高考真题——理科数学湖南卷

1、2012年普通高等学校招生全国统一考试（湖南）卷数学（理科）一选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给也的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1设集合，则（ ）（A） （B） （C） （D）2命题“若，则”的逆否命题是（ ）（A）若，则 （B）若，则（C）若，则 （D）若，则3某几何体的正视图和侧视图均如图1所示，则该几何体的俯视图不可能是（ ）4设某大学的女生体重（单位：）与身高（单位：）具有线性相关关系，根据一组样本数据，用最小二乘法建立的回归方程为，则下列结论中不正确的是（ ）（A）与具有正的线性相关关系 （B）回归直线过样本点的中心（C）若该大学某女生身高增加1，则

2、其体重约增加（D）若该大学某女生身高为170，则可断定其体重必为5已知双曲线：的焦距为10，点在的渐近线上，则的方程为（ ）（A） （B） （C） （D）6函数的值域为（ ） （A） （B） （C） （D）7在中，则（ ）（A） （B） （C） （D）8已知直线：和：，与函数的图像从左至右相交于点，与函数的图像从左至右相交于。记线段和在轴上的投影长度分别为，当变化时，的最小值为（ ）（A） （B） （C） （D）二填空题（本大题共8小题，考生作答7小题，每小题5分，共35分）（一）选做题（请考生在第9、10、11三题中任选两题作答，如果全做，则按前两题计分） 9在平面直角坐标系中，已知曲线：（

3、为参数）与曲线：（为参数，）有一个公共点在轴上，则_。 10不等式的解集为_。 11如图2，过点的直线与圆相交于两点，若，则圆的半径等于 。（二）必做题（12-16题） 12已知复数 (为虚数单位)，则_。 13的二项展开式中的常数项为_（用数字作答）。 14如果执行如图3所示的程序框图，输入，则输出的数_。 15函数的导函数的部分图像如图4所示，其中为图像与轴的交点，为图像与轴的两个交点，为图像的最低点。若，点的坐标为，则_；若在曲线段与轴所围成的区域内随机取一点，则该点在内的概率为_。 16设，将个数依次放入编号为的个位置，得到排列。将该排列中分别位于奇数与偶数位置的数取出，并按原顺序依次

4、放入对应的前和后个位置，得到排列，将此操作称为变换，将分成两段，每段个数，并对每段作变换，得到；当时，将分成段，每段个数，并对每段变换，得到。例如，当时，此时位于中的第4个位置。当时，位于中的第_个位置；当时，位于中的第_个位置。三解答题：本大题共6小题，共75分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17（本小题满分12分）某超市为了解顾客的购物量及结算时间等信息，安排一名员工随机收集了在该超市购物的100位顾客的相关数据，如下表所示。已知这100位顾客中的一一次购物量1至4件5至8件9至12件13至16件17件及以上顾客数（人）302510结算时间（分钟/人）123次购物量超过8件的顾客

5、占55。确定的值，并求顾客一次购物的结算时间的分布列与数学期望；若某顾客到达收银台时前面恰有2位顾客需结算，且各顾客的结算相互独立，求该顾客结算前的等候时间不超过分钟的概率。（注：将频率视为概率） 18（本小题满分12分）如图5，在四棱锥中，平面，是的中点。证明：平面；若直线与平面所成的角和与平面所成的角相等，求四棱锥的体积。 19（本小题满分12分）数列的各项均为正数，记，若，且对任意，三个数组成等差数列，求数列的通项公式；证明：数列是公比为的等比数列的充分必要条件是：对任意，三个数组成公比为的等比数列。 20（本小题满分13分）某企业接到生产3000台某产品的三种部件的订单，每台产品需要这

6、三种部件的数量分别为（单位：件）。已知每个工人每天可生产部件6件，或部件3件，或部件2件。该企业计划安排200名工人分成三组分别生产这三种部件，生产部件的人数与生产部件的人数成正比，比例系数为（为正整数）。设生产部件的人数为，分别写出完成三种部件生产需要的时间；假设这三种部件的生产同时开工，试确定正整数的值，使完成订单任务的时间最短，并给出时间最短时具体的人数分组方案。 21（本小题满分13分）在直角坐标系中，曲线的点均在：外，且对上任意一点，到直线的距离等于该点与圆上点的距离的最小值。求曲线的方程；设为圆外一点，过作圆的两条切线，分别与曲线相交于点和。证明：当在直线上运动时，四点的纵坐标之积

7、为定值。22（本小题满分13分）已知函数，其中。若对一切，恒成立，求a的取值集合；在函数的图像上取定两点，记直线的斜率为，问是否存在，使成立？若存在，求的取值范围；若不存在，请说明理由。2012年普通高校招生全国统考数学试卷（湖南卷）解答一BCDDA BAB二9；10；11；1210；13；14；153，；166， 17解：由题，得。该超市所有顾客一次购物的结算时间组成一个总体，故100位顾客一次购物的结算时间可视为总体的一个容量随机样本，将频率123视为概率得，。故的分布列如右表所示，其期望为；记为事件“该顾客结算前的等候时间不超过分钟”，为该顾客前面第位顾客的结算时间。因顾客的结算相互独立

8、，且的分布列都与的分布列相同，故。即所求概率为。 18解：连接，因，故。又，是的中点，所以。因平面，平面，故。而是平面内的两条相交直线，所以平面； 以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系。设，则，。故，。由题知，分别是平面，平面的法向量，因与平面和平面所成角相等，故，即，故，解得。又，故。 19解：由题可得，即，亦即，故数列是首项为1，公差为4的等差数列，并且；必要性：若数列是公比为的等比数列，则对任意，有。由知，均大于0，故，故，因此组成公比为的等比数列；充分性：若对于任意，三个数组成公比为的等比数列，则，于是，得，即。由有，即，从而。因为，所以，故数列是首项为，公比为的等比数列。

9、综上得证。 20解：设完成三种部件的生产任务需要的时间（单位：天）分别为，由题，其中均为1到200之间的正整数； 完成订单任务的时间为，其定义域为。易知，为减函数，为增函数。当时，此时，由函数的单调性知，当时取得最小值，解得。由于，而，故当时完成订单任务的时间最短，且最短时间为；当时，由于为正整数，故。令，易知为增函数，则。由函数的单调性知，当时取得最小值，解得。由于，而，此时完成订单任务的最短时间大于；当时，由于为正整数，故，此时。由函数的单调性知，当时取得最小值，解得。类似的讨论，此时完成订单任务的最短时间为，大于。综上所述，当时完成订单任务的时间最短，此时生产三种部件的人数分别为。 21解：由题知，曲线上任意一点到圆心的距离等于它到直线的距离，故曲线是以为焦点，直线为准线的抛物线，其方程为；设，因，故过且与圆相切的直线的斜率存在且不为0，每条切线都与抛物线有两个交点。设切线方程为即，则，整理得 。设过所作的两条切线的斜率分别为，则是方程的两个实根，故 。由得 ，设四点的纵坐标分别为，则是方程的两个实根，所以 。同理 。于是由，得。故当在直线上运动时，四点的纵坐标之积为定值6400。 22解：若，则，矛盾，故。因，令得。当时，单调递减；当时，单调递增。故当时，取最小值。于是对一切，恒成立，当且仅当 。令，则。当时，单调递增；当