2012年普通高等学校招生全国统一考试数学(浙江卷)理

1、浙江理科1.(2012浙江,理1)设集合a=x|1<x<4,集合b=x|x2-2x-30,则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|x<-1,或x>3.所以a(rb)=x|3<x<4.2.(2012浙江,理2)已知i是虚数单位,则=().a.1-2ib.2-ic.2+id.1+2id=1+2i,选d.3.(2012浙江,理3)设ar,则“a=1”是“直线l1:ax+2y-1=0与直线l2:x+(a+1)y+4=0平行”的().a.充分不必要条件b.

2、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al1与l2平行的充要条件为a(a+1)=2×1且a×41×(-1),可解得a=1或a=-2,故a=1是l1l2的充分不必要条件.4.(2012浙江,理4)把函数y=cos 2x+1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,得到的图象是().ay=cos 2x+1图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍得y1=cos x+1,再向左平移1个单位长度得y2=cos(x+1)+1,再向下平移1个单位长度得y3=cos(x+1),故相应的图象为a.5.(201

3、2浙江,理5)设a,b是两个非零向量,().a.若|a+b|=|a|-|b|,则abb.若ab,则|a+b|=|a|-|b|c.若|a+b|=|a|-|b|,则存在实数,使得b=ad.若存在实数,使得b=a,则|a+b|=|a|-|b|c由|a+b|=|a|-|b|两边平方可得,|a|2+2a·b+|b|2=|a|2-2|a|b|+|b|2,即a·b=-|a|b|,所以cos<a,b>=-1,即a与b反向,根据向量共线定理,则存在实数,使得b=a.6.(2012浙江,理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().a.6

4、0种b.63种c.65种d.66种d和为偶数共有3种情况,取4个数均为偶数的取法有=1(种),取2奇数2偶数的取法有·=60(种),取4个数均为奇数的取法有=5(种),故不同的取法共有1+60+5=66(种).7.(2012浙江,理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d<0,则数列sn有最大项b.若数列sn有最大项,则d<0c.若数列sn是递增数列,则对任意nn*,均有sn>0d.若对任意nn*,均有sn>0,则数列sn是递增数列csn为递增数列,当n2时,sn-sn-1=an>0,即n2时,an均为正

5、数,而a1是正数、负数或是零均有可能,故对任意nn*,不一定sn始终大于0.8.(2012浙江,理8)如图,f1,f2分别是双曲线c:-=1(a,b>0)的左、右焦点,b是虚轴的端点,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.d.b设双曲线的半焦距为c,则|ob|=b,|of1|=c.kpq=,kmn=-.直线pq为:y=(x+c),两条渐近线为:y=±x.由得:q;由得:p.直线mn为:y-=-,令y=0得:xm=.又|mf2|=|f1f2|=2c,3c=xm=,解之得:e2=

6、,即e=.9.(2012浙江,理9)设a>0,b>0,().a.若2a+2a=2b+3b,则a>bb.若2a+2a=2b+3b,则a<bc.若2a-2a=2b-3b,则a>bd.若2a-2a=2b-3b,则a<ba考查函数y=2x+2x为单调递函数,若2a+2a=2b+2b,则a=b,若2a+2a=2b+3b,a>b.10.(2012浙江,理10)已知矩形abcd,ab=1,bc=.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,

7、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b当ac=1时,由dc=1,ad=,得acd为直角,dcac,又因为dcbc,所以dc面abc.所以dcab.11.(2012浙江,理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 cm3. 1由图可知三棱锥底面积s=×1×3=(cm2),三棱锥的高h=2 cm,根据三棱锥体积公式,v=sh=××2=1(cm3).12.(2012浙江,理12)若某程序框图如图所示,则该程序运行后输出的值是. 当i=1时,t=

8、1,当i=2时,t=,当i=3时,t=,当i=4时,t=,当i=5时,t=,当i=6时,结束循环,输出t=.13.(2012浙江,理13)设公比为q(q>0)的等比数列an的前n项和为sn,若s2=3a2+2,s4=3a4+2,则q=. 由已知s4-s2=3a4-3a2,即a4+a3=3a4-3a2,即2a4-a3-3a2=0,两边同除以a2得,2q2-q-3=0,即q=或q=-1(舍).14.(2012浙江,理14)若将函数f(x)=x5表示为f(x)=a0+a1(1+x)+a2(1+x)2+a5(1+x)5,其中a0,a1,a2,a5为实数,则a3=. 10由x5

9、=a0+a1(1+x)+a2(1+x)2+a5(1+x)5可得,可解得15.(2012浙江,理15)在abc中,m是bc的中点,am=3,bc=10,则·=. -16·=(+)·(+)=+·+·+·=|2+(+)·+|cos =9-25=-16.16.(2012浙江,理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:y=x2+a到直线l:y=x的距离等于曲线c2:x2+(y+4)2=2到直线l:y=x的距离,则实数a=. x2+(y+4)2=2到直线y=x的距离为-=

10、,所以y=x2+a到y=x的距离为,而与y=x平行且距离为的直线有两条,分别是y=x+2与y=x-2,而抛物线y=x2+a开口向上,所以y=x2+a与y=x+2相切,可求得a=.17.(2012浙江,理17)设ar,若x>0时均有(a-1)x-1(x2-ax-1)0,则a=. 当a1时,(a-1)x-1<0,而x2-ax-1在x取正无穷大时为正,故不满足题意,所以a>1.所以(a-1)x-1在x上小于0,在x上大于0,要满足题意,x2-ax-1在x上也小于0,在x上大于0,故x=使x2-ax-1=0,解得a=.18.(2012浙江,理18)在abc中,内角a,b,c

11、的对边分别为a,b,c.已知cos a=,sin b=cos c.(1)求tan c的值;(2)若a=,求abc的面积.解:(1)因为0<a<,cos a=,得sin a=,又cos c=sin b=sin(a+c)=sin acos c+cos asin c=cos c+sin c.所以tan c=.(2)由tan c=,得sin c=,cos c=.于是sin b=cos c=.由a=及正弦定理=,得c=.设abc的面积为s,则s=acsin b=.19.(2012浙江,理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

12、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).解:(1)由题意得x取3,4,5,6,且p(x=3)=,p(x=4)=,p(x=5)=,p(x=6)=.所以x的分布列为x3456p(2)由(1)知e(x)=3·p(x=3)+4·p(x=4)+5·p(x=5)+6·p(x=6)=.20.(2012浙江,理20)如图,在四棱锥p-abcd中,底面是边长为2的菱形,bad=120°,且pa平面abcd,pa=2,m,n分别为pb,pd的中点.(1)证明:mn平面abcd;(2)

13、过点a作aqpc,垂足为点q,求二面角a-mn-q的平面角的余弦值.(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.(2)解法一: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o-xyz,如图所示.在菱形abcd中,bad=120°,得ac=ab=2,bd=ab=6.又因为pa平面abcd,所以paac.在直角pac中,ac=2,pa=2,aqpc,得qc=2,pq=4,由此知各点坐标如下,a(-,0,0),b(0,-3,0),c(,0,0),d(0,3,0),p(-

14、,0,2),m,n,q.设m=(x,y,z)为平面amn的法向量.由=,=,知取z=-1,得m=(2,0,-1).设n=(x,y,z)为平面qmn的法向量.由=,=知取z=5,得n=(2,0,5).于是cos<m,n>=.所以二面角a-mn-q的平面角的余弦值为.解法二: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,qem

15、n,所以aeq为二面角a-mn-q的平面角.由ab=2,pa=2,故在amn中,am=an=3,mn=bd=3,得ae=.在直角pac中,aqpc,得aq=2,qc=2,pq=4,在pbc中,cosbpc=,得mq=.在等腰mqn中,mq=nq=,mn=3,得qe=.在aeq中,ae=,qe=,aq=2,得cosaeq=.所以二面角a-mn-q的平面角的余弦值为.21.(2012浙江,理21)如图,椭圆c:+=1(a>b>0)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

16、值时直线l的方程.解:(1)设椭圆左焦点为f(-c,0),则由题意得得所以椭圆方程为+=1.(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x=0,与不过原点的条件不符,舍去.故可设直线ab的方程为y=kx+m(m0),由消去y,整理得(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0,则=64k2m2-4(3+4k2)(4m2-12)>0,所以线段ab的中点m,因为m在直线op上,所以=,得m=0(舍去)或k=-.此时方程为3x2-3mx+m2-3=0,则=3(12-m2)>0,所以|ab|=·|x1-x2|=

17、3;.设点p到直线ab距离为d,则d=.设abp的面积为s,则s=|ab|·d=·,其中m(-2,0)(0,2).令u(m)=(12-m2)(m-4)2,m-2,2,u'(m)=-4(m-4)(m2-2m-6)=-4(m-4)·(m-1-)(m-1+).所以当且仅当m=1-,u(m)取到最大值.故当且仅当m=1-,s取到最大值.综上,所求直线l方程为3x+2y+2-2=0.22.(2012浙江,理22)已知a>0,br,函数f(x)=4ax3-2bx-a+b.(1)证明:当0x1时,函数f(x)的最大值为|2a-b|+a;f(x)+|2a-b|+a0

18、;(2)若-1f(x)1对x0,1恒成立,求a+b的取值范围.(1)证明:f'(x)=12ax2-2b=12a.当b0时,有f'(x)0,此时f(x)在0,+)上单调递增.当b>0时,f'(x)=12a,此时f(x)在上单调递减,在上单调递增.所以当0x1时,f(x)max=maxf(0),f(1)=max-a+b,3a-b=|2a-b|+a.由于0x1,故当b2a时,f(x)+|2a-b|+a=f(x)+3a-b=4ax3-2bx+2a4ax3-4ax+2a=2a(2x3-2x+1).当b>2a时,f(x)+|2a-b|+a=f(x)-a+b=4ax3+2b(1-x)-2a>4ax3+4a(1-x)-2a=2a(2x3-2x+1).设g(x)=2x3-2x+1,0x1,则g'(x)=6x2-2=6,于是x01g