2012高考浙江理科数学试题及答案(高清版)

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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分别为PB，PD

7、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|2x4的解集为A

8、(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)21且a41(1)，可解得a1或a2，故a1是l1l2的充分不必要条件4 Aycos2x1图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍得y1cosx1，再向左平移1个单位长度得

9、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|22ab|b|2|a|22|a|b|b|2，即ab|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(

10、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，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

11、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()|cos9251616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

12、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(*)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

13、，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)3P(X3)4P(X4)5P(X5)6P(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(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

14、，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，

15、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)，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(34k

16、2)(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)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

17、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)2a4ax34a(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(

18、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)当x2时，|2xa|x3|02x4成立当x2时，|2xa|x3|2xa|x3|2x4，得xa1或，所以a12或，得a2综上，a的取值范围为a24解：设直线l上的点A，B对应参数分别为t1，t2将曲线C的参数方程化为普通方程y21(1)当时，设点M对应参数为t0直线l方程为(t为参数)，代入曲线C的普通方程y21，得13t256t480，则，所以，点M的坐标为(，)(2)将代入曲线C的普通方程y21，得(cos24sin2)t2(sin4cos)t120，因为|PA|PB|t1t2|，|OP|27，所以，得由于32cos(sincos)0，故所以直线l的斜率为