f(x)在0，)上单调递增当b0时，f(x)12a(x)(x)，此时f(x)在0，上单调递减，在，)上单调递增所以当0x1时，f(x)maxmaxf(0)，f(1)maxab,3ab|2ab|a由于0x1，故当b2a时，f(x)|2ab|af(x)3ab4ax32bx2a4ax34ax2a2a(2x32x1)当b2a时，f(x)|2ab|af(x)ab4ax32b(1x)2a4

18、ax34a(1x)2a2a(2x32x1)设g(x)2x32x1,0x1，则g(x)6x226(x)(x)，于是x0(0，)(，1)1g(x)0g(x)1减极小值增1所以，g(x)ming()10，所以，当0x1时，2x32x10，故f(x)|2ab|a2a(2x32x1)0(2)由知，当0x1时，f(x)max|2ab|a，所以|2ab|a1若|2ab|a1，则由知f(x)(|2ab|a)1所以1f(x)1对任意0x1恒成立的充要条件是即或在直角坐标系aob中，不等式组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(tr)，得1a+b3，所以a+b的取值范围是(1,3【自选模块】3解：(1)当x3时，原不等式化为3x22x4，得x3当3x时，原不等式化为4x2x4，得3x0当时，原不等式化为3x22x4，得x2综上，ax|x0或x2(2)