2012年全国高考理科数学试题及答案-北京卷

2012年普通高等学校招生全国统一考试
数学(理)(北京卷)
本试卷共5页. 150分.考试时长120分钟.考试生务必将答案答在答题卡上.在试卷上作答无效.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
第一部分(选择题共40分)
一、选择题共8小题。

每小题5分.共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合胜目要求的一项.
1．已知集合A={x ∈R|3x+2＞0} B={x ∈R|（x+1）(x-3)＞0} 则A ∩B=
A （-∞，-1）
B （-1，-
23） C （-2
3
,3）D (3,+∞) 【解析】和往年一样，依然的集合(交集)运算，本次考查的是一次和二次不等式的解法。

因为
3
2
}023|{->⇒>+∈=x x R x A ，利用二次不等式可得1|{-<=x x B 或}3>x 画出数轴易得：
}3|{>=x x B A ．故选D ．
【答案】D 2．设不等式组⎩⎨
⎧≤≤≤≤2
0,
20y x ，表示平面区域为D ，在区域D 内随机取一个点，则此点到坐标原点的
距离大于2的概率是
（A ）
4π （B ）22π- （C ）6
π （D ）44π-
【解析】题目中⎩
⎨⎧≤≤≤≤202
0y x 表示的区域如图正方形所示，而动点D 可以存在
的位置为正方形面积减去四分之一圆的面积部分，因此
4
422241
222
ππ-=
⨯⋅-⨯=P ，故选D 。

【答案】D
3．设a ，b ∈R 。

“a=0”是“复数a+bi 是纯虚数”的（ ）
A.充分而不必要条件
B.必要而不充分条件
C.充分必要条件
D.既不充分也不必要条件 【解析】当0=a 时，如果0=b 同时等于零，此时0=+bi a 是实数，不是纯虚数，因此不是充分条件；而如果bi a +已经为纯虚数，由定义实部为零，虚部不为零可以得到0=a ，因此想必要条件，故选B 。

【答案】B
4．执行如图所示的程序框图，输出的S 值为（ ）
A. 2 B .4 C.8 D. 16
【解析】0=k ，11=⇒=k s ，21=⇒=k s ，22=⇒=k s ，8=s ，循环结束，输出的s 为8，故选C 。

【答案】
5.如图. ∠ACB=90º，CD ⊥AB 于点D ，以BD 为直径的圆与BC 交于点E.则( )
A. CE ·CB=AD ·DB
B. CE ·CB=AD ·AB
C. AD ·AB=CD ²
D.CE ·EB=CD ²
【解析】在ACB ∆中，∠ACB=90º，CD ⊥AB 于点D ，所以DB AD CD ∙=2
,由切割线定理的
CB CE CD ∙=2,所以CE ·CB=AD ·DB 。

【答案】A
6.从0，2中选一个数字.从 1.3.5中选两个数字,组成无重复数字的三位数.其中奇数的个数为( )
A. 24
B. 18
C. 12
D. 6
【解析】由于题目要求的是奇数，那么对于此三位数可以分成两种情况：奇偶奇；偶奇奇。

如果是第一种奇偶奇的情况，可以从个位开始分析(3种选择)，之后十位(2种选择)，最后百位(2种选择)，共12种；如果是第二种情况偶奇奇，分析同理：个位(3种情况)，十位(2种情况)，百位(不能是0，一种情况)，共6种，因此总共12+6=18种情况。

【答案】B
7.某三棱锥的三视图如图所示，该三梭锥的表面积是（ ）
A. 28+65
B. 30+65
C. 56+ 125
D. 60+125
【解析】从所给的三视图可以得到该几何体为三棱锥，如图所示，图中蓝色数字所表示的为直接从题目所给三视图中读出的长度，黑色数字代表通过勾股定理的计算得到的边长。

本题所求表面积应为三棱锥四个面的面积之和，利用垂直关系和三角形面积公式，可得：10=底S ，10=后S ，
10=右S ，56=左S ，因此该几何体表面积5630+=+++=左右后底S S S S S ，故选B 。

【答案】B
8.某棵果树前n 前的总产量S 与n 之间的关系如图所示.从目前记录的结果看，前m 年的年平均产量最高。

m 值为（ ）
A.5
B.7
C.9
D.11
【解析】由图可知6,7,8,9这几年增长最快，超过平均值，所以应该加入，因此选C 。

【答案】C
第二部分(非选择题共110分)
二.填空题共6小题。

每小题5分。

共30分. 9．直线t t y t x (12⎩⎨
⎧--=+=为参数)与曲线ααα
(sin 3cos 3⎩
⎨⎧==y x 为参数)的交点个数为______。

【解析】直线的普通方程01=-+y x ，圆的普通方程为92
2=+y x ，可以直线圆相交，故有2
个交点。

【答案】2
10．已知}{n a 等差数列n S 为其前n 项和。

若2
1
1=
a ，32a S =，则2a =_______。

【解析】因为2
1
2111132132==⇒+=++⇒=+⇒=a d d a d a a a a a a S ，
所以112=+=d a a ，n n d n n na S n 4
1
41)1(21+=-+=。

【答案】12=a ，n n S n 4
1
412+=
11．在△ABC 中，若a =2，b+c=7，cosB=4
1
-，则b=_______。

【解析】在△ABC 中，利用余弦定理c
b c b c ac b c a B 4)
)((4412cos 222-++=-⇒-+=
c b c 4)(74-+=，化简得：0478=+-b c ，与题目条件7=+c b 联立，可解得⎪⎩
⎪⎨⎧===.
2,4,
3a b c
【答案】4
12．在直角坐标系xOy 中，直线l 过抛物线=4x 的焦点F.且与该撇物线相交于A 、B 两点.其中点A 在x 轴上方。

若直线l 的倾斜角为60º.则△OAF 的面积为
【解析】由x y 42=可求得焦点坐标F(1,0)，因为倾斜角为︒60，所以直线的斜率为
360tan =︒=k ，利用点斜式，直线方程为33-=x y ，将直线和曲线联立
⎪⎩⎪
⎨⎧-⇒⎪⎩⎪⎨⎧=-=)332,3
1()
32,3(4332
B A x
y x y ，因此33212121=⨯⨯=⨯⨯=∆A OAF y OF S ． 【答案】3
13．已知正方形ABCD 的边长为1，点E 是AB 边上的动点，则CB DE ⋅的值为________，DC DE ⋅的最大值为______。

【解析】根据平面向量的数量积公式=⋅=⋅DA DE CB DE θcos ||||DA DE ⋅，由图可知，
||cos ||DA DE =⋅θ，因此1||2==⋅DA CB DE ，
=⋅=⋅αcos ||||DC DE DC DE αcos ||⋅DE ，而α
cos ||⋅DE 就是向量DE 在DC 边上的射影，要想让DC DE ⋅最大，即让射影最大，此时E 点与B 点重合，射影为DC ，所以长度为1． 【答案】1，1
14.已知)3)(2()(++-=m x m x m x f ，22)(-=x
x g ，若同时满足条件：
①R x ∈∀，0)(<x f 或0)(<x g ； ②)4,(--∞∈∀x , )(x f 0)(<x g 。

则m 的取值范围是_______。

【解析】根据022)(<-=x
x g ，可解得1<x 。

由于题目中第一个条件的限制R x ∈∀，0)(<x f 或0)(<x g 成立的限制，导致)(x 在1≥x 时必须是0)(<x f 的。

当0=m 时，0)(=x f 不能做到
)(x f 在1≥x 时0)(<x f ，所以舍掉。

因此，)(x f 作为二次函数开口只能向下，故0<m
，且
此时两个根为m x 21=，32--=m x 。

为保证此条件成立，需要⎪⎩
⎪
⎨⎧-><⇒⎩⎨⎧<--=<=4
21131221m m m x m x ，
和大前提0<m 取交集结果为04<<-m ；又由于条件2：要求)4,(--∞∈x ，<)()(x g x f 0的限制，可分析得出在)4,(--∞∈x 时，)(x f 恒负，因此就需要在这个范围内)(x g 有得正数的可能，即4-应该比21,x x 两根中小的那个大，当)0,1(-∈m 时，43-<--m ，解得，交集为空，舍。

当1-=m 时，两个根同为42->-，舍。

当)1,4(--∈m 时，42-<m ，解得2-<m ，综上所述)2,4(--∈m ． 【答案】)2,4(--∈m
三、解答题公6小题，共80分。

解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。

15．（本小题共13分） 已知函数x
x
x x x f sin 2sin )cos (sin )(-=。

（1）求)(x f 的定义域及最小正周期； （2）求)(x f 的单调递减区间。

16．（本小题共14分）
如图1，在Rt △ABC 中，∠C=90°，BC=3，AC=6，D ，E 分别是AC ，AB 上的点，且DE ∥BC ，DE=2，将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使A 1C ⊥CD,如图2. (I)求证：A 1C ⊥平面BCDE ；
(II)若M 是A 1D 的中点，求CM 与平面A 1BE 所成角的大小；
(III)线段BC 上是否存在点P ，使平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直？说明理由
解：（1） CD DE ⊥，1A E DE ⊥
∴DE ⊥平面1A CD ，
又 1AC ⊂平面1A CD ， ∴1
AC ⊥DE 又1A C CD ⊥， ∴1
AC ⊥平面BCDE 。

（2）如图建系C xyz -，则()200D -，，
，(00A ，，，()030B ，，，()220E -，，
∴(103A B =-
，，,()1210A E =-- ，，
设平面1A BE 法向量为()n x y z =
，，
则1100
A B n A E n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩
∴3020y x y ⎧-=⎪⎨--=⎪⎩
∴2
z y y x ⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩
∴(12n =-
，
又∵(10M -，
∴(10CM =-
，
∴cos ||||CM n CM n θ⋅====⋅ ，
∴CM 与平面1A BE 所成角的大小45︒。

（3）设线段BC 上存在点P ，设P 点坐标为()00a ，，，则[]03a ∈，
则(10A P a =-
，，，()20DP a = ，，
设平面1A DP 法向量为()
1111n x y z =
，，，
则1111
020ay x ay ⎧-=⎪⎨+=⎪⎩
∴111112
z x ay ⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩
∴()
136n a =-
，。

假设平面1A DP 与平面1A BE 垂直， 则10n n ⋅=
，∴31230a a ++=，612a =-，2a =-，
∵03a <<，∴不存在线段BC 上存在点P ，使平面1A DP 与平面1A BE 垂直。

17．（本小题共13分）
近年来，某市为了促进生活垃圾的风分类处理，将生活垃圾分为厨余垃圾、可回收物和其他垃圾
y C
三类，并分别设置了相应分垃圾箱，为调查居民生活垃圾分类投放情况，现随机抽取了该市三类垃圾箱中总计1000吨生活垃圾，数据统计如下（单位：吨）： “厨余垃圾”箱 “可回收物”箱 “其他垃圾”箱 厨余垃圾 400 100 100 可回收物 30 240 30 其他垃圾 20 20 60 （Ⅰ）试估计厨余垃圾投放正确的概率； （Ⅱ）试估计生活垃圾投放错误额概率；
（Ⅲ）假设厨余垃圾在“厨余垃圾”箱、“可回收物”箱、“其他垃圾”箱的投放量分别为c b a ,,其中a ＞0，c b a ++=600。

当数据c b a ,,的方差2
s 最大时，写出c b a ,,的值（结论不要求证明），并求此时2
s 的值。

（注：])()()[(1
222212
x x x x x x n
s n -++-+-=
，其中x 为数据n x x x ,,,21 的平均数） 解：（ ）由题意可知：
4002
=
6003。

（ ）由题意可知：
200+60+403
=
100010。

（ ）由题意可知：22221
(120000)3
s a b c =++-，因此有当600a =，0b =，0c =时，有280000s =．
18．（本小题共13分）
解：（ ）由()1c ，为公共切点可得：
2()1(0)f x ax a =+>，则()2f x ax '=，12k a =， 3()g x x bx =+，则2()=3f x x b '+，23k b =+，
∴23a b =+①
又(1)1f a =+，(1)1g b =+，
∴11a b +=+，即a b =，代入①式可得：3
3a b =⎧⎨
=⎩
． （2） 2
4a b =，∴设3221()()()14
h x f x g x x ax a x =+=+++
则221()324h x x ax a '=++，令()0h x '=，解得：12a x =-，26
a
x =-；
0a >，∴26
a a -<-，
∴原函数在2a ⎛
⎫
-∞- ⎪⎝
⎭
，单调递增，在26a a ⎛⎫
-- ⎪⎝
⎭
，单调递减，在6
a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝
⎭
，上单调递增
①若12a
--≤，即2a ≤时，最大值为2(1)4
a h a =-；
②若126a a -
<-<-，即26a <<时，最大值为12a h ⎛⎫
-= ⎪⎝⎭
③若16a --
≥时，即6a ≥时，最大值为12a h ⎛⎫
-= ⎪⎝⎭
． 综上所述：
当(]02a ∈，时，最大值为2(1)4
a h a =-；当()2,a ∈+∞时，最大值为12a h ⎛⎫-= ⎪⎝⎭．
19．（本小题共14分）
解：（1）原曲线方程可化简得：2218852
x y m m +=--
由题意可得：88528058
02m m m
m ⎧>⎪--⎪⎪>⎨-⎪⎪>⎪-⎩
，解得：7
52m <<
（2）由已知直线代入椭圆方程化简得：22(21)16240k x kx +++=，
2=32(23)k ∆-，解得：232
k >
由韦达定理得：21621M N k x x k +=
+①，224
21
M N
x x k =+，② 设(,4)N N N x k x +，(,4)M M M x kx +，(1)G G x ，
MB 方程为：6
2M M
kx y x x +=
-，则316M M x G kx ⎛⎫ ⎪+⎝⎭
，，
∴316M M x AG x k ⎛⎫=- ⎪+⎝⎭
，，()2N N AN x x k =+ ，，
欲证A G N ，，三点共线，只需证AG ，AN
共线
即
3(2)6
M
N N M x x k x x k +=-+成立，化简得：(3)6()M N M N k k x x x x +=-+
将①②代入易知等式成立，则A G N ，
，三点共线得证。

20．（本小题共13分）
解：（1）由题意可知()1 1.2r A =，()2 1.2r A =-，()1 1.1c A =，()20.7c A =，()3 1.8c A =-
∴()0.7k A =
（2）先用反证法证明()1k A ≤：
若()1k A >
则()1|||1|11c A a a =+=+>，∴0a > 同理可知0b >，∴0a b +> 由题目所有数和为0 即1a b c ++=- ∴11c a b =---<- 与题目条件矛盾 ∴()1k A ≤．
易知当0a b ==时，()1k A =存在 ∴()k A 的最大值为1 （3）()k A 的最大值为
21
2
t t ++.
11
首先构造满足21()2t k A t +=
+的,{}(1,2,1,2,...,21)i j A a i j t ===+： 1,11,21,1,11,21,211...1, (2)
t t t t t a a a a a a t +++-========-+， 22,12,22,2,12,22,211...,...1(2)
t t t t t t a a a a a a t t +++++========-+. 经计算知，A 中每个元素的绝对值都小于1，所有元素之和为0，且
1221|()||()|2
t r A r A t +==+， 2121121|()||()|...|()|11(2)22
t t t t t c A c A c A t t t t ++++====+>+>+++， 1221121|()||()|...|()|122t t t t t c A c A c A t t +++-+====+
=++. 下面证明212
t t ++是最大值. 若不然，则存在一个数表(2,21)A S t ∈+，使得21()2
t k A x t +=>+. 由()k A 的定义知A 的每一列两个数之和的绝对值都不小于x ，而两个绝对值不超过1的数的和，其绝对值不超过2，故A 的每一列两个数之和的绝对值都在区间[,2]x 中. 由于1x >，故A 的每一列两个数符号均与列和的符号相同，且绝对值均不小于1x -.
设A 中有g 列的列和为正，有h 列的列和为负，由对称性不妨设g h <，则,1g t h t ≤≥+. 另外，由对称性不妨设A 的第一行行和为正，第二行行和为负.
考虑A 的第一行，由前面结论知A 的第一行有不超过t 个正数和不少于1t +个负数，每个正数的绝对值不超过1（即每个正数均不超过1），每个负数的绝对值不小于1x -（即每个负数均不超过1x -）. 因此
()11|()|()1(1)(1)21(1)21(2)r A r A t t x t t x x t t x x =≤⋅++-=+-+=++-+<，
故A 的第一行行和的绝对值小于x ，与假设矛盾. 因此()k A 的最大值为
2
12++t t 。