理数及解析答案2012年普通高等学校全国统一考试卷

数学（理工类）10550分.在每小题给出的四个选项中，只有x26x1303

3

2

266266213解析：根据复数求根：x 32i，所以方程的一个根为32xðQx3Q 22xðQ，x322 xðQ，x3 4RxðQ，x3RRxðQ，x3R难易度定，然后把结论否定。因此选Dyf(x的图象如图所示，x轴所围图形的面积为

2

y11y111x第3

52

3D．22

D．4解析：

(a2b2c2)(x2y2z2)(axbyabc

则a=t b=t c=tz，t2(x2y2z2) 所以由题知t1

abcabcabct12

xy

xy定义在(, (0,)上的函数f(x)，如果对于任意给定的等比数列{an}，{f(an)}是等比数列，则称f(x)为“保等比数列函数”.现有定义在(,0) (0,)上的如下函|x①f(x)x2 ②f(x)2x ③f(x) ④f(x)ln|x|xf(xA B C D考点分析：本题等比数列性质及函数计算.难易度解析：a

，①faf

f2 nn

n

n

nn

n

n n②faf 2an n

2an

22an1

f2 ；nn

2f ④fanfan2lnanlnan

f2 .nnnn1ππ

1 π考点分析：本题几何概型及平面图形面积求法.解析：令OA1OAB为对称图形，ACBD围成面积为S1围成OC为S2，作对称轴OD，则过C点。S2即为以OA为直径的半圆面积减去三角 的面积11

S2

OAD中122

积减去三角形OAC面积和S2 2S1S2

4

，扇形OAB面积S ，选141

8f(xxcosx2在区间[04 考点分析：本题三角函数的周期性以及零点的概念.f(x)0x0或cosx20，x2kkZx0,4，k26个解.3169所得开立方除之，即立圆径.“开立圆术”相当于给出了已知球的体积3169的一个近似

d .人们还用过一些类似的近似.根据π 316933169330033d B．d C．d D．3考点分析：球的体积以及估算. =2由于D65525分.请将答案填的位置上.答错位置，书写不清，模棱两可均不得分.设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若(abc)(abc)ab，则角C 考点分析：余弦定理的运用.a2b2

第12n=1s=1，a=3.第二圈循环:n=2s=4，a=5n=3s=9. （Ⅱ）2n1(nN)位回文数有 难易度（Ⅰ）49（1~9）10（0~9）4位回文数有91090种。（Ⅱ）法一、由上面多组数据研究发现，2n+12n+2位回文数的个数相同，2n+2位回文数的个数。2n+2n+109n10种情况，所以个数为910n29个回文数，390“00,1,22,……99，90个按此规律推导,而当奇数位时可以看成在偶数位的最中间添加0~9 ,则答案为910n. a2b21a,b0A1A2B1B2，两焦点F1F2.A1A2F1B1F2B2A,B,C,D.则yyBA CDO双曲线的离心率e 菱形FBFB的面积S与矩形ABCD的面积S的比值S1 S112 S2考点分析：本题双曲线中离心率及实轴虚轴的相关定义，以及一般平面几何图形的面难易度解析（A1A2F1B1F2B2OF2B2的距离为aB1B2，因此OB2的长为b，那么在F2OB2式知， a|BF

c2a2b2 2 出(e21)2e2，根据e1,解出e

512（Ⅱ）设FOB,很显然知道FAOAOB,S2a2sin2.2 2 2b2c2F2OB2b2c2

,cos

4a2sincos

4a；b2c2b2c2FBb2c2

2bc，再根据第一问中求得的e

2 5112

（二）选考题（15、16两题中任选一题作答，请先在答题卡指定位置将你所选的题目序号后的方框用2B铅笔涂黑.如果全选，则按第15题作答结果计分.）B15（ 如图，点D在O的弦AB上移动，AB4，连接OD，过点 作OD的垂线交O于点C，则CD的最大值 考点分析：本 难易度 OC2OD解析由于ODCD,因此CD ,线段OC2ODDAB的中点，点CB重合，因此|CD|1|AB|22

1516（选修xOyO为极点，x建立极坐标系.已知射线π与曲线xt

（t为参数 y(t相交于A，B两点，则线段AB的中点的直角坐标 πyx(xR)，将参数方程xt

（t y(t数）y(t1)2(x11)2(x2)2表示一条抛物yx25x40A、BPxA、xB、

xA2

5,Pyx2P52

5)217（已知向量a(cosxsinx,sinx)

bcosxsinx,23cosx)，设函数f(xab(xRxπ对称，其中为常数，且1,12f(xyf(x的图象经过点π0)f(x在区间[0,3π上的取值范围 （Ⅰ）f(xsin2xcos2x23sinxcosxcos2x

3sin2x2sin(2xπ)6xπyf(x图象的一条对称轴，可得sin(2ππ)16所以2ππkπ

(kZk1(kZ 又

(,2

kZk1，故56f(x6π5 （Ⅱ）yf(x的图象过点(,0)f()0 22即2sin(5ππ)2sinπ ，即 22 f(x2sin(5xπ)2 由0x3π，有π5xπ5π 222所以1sin(5xπ)1，得1 2sin(5xπ) 2 222 f(x在[0,3π上的取值范围为[15

2,2

2]18（已知等差数列{an前三项的和为3，前三项的积为8求等差数列{an}的通项a2a3a1成等比数列，求数列{|an|的前n项和考点分析：等差等比数列的通项，和前n项和及基本运算。解析（Ⅰ）设等差数列{an的公差为da2a1da3a12d由题意得3a13d

解得a1

或a1a(ad)(a2d) d d1 可an23(n13n5，或an43(n13n7an3n5，或an3n7（Ⅱ）an3n5a2a3a1分别为142an3n7a2a3a1分别为124，成等比数列，满足条件故|

||3n7|3n3n

n记数列{|an|n项和为Snn1S1|a1|4n2S2|a1||a2|5；n3时，SnS2|a3||a4| |an|5(337)(347) (3n5(n2)[23n73n211n10.n2时，满足此式

33 n n

nn19（如图1，ACB45，BC3，过动点A作ADBC，垂足D段BC上且异于B，连接AB，沿AD将△ABD折起，使BDC90（如图2所示BDABCDABCDEMBCAC的中点，试在棱CDNENBMENBMN所成角的大小． M B BE图 图19考点分析：本题立体几何线面的基本关系，如何取到最值，用均值不等式和导数均可求最值。同时直线与平面所成角。本题可用综合法和空间向量法都可以。运用空1：1ABCBDx(0x3，则CD3x由ADBC，ACB45知，△ADC为等腰直角三角形，所以ADCD3x由折起前ADBC知，折起后（如图2，ADDC，ADBD，且 DCDADBCD．又BDC

1BDCD1x(3x 1AD

1(3x)1x(3x)12x(3x)(3A

12x(3x)(3x) 12 3当且仅当2x3xx1x1BD1时,ABCD的体积最大．2：1，得

A

1AD3

1(3x)1x(3x)1(x36x29x) f(x1(x36x29x)f(x1(x1)(x30，且0x3x1 x(01f(x0x(1,3f(x0．x1时，f(x)取得最大值．BD1时,ABCD1：DaDxyz由（Ⅰ）ABCDBD1ADCD21D(00,0B(1,0,0C(02,0A(0,0,2M(011E(1,0)2N(00EN110).ENBMENBM02(110)111110，故1N(0,1,0 DN1（N是CDD的一个四等分点）ENBM2BMN的一个法向量为nxyz，由n

及BN( BNBMBNBM1,,y得z

可取n1,2,1ENBMN所成角的大小为EN11,0)n1,2,1 sin

)

n

|11|

3，即60|n||EN

6 2ENBMN所成角的大小为60z DDDC C 图 图GHGHN E 图 图192：由（Ⅰ）ABCDBD1ADCD2．b，取CDFMFBFEF，则MFAD.由（Ⅰ）ADBCD，所以MFBCDcFEPFPDBBPDPDBPF为正方形，DPBF.DFNENEFPENDP，ENBF.MFBCDENBCDMF又 ，所以EN面BMF.又BM面BMF，所以ENBMENBMENBFFN是唯一的DN1（N是CDD的一个四等分点ENBM2连接MN，ME，由计算得NBNMEBEM 52NMBEMB是两个共底边的全等的等腰三角形，dBM的中点GEGNG，BMEGNEGNEEHGNH，EHBMN．故ENHENBMN所成的角．EGNEGGNNE

2EGN2故ENH60，即EN与平面BMN所成角的大小为6020（X300X700XX工期延误天数026X300，700，9000.3，0.7，0.9.求：工期延误天数YX至少是3006天的概率P(X300)0.3,P(300X700)P(X700)P(X300)0.70.30.4P(700X900)P(X900)P(X700)0.90.70.2P(X900)1P(X900)10.9所以YY026PE(Y00.320.460.2100.13故工期延误天数Y3，方差为9.8由概率的加法，P(X300)1P(X300)P(300X900P(X900P(X3000.90.30.6P(Y6X300P(X900X300)P(300X9000.66P(X X至少是300mm66721（Ax2y21上的任意一点，lAx轴垂直的直线，D是直线lxM在直线l上，且满足|DM|m|DA|m0,且m1).A在圆上运M的轨迹为曲线C．求曲线C的方程，判断曲线CN，直线QN交曲线CH.m，使得对任意的k0PQPH？若存在，求m的值；若不存在，请说明理由.（Ⅰ）1M(xyA(x0y0，则由|DM|m|DA|m0,且m1x

，|y|m|

|

x，|

|1|y| m 因为A点在单位圆上运动，所以x2y21 将①式代入②式即得所求曲线C因为m(0, (1,)，所

当0m1时，曲线Cx两焦点坐标分别为(1m2,0(1m2,0m1时，曲线Cy两焦点坐标分别为(0,

m21)，

m21)（Ⅱ）1：2、3k0P(x1kx1H(x2y2)，则Q(x1,kx1N(0,kx1)，直线QNy2kxkx1，将其代入椭圆C的方程并整理可得 (m24k2)x24k2xxk2x2m20 依题意可知此方程的两根为x1，x2，于是由定理可x

1

. m24k

m24k

2km2HQNykx

1PHPH

m24k

PQ2x,2kx

x,ykx)( 1, 1)

4(2m2)k2x

m24k

m24k而PQPH等价于PQPH 10m24k2m20，又m0m2 故存在m

2，使得在其对应的椭圆x 1上，对任意的k0，都有PQPH2yAM yAM xyHNPOxQyHNPOxQ图 图2(0m

3(m212：2、3，x101P(x1y1，H(x2y2，则Q(x1,y1)，N(0,y1)因为P，H两点在椭圆C上，所以

m2x2y2m2 m2(x2x2)(y2y2) PHPH不重合，故(x1x2)(x1x2)0.于是由③式可得(y1y2)(y1y2)m2 (x1x2)(x1x2又Q，N，H三点共线，所以 ，即2y1y1y2

x1 y 1(yy)(yy 于是由④式可得

1 2 2

x 2(xx)(xx PQPH等价于kPQkPH1，即21m0，得m2 故存在m

2，使得在其对应的椭圆x 1上，对任意的k0，都有PQPH222（f(xrxxr1rx0，其中r为有理数，且0r1.f(x的a0a0b,b为正有理数.若bb1，则ab1ab2abab 1 2注：当为正有理数时，有求导(x)x1（Ⅰ）f(xrrxr1r(1xr1)f(x0x1当0x1f(x0f(x在(01当x

f(x0f(x在(1,内是增函数f(xx1f(10（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当x(0,)时，有f(x)f(1)0，即xrrx(1r) 若a，a中有一个为0，则ab1ab2abab成立； 1 2a1a20，又b1b21，可得b21b1xa1rb，可得a1bba11baa ) aa ab1a1b1aba(1b，亦即ab1ab2abab 1 1 2综上对a0,a0，b，b为正有理数且bb1总