2012年高考专题复习第4单元-数列-数学(理科)-北师大版(已核)

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2012年北京市高考数学试卷(理科)(含解析版)

与曲线 c 交于不同的两点 M、N，直线 y=1 与直线 BM 交于点 G．求证：A， G，N 三点共线．
第 5页（共 27页）
20．（13 分）设 A 是由 m×n 个实数组成的 m 行 n 列的数表，满足：每个数的绝对值不大于 1，且所有数的和为零，记 s（m，n）为所有这样的数表构成的集合．对于 A∈S（m，n），记 ri（A）为 A 的第ⅰ行各数之和（1≤ⅰ≤m），Cj（A）为 A 的第 j 列各数之和（1≤j≤n）；记 K（A）为|r1（A）|，|R2（A）|，…， |Rm（A）|，|C1（A）|，|C2（A）|，…，|Cn（A）|中的最小值．
（1）如表 A，求 K（A）的值；
1
1
﹣0.8
0.1
﹣0.3
﹣1
（2）设数表 A∈S（2，3）形如
（1）求证：A1C⊥平面 BCDE；（2）若 M 是 A1D 的中点，求 CM 与平面 A1BE 所成角的大小；（3）线段 BC 上是否存在点 P，使平面 A1DP 与平面 A1BE 垂直？说明理由．
17．（13 分）近年来，某市为促进生活垃圾的分类处理，将生活垃圾分为厨余垃圾、可回收物和其他垃圾三类，并分别设置了相应的垃圾箱，为调查居民生
A．28+6
B．30+6
C．56+12
D．60+12
8．（5 分）某棵果树前 n 年的总产量 Sn 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，则 m 的值为（）
A．5
B．7
C．9
第 2页（共 27页）
D．11
二.填空题共 6 小题．每小题 5 分．共 30 分.
点 E．则（）
A．CE•CB=AD•DB

【备战】历高考数学真题汇编专题简易逻辑理

【2012年高考试题】1.【2012高考真题辽宁理4】已知命题p ：∀x 1，x 2∈R ，(f (x 2)-f (x 1))(x 2-x 1)≥0，则⌝p 是(A) ∃x 1，x 2∈R ，(f (x 2)-f (x 1))(x 2-x 1)≤0 (B) ∀x 1，x 2∈R ，(f (x 2)-f (x 1))(x 2-x 1)≤0 (C) ∃x 1，x 2∈R ，(f (x 2)-f (x 1))(x 2-x 1)<0 (D) ∀x 1，x 2∈R ，(f (x 2)-f (x 1))(x 2-x 1)<02.【2012高考真题江西理5】下列命题中，假命题为 A ．存在四边相等的四边形不．是正方形 B ．1212,,z z C z z ∈+为实数的充分必要条件是12,z z 为共轭复数 C ．若,x y ∈R ，且2,x y +>则,x y 至少有一个大于1D ．对于任意01,nn n nn N C C C ∈+++都是偶数3.【2012高考真题湖南理2】命题“若α=4π，则tan α=1”的逆否命题是 A.若α≠4π，则tan α≠1 B. 若α=4π，则tan α≠1 C. 若tan α≠1，则α≠4π D. 若tan α≠1，则α=4π【答案】C【解析】因为“若p ，则q ”的逆否命题为“若p ⌝，则q ⌝”，所以 “若α=4π，则tan α=1”的逆否命题是 “若tan α≠1，则α≠4π”.4.【2012高考真题湖北理2】命题“0x ∃∈R Q ð，30x ∈Q ”的否定是A ．0x ∃∉R Q ð，30x ∈QB ．0x ∃∈R Q ð，30x ∉QC ．x ∀∉R Q ð，3x ∈QD ．x ∀∈R Q ð，3x ∉Q【答案】D【解析】根据对命题的否定知，是把谓词取否定，然后把结论否定。

因此选D 5.【2012高考真题福建理3】下列命题中，真命题是 A. 0,00≤∈∃x eR xB. 22,x R x x >∈∀C.a+b=0的充要条件是ab=-1 D.a>1,b>1是ab>1的充分条件6.【2012高考真题安徽理6】设平面α与平面β相交于直线m ，直线a 在平面α内，直线b 在平面β内，且b m ⊥，则“αβ⊥”是“a b ⊥”的（）()A 充分不必要条件 ()B 必要不充分条件 ()C 充要条件 ()D 即不充分不必要条件7.【2012高考真题陕西理18】（本小题满分12分）（1）如图，证明命题“a 是平面π内的一条直线，b 是π外的一条直线（b 不垂直于π），c 是直线b 在π上的投影，若a b ⊥，则a c ⊥”为真。

2012年高考试题分项解析数学(理科)专题04 数列(学生版).pdf

第19讲　实验方案的设计与评价增进对科学探究的理解知道科学探究是人们获取科学知识、认识客观世界的重要途径。

知道科学探究可以通过实验、观察等多种手段获取事实和证据。

认识合作与交流在科学探究中的重要作用。

发展科学探究能力提出问题：能能对事实与证据进行加工与整理初步判断事实证据与假设之间的关系；能够对所获得的事实与证据进行归纳得出合理结论；初步学会通过比较、分类、归纳、概括等方法逐步建立知识之间的联系。

反思与评价陕西2012－2014中考试题分析考点年份题型题号考查内容分值考点　实验方案的设计与评价选择题14实验方案的评价2选择题15实验方案的评价2选择题15实验方案的评价2填空与简答题19(4)实验方案的设计1填空与简答题20(3)实验方案的设计1实验及探究题22实验方案的评价2 实验方案的设计与评价是中考中重要的一部分陕西省近三年主要考查实验方案的设计、实验方案的评价是对学生科学探究能力的考查题目难度较大在选择题、填空及简答和实验及探究中均有考查分值在3分左右。

预计2015年中考将会紧扣《考试实验方案的设计)实验设计的基本要求(1)科学性：实验原理、实验方法和操作过程必须科学、严谨、合理。

(2)安全性：实验操作要尽量防止带有危险性的操作尽量避免与有毒物质接触。

若无法避免有毒物(3)可行性：设计的实验方案要切实可行所选药品、仪器、装置要经济可靠。

(4)简约性：实验设计应简单易行。

装置简单实验操作简便实验现象明显。

解题思路和方法(1)明确目的原理：明确实验的目的要求弄清题目给的新信息。

(2)选择仪器药品：选择合理的化学仪器和药品。

(3)设计装置步骤：设计出合理的实验装置和实验操作步(4)记录现象数据：全面而准确地记录实验过程中的现象和数据。

(5)分析得出结论：根据实验观察的现象和记录的数据通过分析、计算、画图表、推理等处理得出正确的结论。

实验方案的评价))这类试题的出现使化学实验命题思想得到更新和升华。

2012年全国高考北京理科数学试题详细解析

B. 7 A. 5 8.【答案】C
C. 9
D. 11
【解析】若果树前 n 年的总产量 S 与 n 在图中对应 P ( S , n ) 点则前 n 年的年平均产量即为直线 OP 的斜率由图易得当 n = 9 时，直线 OP 的斜率最大，即前 9 年的年平均产量最高. 【点评】本题以函数的图象与图象变化为载体考查了斜率的几何意义，其中正确分析出平均产量的几何意义是解答本题的关键．
【解析】当 a = 0 时，如果 b = 0 同时等于零，此时 a + bi = 0 是实数，不是纯虚数，因此不
1
是充分条件；而如果 a + bi 已经为纯虚数，由定义实部为零，虚部不为零可以得到 a = 0 ，因此为必要条件。【点评】本题考查复数的基本概念，必要条件、充分条件与充要条件的判断，考查基本知识的掌握程度． 4．执行如图所示的程序框图，输出的 S 值为（）
x
① ∀x ∈ R ， f ( x) < 0 或 g ( x) < 0 ； ② ∀x ∈ (−∞,−4) , f ( x) g ( x) < 0 。则 m 的取值范围是_______。 14.【答案】 m ∈ (−4,−2) 【解析】根据 g ( x) = 2 − 2 < 0 ，可解得 x < 1 。由于题目中第一个条件的限制 ∀x ∈ R ，
A. 28 + 6 5
B. 30 + 6 5
C. 56 + 12 5
D. 60 + 12 5
7.【答案】B 【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。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，

2012年全国统一高考真题数学试卷(理科)(大纲版)(含答案及解析)

2012年全国统一高考数学试卷（理科）（大纲版）一、选择题（共12小题，每小题5分，共60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．（5分）复数=（）A．2+i B．2﹣i C．1+2i D．1﹣2i2．（5分）已知集合A={1，3，}，B={1，m}，A∪B=A，则m的值为（）A．0或B．0或3C．1或D．1或33．（5分）椭圆的中心在原点，焦距为4，一条准线为x=﹣4，则该椭圆的方程为（）A．B．C．D．4．（5分）已知正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=2，CC1=2，E为CC1的中点，则直线AC1与平面BED的距离为（）A．2B．C．D．15．（5分）已知等差数列{a n}的前n项和为S n，a5=5，S5=15，则数列的前100项和为（）A．B．C．D．6．（5分）△ABC中，AB边的高为CD，若=，=，•=0，||=1，||=2，则=（）A．B．C．D．7．（5分）已知α为第二象限角，，则cos2α=（）A．﹣B．﹣C．D．8．（5分）已知F1、F2为双曲线C：x2﹣y2=2的左、右焦点，点P在C上，|PF1|=2|PF2|，则cos∠F1PF2=（）A．B．C．D．9．（5分）已知x=lnπ，y=log52，，则（）A．x＜y＜z B．z＜x＜y C．z＜y＜x D．y＜z＜x 10．（5分）已知函数y=x3﹣3x+c的图象与x轴恰有两个公共点，则c=（）A．﹣2或2B．﹣9或3C．﹣1或1D．﹣3或1 11．（5分）将字母a，a，b，b，c，c排成三行两列，要求每行的字母互不相同，每列的字母也互不相同，则不同的排列方法共有（）A．12种B．18种C．24种D．36种12．（5分）正方形ABCD的边长为1，点E在边AB上，点F在边BC上，，动点P从E出发沿直线向F运动，每当碰到正方形的边时反弹，反弹时反射角等于入射角，当点P第一次碰到E时，P与正方形的边碰撞的次数为（）A．16B．14C．12D．10二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上．（注意：在试题卷上作答无效）13．（5分）若x，y满足约束条件则z=3x﹣y的最小值为．14．（5分）当函数y=sinx﹣cosx（0≤x＜2π）取得最大值时，x=．15．（5分）若的展开式中第3项与第7项的二项式系数相等，则该展开式中的系数为．16．（5分）三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面边长和侧棱长都相等，∠BAA1=∠CAA1=60°，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为．三.解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．17．（10分）△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知cos（A﹣C）+cosB=1，a=2c，求C．18．（12分）如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为菱形，PA⊥底面ABCD，，PA=2，E是PC上的一点，PE=2EC．（Ⅰ）证明：PC⊥平面BED；（Ⅱ）设二面角A﹣PB﹣C为90°，求PD与平面PBC所成角的大小．19．（12分）乒乓球比赛规则规定：一局比赛，双方比分在10平前，一方连续发球2次后，对方再连续发球2次，依次轮换．每次发球，胜方得1分，负方得0分．设在甲、乙的比赛中，每次发球，发球方得1分的概率为0.6，各次发球的胜负结果相互独立．甲、乙的一局比赛中，甲先发球．（Ⅰ）求开始第4次发球时，甲、乙的比分为1比2的概率；（Ⅱ）ξ表示开始第4次发球时乙的得分，求ξ的期望．20．（12分）设函数f（x）=ax+cosx，x∈[0，π]．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）设f（x）≤1+sinx，求a的取值范围．21．（12分）已知抛物线C：y=（x+1）2与圆（r＞0）有一个公共点A，且在A处两曲线的切线为同一直线l．（Ⅰ）求r；（Ⅱ）设m，n是异于l且与C及M都相切的两条直线，m，n的交点为D，求D到l的距离．22．（12分）函数f（x）=x2﹣2x﹣3，定义数列{ x n}如下：x1=2，x n+1是过两点P （4，5），Q n（x n，f（x n））的直线PQ n与x轴交点的横坐标．（Ⅰ）证明：2≤x n＜x n+1＜3；（Ⅱ）求数列{ x n}的通项公式．2012年全国统一高考数学试卷（理科）（大纲版）参考答案与试题解析一、选择题（共12小题，每小题5分，共60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．（5分）复数=（）A．2+i B．2﹣i C．1+2i D．1﹣2i【考点】A5：复数的运算．【专题】11：计算题．【分析】把的分子分母都乘以分母的共轭复数，得，由此利用复数的代数形式的乘除运算，能求出结果．【解答】解：===1+2i．故选：C．【点评】本题考查复数的代数形式的乘除运算，是基础题．解题时要认真审题，仔细解答．2．（5分）已知集合A={1，3，}，B={1，m}，A∪B=A，则m的值为（）A．0或B．0或3C．1或D．1或3【考点】1C：集合关系中的参数取值问题．【专题】5J：集合．【分析】由题设条件中本题可先由条件A∪B=A得出B⊆A，由此判断出参数m 可能的取值，再进行验证即可得出答案选出正确选项．【解答】解：由题意A∪B=A，即B⊆A，又，B={1，m}，∴m=3或m=，解得m=3或m=0及m=1，验证知，m=1不满足集合的互异性，故m=0或m=3即为所求，故选：B．【点评】本题考查集合中参数取值问题，解题的关键是将条件A∪B=A转化为B⊆A，再由集合的包含关系得出参数所可能的取值．3．（5分）椭圆的中心在原点，焦距为4，一条准线为x=﹣4，则该椭圆的方程为（）A．B．C．D．【考点】K3：椭圆的标准方程；K4：椭圆的性质．【专题】11：计算题．【分析】确定椭圆的焦点在x轴上，根据焦距为4，一条准线为x=﹣4，求出几何量，即可求得椭圆的方程．【解答】解：由题意，椭圆的焦点在x轴上，且∴c=2，a2=8∴b2=a2﹣c2=4∴椭圆的方程为故选：C．【点评】本题考查椭圆的标准方程，考查椭圆的几何性质，属于基础题．4．（5分）已知正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=2，CC1=2，E为CC1的中点，则直线AC1与平面BED的距离为（）A．2B．C．D．1【考点】MI：直线与平面所成的角．【专题】11：计算题．【分析】先利用线面平行的判定定理证明直线C1A∥平面BDE，再将线面距离转化为点面距离，最后利用等体积法求点面距离即可【解答】解：如图：连接AC，交BD于O，在三角形CC1A中，易证OE∥C1A，从而C1A∥平面BDE，∴直线AC1与平面BED的距离即为点A到平面BED的距离，设为h，=S△ABD×EC=××2×2×=在三棱锥E﹣ABD中，V E﹣ABD=×2×=2在三棱锥A﹣BDE中，BD=2，BE=，DE=，∴S△EBD∴V A=×S△EBD×h=×2×h=﹣BDE∴h=1故选：D．【点评】本题主要考查了线面平行的判定，线面距离与点面距离的转化，三棱锥的体积计算方法，等体积法求点面距离的技巧，属基础题5．（5分）已知等差数列{a n}的前n项和为S n，a5=5，S5=15，则数列的前100项和为（）A．B．C．D．【考点】85：等差数列的前n项和；8E：数列的求和．【专题】11：计算题．【分析】由等差数列的通项公式及求和公式，结合已知可求a1，d，进而可求a n，代入可得==，裂项可求和【解答】解：设等差数列的公差为d由题意可得，解方程可得，d=1，a1=1由等差数列的通项公式可得，a n=a1+（n﹣1）d=1+（n﹣1）×1=n∴===1﹣=故选：A．【点评】本题主要考查了等差数列的通项公式及求和公式的应用，及数列求和的裂项求和方法的应用，属于基础试题6．（5分）△ABC中，AB边的高为CD，若=，=，•=0，||=1，||=2，则=（）A．B．C．D．【考点】9Y：平面向量的综合题．【分析】由题意可得，CA⊥CB，CD⊥AB，由射影定理可得，AC2=AD•AB可求AD，进而可求，从而可求与的关系，进而可求【解答】解：∵•=0，∴CA⊥CB∵CD⊥AB∵||=1，||=2∴AB=由射影定理可得，AC2=AD•AB∴∴∴==故选：D．【点评】本题主要考查了直角三角形的射影定理的应用，向量的基本运算的应用，向量的数量积的性质的应用．7．（5分）已知α为第二象限角，，则cos2α=（）A．﹣B．﹣C．D．【考点】GG：同角三角函数间的基本关系；GS：二倍角的三角函数．【专题】56：三角函数的求值．【分析】由α为第二象限角，可知sinα＞0，cosα＜0，从而可求得sinα﹣cosα=，利用cos2α=﹣（sinα﹣cosα）（sinα+cosα）可求得cos2α【解答】解：∵sinα+cosα=，两边平方得：1+sin2α=，∴sin2α=﹣，①∴（sinα﹣cosα）2=1﹣sin2α=，∵α为第二象限角，∴sinα＞0，cosα＜0，∴sinα﹣cosα=，②∴cos2α=﹣（sinα﹣cosα）（sinα+cosα）=（﹣）×=﹣．故选：A．【点评】本题考查同角三角函数间的基本关系，突出二倍角的正弦与余弦的应用，求得sinα﹣cosα=是关键，属于中档题．8．（5分）已知F1、F2为双曲线C：x2﹣y2=2的左、右焦点，点P在C上，|PF1|=2|PF2|，则cos∠F1PF2=（）A．B．C．D．【考点】KC：双曲线的性质．【专题】11：计算题．【分析】根据双曲线的定义，结合|PF1|=2|PF2|，利用余弦定理，即可求cos∠F1PF2的值．【解答】解：将双曲线方程x2﹣y2=2化为标准方程﹣=1，则a=，b=，c=2，设|PF1|=2|PF2|=2m，则根据双曲线的定义，|PF1|﹣|PF2|=2a可得m=2，∴|PF1|=4，|PF2|=2，∵|F1F2|=2c=4，∴cos∠F1PF2====．故选：C．【点评】本题考查双曲线的性质，考查双曲线的定义，考查余弦定理的运用，属于中档题．9．（5分）已知x=lnπ，y=log52，，则（）A．x＜y＜z B．z＜x＜y C．z＜y＜x D．y＜z＜x【考点】72：不等式比较大小．【专题】11：计算题；16：压轴题．【分析】利用x=lnπ＞1，0＜y=log52＜，1＞z=＞，即可得到答案．【解答】解：∵x=lnπ＞lne=1，0＜log52＜log5=，即y∈（0，）；1=e0＞=＞=，即z∈（，1），∴y＜z＜x．故选：D．【点评】本题考查不等式比较大小，掌握对数函数与指数函数的性质是解决问题的关键，属于基础题．10．（5分）已知函数y=x3﹣3x+c的图象与x轴恰有两个公共点，则c=（）A．﹣2或2B．﹣9或3C．﹣1或1D．﹣3或1【考点】53：函数的零点与方程根的关系；6D：利用导数研究函数的极值．【专题】11：计算题．【分析】求导函数，确定函数的单调性，确定函数的极值点，利用函数y=x3﹣3x+c的图象与x轴恰有两个公共点，可得极大值等于0或极小值等于0，由此可求c的值．【解答】解：求导函数可得y′=3（x+1）（x﹣1），令y′＞0，可得x＞1或x＜﹣1；令y′＜0，可得﹣1＜x＜1；∴函数在（﹣∞，﹣1），（1，+∞）上单调增，（﹣1，1）上单调减，∴函数在x=﹣1处取得极大值，在x=1处取得极小值．∵函数y=x3﹣3x+c的图象与x轴恰有两个公共点，∴极大值等于0或极小值等于0．∴1﹣3+c=0或﹣1+3+c=0，∴c=﹣2或2．故选：A．【点评】本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性与极值，解题的关键是利用极大值等于0或极小值等于0．11．（5分）将字母a，a，b，b，c，c排成三行两列，要求每行的字母互不相同，每列的字母也互不相同，则不同的排列方法共有（）A．12种B．18种C．24种D．36种【考点】D9：排列、组合及简单计数问题．【专题】11：计算题；16：压轴题．【分析】由题意，可按分步原理计数，对列的情况进行讨论比对行讨论更简洁．【解答】解：由题意，可按分步原理计数，首先，对第一列进行排列，第一列为a，b，c的全排列，共有种，再分析第二列的情况，当第一列确定时，第二列第一行只能有2种情况，当第二列一行确定时，第二列第2，3行只能有1种情况；所以排列方法共有：×2×1×1=12种，故选：A．【点评】本题若讨论三行每一行的情况，讨论情况较繁琐，而对两列的情况进行分析会大大简化解答过程．12．（5分）正方形ABCD的边长为1，点E在边AB上，点F在边BC上，，动点P从E出发沿直线向F运动，每当碰到正方形的边时反弹，反弹时反射角等于入射角，当点P第一次碰到E时，P与正方形的边碰撞的次数为（）A．16B．14C．12D．10【考点】IG：直线的一般式方程与直线的性质；IQ：与直线关于点、直线对称的直线方程．【专题】13：作图题；16：压轴题．【分析】通过相似三角形，来确定反射后的点的落的位置，结合图象分析反射的次数即可．【解答】解：根据已知中的点E，F的位置，可知第一次碰撞点为F，在反射的过程中，直线是平行的，利用平行关系及三角形的相似可得第二次碰撞点为G，且CG=，第二次碰撞点为H，且DH=，作图，可以得到回到E点时，需要碰撞14次即可．故选：B．【点评】本题主要考查了反射原理与三角形相似知识的运用．通过相似三角形，来确定反射后的点的落的位置，结合图象分析反射的次数即可，属于难题．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上．（注意：在试题卷上作答无效）13．（5分）若x，y满足约束条件则z=3x﹣y的最小值为﹣1．【考点】7C：简单线性规划．【专题】11：计算题．【分析】作出不等式组表示的平面区域，由z=3x﹣y可得y=3x﹣z，则﹣z表示直线3x﹣y﹣z=0在y轴上的截距，截距越大z越小，结合图形可求【解答】解：作出不等式组表示的平面区域，如图所示由z=3x﹣y可得y=3x﹣z，则﹣z表示直线3x﹣y﹣z=0在y轴上的截距，截距越大z越小结合图形可知，当直线z=3x﹣y过点C时z最小由可得C（0，1），此时z=﹣1故答案为：﹣1【点评】本题主要考查了线性规划的简单应用，解题的关键是明确目标函数中z 的几何意义，属于基础试题14．（5分）当函数y=sinx﹣cosx（0≤x＜2π）取得最大值时，x=．【考点】GP：两角和与差的三角函数；HW：三角函数的最值．【专题】11：计算题；16：压轴题．【分析】利用辅助角公式将y=sinx﹣cosx化为y=2sin（x﹣）（0≤x＜2π），即可求得y=sinx﹣cosx（0≤x＜2π）取得最大值时x的值．【解答】解：∵y=sinx﹣cosx=2（sinx﹣cosx）=2sin（x﹣）．∵0≤x＜2π，∴﹣≤x﹣＜，∴y max=2，此时x﹣=，∴x=．故答案为：．【点评】本题考查三角函数的最值两与角和与差的正弦函数，着重考查辅助角公式的应用与正弦函数的性质，将y=sinx﹣cosx（0≤x＜2π）化为y=2sin （x﹣）（0≤x＜2π）是关键，属于中档题．15．（5分）若的展开式中第3项与第7项的二项式系数相等，则该展开式中的系数为56．【考点】DA：二项式定理．【专题】11：计算题；16：压轴题．【分析】根据第2项与第7项的系数相等建立等式，求出n的值，根据通项可求满足条件的系数【解答】解：由题意可得，∴n=8展开式的通项=令8﹣2r=﹣2可得r=5此时系数为=56故答案为：56【点评】本题主要考查了二项式系数的性质，以及系数的求解，解题的关键是根据二项式定理写出通项公式，同时考查了计算能力．16．（5分）三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面边长和侧棱长都相等，∠BAA1=∠CAA1=60°，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为．【考点】LM：异面直线及其所成的角．【专题】11：计算题；16：压轴题．【分析】先选一组基底，再利用向量加法和减法的三角形法则和平行四边形法则将两条异面直线的方向向量用基底表示，最后利用夹角公式求异面直线AB1与BC1所成角的余弦值即可【解答】解：如图，设=，，，棱长均为1，则=，=，=∵，∴=（）•（）=﹣++﹣+=﹣++=﹣1++1=1||===||===∴cos＜，＞===∴异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为【点评】本题主要考查了空间向量在解决立体几何问题中的应用，空间向量基本定理，向量数量积运算的性质及夹角公式的应用，有一定的运算量三.解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．17．（10分）△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知cos（A﹣C）+cosB=1，a=2c，求C．【考点】GL：三角函数中的恒等变换应用；HP：正弦定理．【专题】11：计算题．【分析】由cos（A﹣C）+cosB=cos（A﹣C）﹣cos（A+C）=1，可得sinAsinC=，由a=2c及正弦定理可得sinA=2sinC，联立可求C【解答】解：由B=π﹣（A+C）可得cosB=﹣cos（A+C）∴cos（A﹣C）+cosB=cos（A﹣C）﹣cos（A+C）=2sinAsinC=1∴sinAsinC=①由a=2c及正弦定理可得sinA=2sinC②①②联立可得，∵0＜C＜π∴sinC=a=2c即a＞c【点评】本题主要考查了两角和与差的余弦公式及正弦定理的应用，属于基础试题18．（12分）如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为菱形，PA⊥底面ABCD，，PA=2，E是PC上的一点，PE=2EC．（Ⅰ）证明：PC⊥平面BED；（Ⅱ）设二面角A﹣PB﹣C为90°，求PD与平面PBC所成角的大小．【考点】LW：直线与平面垂直；MI：直线与平面所成的角；MM：向量语言表述线面的垂直、平行关系．【专题】11：计算题．【分析】（I）先由已知建立空间直角坐标系，设D（，b，0），从而写出相关点和相关向量的坐标，利用向量垂直的充要条件，证明PC⊥BE，PC⊥DE，从而利用线面垂直的判定定理证明结论即可；（II）先求平面PAB的法向量，再求平面PBC的法向量，利用两平面垂直的性质，即可求得b的值，最后利用空间向量夹角公式即可求得线面角的正弦值，进而求得线面角【解答】解：（I）以A为坐标原点，建立如图空间直角坐标系A﹣xyz，设D（，b，0），则C（2，0，0），P（0，0，2），E（，0，），B（，﹣b，0）∴=（2，0，﹣2），=（，b，），=（，﹣b，）∴•=﹣=0，•=0∴PC⊥BE，PC⊥DE，BE∩DE=E∴PC⊥平面BED（II）=（0，0，2），=（，﹣b，0）设平面PAB的法向量为=（x，y，z），则取=（b，，0）设平面PBC的法向量为=（p，q，r），则取=（1，﹣，）∵平面PAB⊥平面PBC，∴•=b﹣=0．故b=∴=（1，﹣1，），=（﹣，﹣，2）∴cos＜，＞==设PD与平面PBC所成角为θ，θ∈[0，]，则sinθ=∴θ=30°∴PD与平面PBC所成角的大小为30°【点评】本题主要考查了利用空间直角坐标系和空间向量解决立体几何问题的一般方法，线面垂直的判定定理，空间线面角的求法，有一定的运算量，属中档题19．（12分）乒乓球比赛规则规定：一局比赛，双方比分在10平前，一方连续发球2次后，对方再连续发球2次，依次轮换．每次发球，胜方得1分，负方得0分．设在甲、乙的比赛中，每次发球，发球方得1分的概率为0.6，各次发球的胜负结果相互独立．甲、乙的一局比赛中，甲先发球．（Ⅰ）求开始第4次发球时，甲、乙的比分为1比2的概率；（Ⅱ）ξ表示开始第4次发球时乙的得分，求ξ的期望．【考点】C8：相互独立事件和相互独立事件的概率乘法公式；CH：离散型随机变量的期望与方差．【专题】15：综合题．【分析】（Ⅰ）记A i表示事件：第1次和第2次这两次发球，甲共得i分，i=0，1，2；A表示事件：第3次发球，甲得1分；B表示事件：开始第4次发球，甲、乙的比分为1比2，则B=A0A+A1，根据P（A）=0.4，P（A0）=0.16，P （A1）=2×0.6×0.4=0.48，即可求得结论；（Ⅱ）P（A2）=0.62=0.36，ξ表示开始第4次发球时乙的得分，可取0，1，2，3，计算相应的概率，即可求得ξ的期望．【解答】解：（Ⅰ）记A i表示事件：第1次和第2次这两次发球，甲共得i分，i=0，1，2；A表示事件：第3次发球，甲得1分；B表示事件：开始第4次发球，甲、乙的比分为1比2，则B=A0A+A1∵P（A）=0.4，P（A0）=0.16，P（A1）=2×0.6×0.4=0.48∴P（B）=0.16×0.4+0.48×（1﹣0.4）=0.352；（Ⅱ）P（A2）=0.62=0.36，ξ表示开始第4次发球时乙的得分，可取0，1，2，3 P（ξ=0）=P（A2A）=0.36×0.4=0.144P（ξ=2）=P（B）=0.352P（ξ=3）=P（A0）=0.16×0.6=0.096P（ξ=1）=1﹣0.144﹣0.352﹣0.096=0.408∴ξ的期望Eξ=1×0.408+2×0.352+3×0.096=1.400．【点评】本题考查相互独立事件的概率，考查离散型随机变量的期望，确定变量的取值，计算相应的概率是关键．20．（12分）设函数f（x）=ax+cosx，x∈[0，π]．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）设f（x）≤1+sinx，求a的取值范围．【考点】6B：利用导数研究函数的单调性；6E：利用导数研究函数的最值．【专题】15：综合题．【分析】（Ⅰ）求导函数，可得f'（x）=a﹣sinx，x∈[0．π]，sinx∈[0，1]，对a进行分类讨论，即可确定函数的单调区间；（Ⅱ）由f（x）≤1+sinx得f（π）≤1，aπ﹣1≤1，可得a≤，构造函数g（x）=sinx﹣（0≤x），可得g（x）≥0（0≤x），再考虑：①0≤x；②，即可得到结论．【解答】解：（Ⅰ）求导函数，可得f'（x）=a﹣sinx，x∈[0，π]，sinx∈[0，1]；当a≤0时，f'（x）≤0恒成立，f（x）单调递减；当a≥1 时，f'（x）≥0恒成立，f（x）单调递增；当0＜a＜1时，由f'（x）=0得x1=arcsina，x2=π﹣arcsina当x∈[0，x1]时，sinx＜a，f'（x）＞0，f（x）单调递增当x∈[x1，x2]时，sinx＞a，f'（x）＜0，f（x）单调递减当x∈[x2，π]时，sinx＜a，f'（x）＞0，f（x）单调递增；（Ⅱ）由f（x）≤1+sinx得f（π）≤1，aπ﹣1≤1，∴a≤．令g（x）=sinx﹣（0≤x），则g′（x）=cosx﹣当x时，g′（x）＞0，当时，g′（x）＜0∵，∴g（x）≥0，即（0≤x），当a≤时，有①当0≤x时，，cosx≤1，所以f（x）≤1+sinx；②当时，=1+≤1+sinx综上，a≤．【点评】本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性，考查函数的最值，解题的关键是正确求导，确定函数的单调性．21．（12分）已知抛物线C：y=（x+1）2与圆（r＞0）有一个公共点A，且在A处两曲线的切线为同一直线l．（Ⅰ）求r；（Ⅱ）设m，n是异于l且与C及M都相切的两条直线，m，n的交点为D，求D到l的距离．【考点】IM：两条直线的交点坐标；IT：点到直线的距离公式；KJ：圆与圆锥曲线的综合．【专题】15：综合题；16：压轴题．【分析】（Ⅰ）设A（x0，（x0+1）2），根据y=（x+1）2，求出l的斜率，圆心M （1，），求得MA的斜率，利用l⊥MA建立方程，求得A的坐标，即可求得r的值；（Ⅱ）设（t，（t+1）2）为C上一点，则在该点处的切线方程为y﹣（t+1）2=2（t+1）（x﹣t），即y=2（t+1）x﹣t2+1，若该直线与圆M相切，则圆心M到该切线的距离为，建立方程，求得t的值，求出相应的切线方程，可得D 的坐标，从而可求D到l的距离．【解答】解：（Ⅰ）设A（x0，（x0+1）2），∵y=（x+1）2，y′=2（x+1）∴l的斜率为k=2（x0+1）当x0=1时，不合题意，所以x0≠1圆心M（1，），MA的斜率．∵l⊥MA，∴2（x0+1）×=﹣1∴x0=0，∴A（0，1），∴r=|MA|=；（Ⅱ）设（t，（t+1）2）为C上一点，则在该点处的切线方程为y﹣（t+1）2=2（t+1）（x﹣t），即y=2（t+1）x﹣t2+1若该直线与圆M相切，则圆心M到该切线的距离为∴∴t2（t2﹣4t﹣6）=0∴t0=0，或t1=2+，t2=2﹣抛物线C在点（t i，（t i+1）2）（i=0，1，2）处的切线分别为l，m，n，其方程分别为y=2x+1①，y=2（t1+1）x﹣②，y=2（t2+1）x﹣③②﹣③：x=代入②可得：y=﹣1∴D（2，﹣1），∴D到l的距离为【点评】本题考查圆与抛物线的综合，考查抛物线的切线方程，考查导数知识的运用，考查点到直线的距离公式的运用，关键是确定切线方程，求得交点坐标．22．（12分）函数f（x）=x2﹣2x﹣3，定义数列{ x n}如下：x1=2，x n+1是过两点P （4，5），Q n（x n，f（x n））的直线PQ n与x轴交点的横坐标．（Ⅰ）证明：2≤x n＜x n+1＜3；（Ⅱ）求数列{ x n}的通项公式．【考点】8H：数列递推式；8I：数列与函数的综合．【专题】15：综合题；16：压轴题．【分析】（Ⅰ）用数学归纳法证明：①n=1时，x1=2，直线PQ1的方程为，当y=0时，可得；②假设n=k时，结论成立，即2≤x k＜x k+1＜3，直线PQ k+1的方程为，当y=0时，可得，根据归纳假设2≤x k＜x k+1＜3，可以证明2≤x k+1＜x k+2＜3，从而结论成立．（Ⅱ）由（Ⅰ），可得，构造b n=x n﹣3，可得是以﹣为首项，5为公比的等比数列，由此可求数列{ x n}的通项公式．【解答】（Ⅰ）证明：①n=1时，x1=2，直线PQ1的方程为当y=0时，∴，∴2≤x1＜x2＜3；②假设n=k时，结论成立，即2≤x k＜x k+1＜3，直线PQ k+1的方程为当y=0时，∴∵2≤x k＜x k+1＜3，∴＜x k+2∴x k+1＜x k+2＜3∴2≤x k+1即n=k+1时，结论成立由①②可知：2≤x n＜x n+1＜3；（Ⅱ）由（Ⅰ），可得设b n=x n﹣3，∴∴∴是以﹣为首项，5为公比的等比数列∴∴∴．【点评】本题考查数列的通项公式，考查数列与函数的综合，解题的关键是从函数入手，确定直线方程，求得交点坐标，再利用数列知识解决．。

2012年高考理科数学北京卷-答案

2012年普通高等学校招生全国统一考试（北京卷）
数学（理科）答案解析
第Ⅰ卷
一、选择题
1.【答案】D
【解析】，利用二次不等式的解法可得或，易得．
【提示】求出集合，然后直接求解．
【考点】集合间的基本运算．
2.【答案】D
【解析】题目中表示的区域表示正方形区域，而动点可以存在的位置为正方形面积减去四分之一的圆的面积部分，因此，故选D．
20.【答案】（Ⅰ）
（Ⅱ1
（Ⅲ）
【解析】（Ⅰ）由题意可知，，，，
∴
（Ⅱ）先用反证法证明：
若，则，∴
同理可知，
∴ ，由题目所有数和为，即，
∴ 与题目条件矛盾
∴ ．
易知当时，存在
∴ 的最大值为1．
（Ⅲ）的最大值为．
首先构造满足的：
，．
经计算知，中每个元素的绝对值都小于1，所有元素之和为0，且，，．
下面证明是最大值．若不然，则存在一个数表，使得．
由的定义知的每一列两个数之和的绝对值都不小于，而两个绝对值不超过1的数的和，其绝对值不超过2，故的每一列两个数之和的绝对值都在区间中．由于，故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．
设中有列的列和为正，有列的列和为负，由对称性不妨设，则．另外，由对称性不妨设的第一行行和为正，第二行行和为负．
【考点】由三视图求几何体的表面积．
8.【答案】C
【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．
【提示】由已知中图像表示某棵果树前年的总产量与之间的关系，结合图像可得答案．
【考点】函数图像的应用．

2012北京高考数学(理)压轴题含答案

2012年普通高等学校招生全国统一考试模拟试题数学理（北京卷）（考试时间120分钟满分150分）本试卷分为选择题（共40分）和非选择题（共110分）两部分第一部分（选择题共40分）1.若集合}02|{},3121|{≤-=≤+≤-=xx x B x x A ,则B A = ( ) A.}01|{<≤-x x B.}10|{≤<x x C.}20|{≤≤x x D.}10|{≤≤x x 2.若等比数列{}n a 满足n n n a a 161=⋅+，则公比为A ．2B ．4C ．8D ．163.设集合A ＝{0,2,4}，B ＝{1,3,5}，分别从A 、B 中任取2个元素组成无重复数字的四位数，其中能被5整除的数共有( )A ．24个B ．48个C ．64个D ．116个4.在极坐标系中，点)3,2(π到圆ρ＝2cos θ的圆心的距离为( )A ． 3 B.942π+ C.912π+D.25.执行右面的程序框图，如果输入的n 是4，则输出的P 是A ．8B ．5C ．3D ．26.若0,0>>b a ，且函数224)(23+--=bx ax x x f 在1=x 处有极值，则b a ⋅的最大值等于 A ．2B ．3C ．6D ．97. 放射性元素由于不断有原子放射出微粒子而变成其他元素，其含量不断减少，这种现象称为衰变。

假设在放射性同位素铯137的衰变过程中，其含量M （单位：太贝克）与时间t （单位：年）满足函数关系：300()2t M t M -=，其中M 0为t=0时铯137的含量。

已知t=30时，铯137含量的变化率是-10In2（太贝克／年），则M （60）= A ．5太贝克 B ．75In2太贝克 C ．150In2太贝克 D ．150太贝克8.对实数a 和b ，定义运算“⊗”：b a ⊗＝⎩⎨⎧>-≤-1,1,b a b b a a ，设函数R x x x x x f ∈-⊗-=),()2()(22，若函数c x f y -=)(的图象与x 轴恰有两个公共点，则实数c 的取值范围是( )A ．(－∞，－2]∪)43,1(-B ．(－∞，－2]∪)23,1(-C.),41()41,1(+∞-D.)43,1(-⎪⎭⎫⎢⎣⎡+∞,41第二部分（非选择题共110分）二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.把答案填在题中横线上.9. 5i 1－2i＝ . 10.已知向量a ，b 满足(a ＋2b )·(a －b )＝－6，且|a |＝1，|b |＝2，则a 与b 的夹角为________．11.设双曲线x 2a 2－y 29＝1(a >0)的渐近线方程为3x ±2y ＝0，则a 的值为，该双曲线的离心率是 .12.某中学为了解学生数学课程的学习情况，在3000名学生中随机抽取200名，并统计这200名学生的某次数学考试成绩，得到了样本的频率分布直方图(如下图)．根据频率分布直方图推测，推测这3000名学生在该次数学考试中成绩小于60分的学生数是________．13.如图，AB 是半圆的直径，C 是AB 延长线上一点，CD 切半圆于点D ，CD =2，DE ⊥AB ，垂足为E ，且E 是OB 的中点，则BC = ．14.设E ={(x ,y )|0≤x ≤2,0≤y ≤2}、F ={(x ,y )|x ≤10,y ≥2,y ≤x -4}是直角坐标平面上的两个点集，则集合G =()()⎭⎬⎫⎩⎨⎧∈∈⎪⎭⎫ ⎝⎛++F y x E y x y y x x 22112121,,,2,2所组成的图形面积是．三、解答题：本大题共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．（本小题满分13分）已知向量(3sin,1)4x m =，2(cos ,cos )44x xn =，()f x m n = (I )若()1f x =，求cos()3x π+值；(II )在ABC ∆中，角A B C 、、对边分别是a b c 、、，且满足1cos 2a C cb +=，求函数()f B 取值范围.16．（本小题满分13分）如图5，正△ABC 的边长为4，CD 是AB 边上的高，,E F 分别是AC 和BC 边的中点，现将△ABC 沿CD 翻折成直二面角A DC B --．（I ）试判断直线AB 与平面DEF 的位置关系，并说明理由；（II ）求二面角E DF C --的余弦值；（III ）在线段BC 上是否存在一点P ，使A P D E ⊥？如果存在，求出BCBP的值；如果不存在，请说明理由。

2012年高考理科数学(全国卷)含答案及解析

2012年普通高等学校招生全国统一考试理科数学（必修+选修II ）一、选择题（1）、复数131i i-++= A. 2 B. 2 C. 12 D. 12i i i i +-+- 【考点】复数的计算【难度】容易【答案】C 【解析】13(13)(1)24121(1)(1)2i i i i i i i i -+-+-+===+++-. 【点评】本题考查复数的计算。

在高二数学（理）强化提高班下学期，第四章《复数》中有详细讲解，其中第02节中有完全相同类型题目的计算。

在高考精品班数学（理）强化提高班中有对复数相关知识的总结讲解。

（2）、已知集合A ＝{1.3. m }，B ＝{1，m } ,A B ＝A , 则m =A. 0或3B. 0或3C. 1或3D. 1或3【考点】集合【难度】容易【答案】B【解析】(1,3,),(1,)30,1()3A B A B A A m B m m A m m m m m m ⋃=∴⊆==∴∈∴==∴===或舍去.【点评】本题考查集合之间的运算关系，及集合元素的性质。

在高一数学强化提高班下学期课程讲座1，第一章《集合》中有详细讲解，其中第02讲中有完全相同类型题目的计算。

在高考精品班数学（理）强化提高班中有对集合相关知识及综合题目的总结讲解。

（3）椭圆的中心在原点，焦距为4，一条准线为x =﹣4 ，则该椭圆的方程为 A. 216x +212y =1 B. 212x +28y =1 C. 28x +24y =1 D. 212x +24y =1 【考点】椭圆的基本方程【难度】容易【答案】C【解析】椭圆的一条准线为x =﹣4,∴2a =4c 且焦点在x 轴上，∵2c =4∴c =2，a =22∴椭圆的方程为22=184x y + 【点评】本题考查椭圆的基本方程，根据准线方程及焦距推出椭圆的方程。

在高二数学（理）强化提高班，第六章《圆锥曲线与方程》中有详细讲解，其中在第02讲有相似题目的详细讲解。

北师大版高三数学(理)一轮专项复习《数列》课件

∴Tn=b1+b2+…+bn=��
(��1 +�� 2
)
=��(3ln2 +3��ln2 ) = 3��(��+1)ln 2.
2
2
故 Tn=3��(��2��+1)ln 2.
专项三
高考中的数列
考情分析
典例剖析
专题总结
-10-
高考中的数列
专项三
考情分析
典例剖析
专题总结
-8-
题型一
题型二
题型三
题型四
对点训练2 设{an}是公比大于1的等比数列,Sn为数列{an}的前n
项和,已知S3=7,且a1+3,3a2,a3+4构成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)令bn=ln a3n+1,n=1,2,…,求数列{bn}的前n项和Tn.
−
1 ��-1
=
13.
∴
1 ��
是以
1 为首项,13为公差的等差数列,
∴��1��=1+��3-1 = ��+3 2,∴bn=��+3 2.
专项三
高考中的数列
考情分析
典例剖析
专题总结
-16-
题型一
题型二
题型三
题型四
对点训练4 已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,an≠0,anan+1=λSn1,其中λ为常数.
典例剖析
题型二
题型三
题型四

2012年高考真题汇编——理科数学(解析版)4：数列

2(a1
代入
a2 2( a1 a2
)
a5 )
(cosa1 cos a2 a5 ) (cosa1 cosa2
cos( a3 5 , a3
cos a5 )
5 ，而 { an} 是公差为
8
的等差数列，
cosa5 )
)]
5 ，即 10a 3 [cos( a 3
2 cos (
4
)
cos(a 3
是
8
cos a 3 10a 3
n
为递增数列，且 a5 14】已知等比数列｛ a n｝ a n =______________。
2
a10 ,2( an
an 2 )
5 an 1 ，
a5
2
a10 , ( a1q ) 5an 1 ,
4 2
a1q ,
2
9
a1 5anq,
q,
an
q ,
2
n
2( a n
an 2 )
2 a n (1 q )
a4
a8
16,
s11
11 (a1 2
a11 )
88 ，答案为 B
【点评】本题主要考查等差数列的通项公式、性质及其前力，属于中档题。解答时利用等差数列的性质快速又准确。 6. 【 2012 高考真题四川理 12 】设函数 f ( x )
n 项和公式，同时考查运算求解能
2 x cos x ， { an} 是公差为
a5 =5， 5】已知等差数列 {a n}的前 n 项和为 Sn， S5=15 ，则数列
(A)
100 101
(B)
99 101
(C)
99 100

2012年高考试题理科数学(北京卷)——含答案及解析免费

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.（﹣23,3） D. (3,+∞) 【考点】集合【难度】容易【点评】本题考查集合之间的运算关系，即包含关系。

在高一数学强化提高班上学期课程讲座1，第一章《集合》中有详细讲解，其中第02节中有完全相同类型题目的计算。

在高考精品班数学（理）强化提高班中有对复数相关知识的总结讲解。

2.设不等式组0202x y ≤≤⎧⎨≤≤⎩，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 . 4πB . 22π- C. 6π D. 44π- 【考点】概率【难度】容易【点评】本题考查几何概率的计算方法。

在高二数学（理）强化提高班，第三章《概率》有详细讲解，在高考精品班数学（理）强化提高班中有对概率相关知识的总结讲解。

3.设a ，b ∈R .“a =O ”是“复数a +b i 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【考点】复数的计算【难度】容易【点评】本题考查复数的计算。

在高二数学（理）强化提高班下学期，第四章《复数》中有详细讲解，其中第02节中有完全相同类型题目的计算。

在高考精品班数学（理）强化提高班中有对复数相关知识的总结讲解。

4.执行如图所示的程序框图，输出S值为A. 2B. 4C. 8D. 16【考点】算法初步【难度】中等【点评】本题考查几何概率的计算方法。

在高二数学（理）强化提高班上学期，第一章《算法初步》有详细讲解，其中第02讲有完全相似的题目。

高考数学理总复习北师大版第4章44

3．(2010 年高考湖南卷)复数1－2 i等于(
)
A．1＋i
B．1－i
C．－1＋i
D．－1－i
答案：A
4．(教材习题改编)已知z1＝2－i，z2＝a＋bi(a， b∈R)，且z1·z2＝1，则z2的共轭复数对应的点位于第________象限．答案：四
5．复数2＋2i i3的虚部为________．
答案：45
考点探究•挑战高考
考点突破
考点一复数的概念
复数的概念在考试中常出现的类型有：(1)复数概念的辨析；(2)复数的有关分类；(3)复数相等条件的应用；(4)复数与复平面的对应关系．对于具体题目可结合选项一一分析作答．
例1 (1)(2009 年高考江苏卷)若复数 z1＝4＋29i，z2 ＝6＋9i，其中 i 是虚数单位，则复数(z1－z2)i 的实部为 ______．
【答案】 (1)－2i (2)A 【方法总结】复数的四则运算类似于多项式的
四则运算，此时含有虚数单位i的看作一类同类项，不含i的看作另一类同类项，分别合并即可，将结果写成a＋bi的形式．
考点三复数运算的几何意义
结合复数的几何意义、运用数形结合的思想，可把复数、解析几何有机地结合在一起，达到了学科内的融合，而且解题方法更灵活．
复数相等
a＋bi＝c＋di⇔__a_＝__c_且__b_＝__d_ (a、b、c、d∈R)
a＋bi与c＋di共轭
若_b_＝__0___，则a＋bi为实数，若_a_＝__0_且__b_≠_0___，则 a＋bi为纯虚数
共轭复数复平面
⇔__ad_＝＝__－c__b___(_a_，__b_，__c_，__d_∈__R_) 建立平面直角坐标系来表示复实轴上的点都表示实数；数的平面，叫作复平面，x轴除了原点外，虚轴上的点叫_实__轴_____，y轴叫__虚__轴____ 都表示纯虚数

数学北师大高考第一二伦复习,各地2012年高考真题精品包-288

选修4—4 坐标系与参数方程第1讲坐标系与简单曲线的极坐标方程随堂演练巩固1.在平面直角坐标系x O y 中,点P的直角坐标为(1.若以原点O 为极点,x 轴正半轴为极轴建立极坐标系,则点P 的极坐标可以是( ) A.(1)3π,- B.4(2)3π,C.(2)3π,-D.4(2)3π,-【答案】 C 【解析】∵23xOP πρ==,∠=,∴点P 的极坐标可以是(2)3π,-.故选C.2.设直线过极坐标系中的点M(2,0),且垂直于极轴,则它的极坐标方程为 . 【答案】 ρcos 2θ=【解析】设所求直线的任一点的极坐标为()ρθ,,由题意可得ρcos 2θ=.3.在平面直角坐标系中,求方程3x -2y +1=0所对应的直线经过伸缩变换132x x y y⎧'=,⎪⎨'⎪=⎩ 后的直线方程.【解】由伸缩变换 132x x y y⎧'=,⎪⎨'⎪=⎩ 得 31x x y y '=,⎧⎪⎨'=,⎪⎩ 代入方程3x -2y +1=0有9x ′-y ′+1=0,即所求方程为9x -y +1=0. 4.求过点A(-2,3),并且斜率为2的直线的极坐标方程.【解】由题意可知,直线的直角坐标方程为y -3=2(x +2),即2x -y +7=0,设()M ρθ,为直线上任意一点,将x ρ=cos y θρ,=sin θ代入2x -y +7=0,得2ρcos θρ-sin 70θ+=就是所求的极坐标方程.5.求圆心在点3(2)2A π,处并且过极点的圆的极坐标方程,并把它化为直角坐标方程.【解】如图所示,设()M ρθ,为圆上除O,B 外的任意一点,连接OM 、MB, 则有OB=4,OM=MOB ρ,∠=θ-322BMO ππ,∠=,从而△BOM 为直角三角形.所以有|OM|=|OB|cos MOB ∠,即ρ=4cos 3()42πθ-=-sin θ,故所求的圆的极坐标方程为ρ=-4sin θ.∴2ρ=4ρ-sin θ,即224x y y +=-,即22(2)x y ++=4为所求的圆的直角坐标方程.课后作业夯基基础巩固1.在极坐标系中,点(2)3π,到圆2ρ=cos θ的圆心的距离为( )A.2【答案】 D【解析】圆2ρ=cos θ在直角坐标系中的方程为2(1)x -+2y =1,点(2)3π,的直角坐标为(1.∴圆心(1,0)与(1的距离为d ==2.在极坐标系中,直线ρsin ()24πθ+=被圆4ρ=截得的弦长为 .【答案】【解析】直线ρsin ()24πθ+=可化为0x y +-=,圆4ρ=可化为2216x y +=,由圆中的弦长公式得弦长为222r d -=222224()2-43=.3.设平面上的伸缩变换的坐标表达式为 123x x y y ⎧'=,⎪⎨'⎪=,⎩ 则在这一坐标变换下正弦曲线y =sin x 的方程变为 .【答案】 y ′=3sin2x ′【解析】 ∵ 123x x y y ⎧'=,⎪⎨'⎪=,⎩ ∴213x x y y '=,⎧⎪⎨'=.⎪⎩代入y =sin x 得y ′=3sin2x ′.4.在极坐标系中,已知两点A 、B 的极坐标分别为(3)3π,、(4)6π,,则△AOB(其中O 为极点)的面积为 .【答案】 3【解析】结合图形(图略),可知△AOB 的面积1S OA OB =⋅⋅sin ()3ππ-=. 5.在极坐标系中,直线6πθ=截圆2ρ=cos ()(6πθρ-∈R )所得的弦长是 .【答案】 2【解析】把直线和圆的极坐标方程化为直角坐标方程分别为y x=和221(()1x y -+-=.显然圆心1)2在直线y x =上.故所求的弦长等于圆的直径的大小,即为2.6.直线2x +3y -1=0经过变换可以化为6x +6y -1=0,则坐标变换公式是 .【答案】 1312x x y y ⎧'=,⎪⎨'⎪=⎩【解析】设直线2x +3y -1=0上任一点的坐标为(x ,y ),经变换后对应点的坐标为(x ′,y ′),设坐标变换公式为 x kx y hy '=,⎧⎨'=.⎩ ∴ 11x x k y y h ⎧'=,⎪⎨'⎪=.⎩将其代入直线方程2x +3y -1=0,得2x k ′3y h +′-1=0,将其与6x +6y -1=0比较得1132k h =,=.∴坐标变换公式为 1312x x y y ⎧'=,⎪⎨'⎪=.⎩7.在极坐标系()(02ρθθ,≤<π)中,曲线2ρ=sin θ与ρcos 1θ=-的交点的极坐标为 . 【答案】3)4π【解析】由2ρ=sin θ,得22ρρ=sin θ, 其普通方程为222x y y +=, ρcos 1θ=-的普通方程为x =-1,联立 2221x y y x ⎧+=,⎨=-,⎩ 解得 11x y =-,⎧⎨=,⎩故点(-1,1)的极坐标为3(2)4π,.8.把极坐标方程42cos ρθ=-化成直角坐标方程. 【解】 ∵42cos ρθ=,- ∴2ρρ-cos 424θρρ=,=+cos θ.∴24(ρρ=cos 24)θ+.∴222244(4)816x y x x x +=+=++,即23x -28416x y +=. 9.将直角坐标方程22(2)4x y +-=化成极坐标方程.【解】 ∵22(2)4x y +-=,∴224x y y +=,把x ρ=cos y θρ,=sin θ代入224x y y +=,得24ρρ-sin 0θ=,即4ρ=sin θ.10.曲线221x y +=经过伸缩变换F 作用之后,变成椭圆2211916x y +=1,求这个伸缩变换F. 【解】设这个伸缩变换为F: x ax y by '=,⎧⎨'=,⎩代入22111916x y +=得22221916b y a x ,+=,它与221x y +=表示同一曲线, ∴有219a =,2116b =,∴a=3,b=4(舍去负值).∴这个伸缩变换F 为 34x x y y '=,⎧⎨'=.⎩11.在极坐标系中,求点(2)6P π,-到直线l :ρsin ()16πθ-=的距离.【解】点(2)6P π,-的直角坐标为1)-,将直线l :ρsin (θ-)16π=化为直角坐标方程为:ρsin θcos π-ρcos θsin 162x y π=-=,即20x +=.∴1d ==. 12.在极坐标系中,求点5(4)12M π,关于直线3πθ=的对称点的坐标.【解】设点5(4)12M π,关于直线3πθ=的对称点为M′()ρθ,,线段MM′交直线3πθ=于点A,则M ∠′OA=MOA ∠=512π-312ππ=,∴点M′的极角3124πππθ=-=.又点M,M′的极半径相等,∴4ρ=.∴点M′的极坐标为(4)4π,.13.在极坐标系中,极点为O.已知一条封闭的曲线C 由三段圆弧组成:2ρ=cos (0)4πθθ≤<,2ρ=sin ()2(2422πππθθρθ≤<,=≤<π).(1)求曲线C 围成的区域的面积;(2)若直线l:ρsin ()(4k k πθ+=∈R )与曲线C 恰有两个公共点,求实数k 的取值范围.【解】 (1)如图,设两段小圆弧所在圆的圆心分别为A 、C,它们的衔接点为B,则四边形OABC 是边长为1的正方形.曲线C 围成的区域面积34S =π212112⋅+⋅+⋅π⋅21=1+72π.(2)如图,以极点为原点,以极轴为x 轴正半轴建立直角坐标系,其中点M 为圆A 与x 轴正半轴的交点,点N 为圆C 与y 轴正半轴的交点,则小圆弧BM,BN 所在的圆的方程分别为2(1)x -+2y =221(1)1x y ,+-=, 大圆弧NPM 所在的圆方程为224x y +=.直线l:ρsin ()4k πθ+=在直角坐标系下的方程为x +y =.当l 与圆弧相切时,l 的方程为y x =--; 当l 过M,B,N 三点时,l 的方程为y =-x +2;当l 与圆弧BM,BN 都相切时,记l 与曲线C 的切点分别为E,F,且与x 轴的交点为D.在等腰直角三角形AED 中1AE AD ,=,所以1OD =此时l 的方程为y 1x =-+因此,要使l 与曲线C 恰有两个公共点,必须2-<1=即2k -<<1k =+拓展延伸14.在直角坐标系x O y 中,直线l 的方程为x -y +4=0,曲线C 的参数方程为 3cos y sin x αα⎧=,⎪⎨=⎪⎩ (α为参数).(1)已知在极坐标系(与直角坐标系x O y 取相同的长度单位,且以原点O 为极点,以x 轴正半轴为极轴)中,点P 的极坐标为(4)2π,,判断点P 与直线l 的位置关系;(2)设点Q 是曲线C 上的一个动点,求它到直线l 的距离的最小值. 【解】 (1)把极坐标系的点(4)2P π,化为直角坐标,得因为点P 的直角坐标(0,4)满足直线l 的方程x -y +4=0,所以点P 在直线l 上. (2)因为点Q 在曲线C 上,故可设点Q 的坐标为(3α,sin )α, 从而点Q 到直线l 的距离是2cos()46d πα++===()6πα++由此得,当cos ()16πα+=-时,d 取得最小值,。

2012年北京市高考数学试卷(理科)(附答案解析)

2012年北京市高考数学试卷（理科）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.﹙−23，3﹚D.(3, +∞)2. 设不等式组{0≤x ≤2，0≤y ≤2，表示的平面区域为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.π4B.π−22C.π6D.4−π43. 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4. 执行如图所示的程序框图，则输出的S 的值为( )A.2B.4C.8D.165. 如图，∠ACB =90∘，CD ⊥AB 于点D ，以BD 为直径的圆与BC 交于点E ．则（）A.CE ⋅CB =AD ⋅DBB.CE ⋅CB =AD ⋅ABC.AD ⋅AB =CD 2D.CE ⋅EB =CD 26. 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.24B.18C.12D.67. 某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的表面积是( )A.28+6√5B.30+6√5C.56+12√5D.60+12√58. 某棵果树前n 年的总产量S n 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，则m 的值为（）A.5B.7C.9D.11二.填空题共6小题．每小题5分．共30分.直线{x =2+t y =−1−t （t 为参数）与曲线{x =3cos αy =3sin α（α为参数）的交点个数为________．已知﹛a n ﹜是等差数列，s n 为其前n 项和．若a 1=12，s 2=a 3，则a 2=________．在△ABC 中，若a =2，b +c =7，cos B =−14，则b =________．在直角坐标系xOy 中．直线l 过抛物线y 2=4x 的焦点F ．且与该抛物线相交于A 、B 两点．其中点A 在x 轴上方．若直线l 的倾斜角为60∘．则△OAF 的面积为________．已知正方形ABCD 的边长为1，点E 是AB 边上的动点．则DE →⋅CB →的值为________．已知f(x)=m(x −2m)(x +m +3)，g(x)=2x −2，若同时满足条件：①∀x ∈R ，f(x)<0或g(x)<0，②∃x ∈(−∞, −4)，f(x)g(x)<0，则m 的取值范围为________．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．已知函数f(x)=(sin x−cos x)sin 2xsin x．(1)求f(x)的定义域及最小正周期；(2)求f(x)的单调递增区间．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．(1)求证：A 1C ⊥平面BCDE ；(2)若M 是A 1D 的中点，求CM 与平面A 1BE 所成角的大小；(3)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．近年来，某市为了促进生活垃圾的分类处理，将生活垃圾分为厨余垃圾、可回收物和其他垃圾三类，并分别设置了相应的垃圾箱，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）：(1)试估计厨余垃圾投放正确的概率；(2)试估计生活垃圾投放错误的概率；(3)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a ，b ，c ，其中a >0，a +b +c =600．当数据a ，b ，c 的方差s 2最大时，写出a ，b ，c 的值（结论不要求证明），并求此时s 2的值．（注：s 2=1n [(x 1−x ¯)2+(x 2−x ¯)2+⋯+(x n −x ¯)2]，其中x ¯为数据x 1，x 2，⋯，x n 的平均数）已知函数f(x)=ax 2+1(a >0)，g(x)=x 3+bx（1）若曲线y =f(x)与曲线y =g(x)在它们的交点(1, c)处具有公共切线，求a 、b 的值；（2）当a 2=4b 时，求函数f(x)+g(x)的单调区间，并求其在区间(−∞, −1)上的最大值．已知曲线C ：(5−m)x 2+(m −2)y 2=8(m ∈R) （1）若曲线C 是焦点在x 轴点上的椭圆，求m 的取值范围；（2）设m =4，曲线c 与y 轴的交点为A ，B （点A位于点B 的上方），直线y =kx +4与曲线c 交于不同的两点M 、N ，直线y =1与直线BM 交于点G ．求证：A ，G ，N 三点共线．设A 是由m ×n 个实数组成的m 行n 列的数表，满足：每个数的绝对值不大于1，且所有数的和为零，记s(m, n)为所有这样的数表构成的集合．对于A ∈S(m, n)，记r i (A)为A 的第ⅰ行各数之和(1≤ⅰ≤m)，C j (A)为A 的第j 列各数之和(1≤j ≤n)；记K(A)为|r 1(A)|，|R 2(A)|，…，|Rm(A)|，|C 1(A)|，|C 2(A)|，…，|Cn(A)|中的最小值．（1）如表A，求K(A)的值；（2）设数表A∈S(2, 3)形如（3）给定正整数t，对于所有的A∈S(2, 2t+1)，求K(A)的最大值．参考答案与试题解析2012年北京市高考数学试卷（理科）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.【答案】 D【考点】一元二次不等式的解法交集及其运算【解析】求出集合B ，然后直接求解A ∩B ．【解答】解：因为B ={x ∈R |(x +1)(x −3)>0}={x|x <−1或x >3}，又集合A ={x ∈R |3x +2>0}={x|x >−23}，所以A ∩B ={x|x >−23}∩{x|x <−1或x >3}={x|x >3}. 故选D ． 2.【答案】 D【考点】二元一次不等式（组）与平面区域几何概型计算（与长度、角度、面积、体积有关的几何概型）【解析】本题属于几何概型，利用“测度”求概率，本例的测度即为区域的面积，故只要求出题中两个区域：由不等式组表示的区域和到原点的距离大于2的点构成的区域的面积后再求它们的比值即可．【解答】解：其构成的区域D 如图所示的边长为2的正方形，面积为S 1=4，满足到原点的距离大于2所表示的平面区域是以原点为圆心，以2为半径的圆外部，面积为S 2=4−π×224=4−π，∴ 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P =4−π4故选D ． 3.【答案】 B【考点】复数的运算充分条件、必要条件、充要条件虚数单位i 及其性质复数的基本概念【解析】利用前后两者的因果关系，即可判断充要条件．【解答】因为a ，b ∈R ．“a ＝O ”时“复数a +bi 不一定是纯虚数”． “复数a +bi 是纯虚数”则“a ＝0”一定成立．所以a ，b ∈R ．“a ＝O ”是“复数a +bi 是纯虚数”的必要而不充分条件． 4. 【答案】 C【考点】循环结构的应用【解析】列出循环过程中S 与K 的数值，不满足判断框的条件即可结束循环．【解答】解：第1次判断后S =1，k =1，第2次判断后S =2，k =2，第3次判断后S =8，k =3，第4次判断后3=3，不满足判断框的条件，结束循环，输出结果：8．故选C ． 5.【答案】 A【考点】与圆有关的比例线段【解析】连接DE ，以BD 为直径的圆与BC 交于点E ，DE ⊥BE ，由∠ACB =90∘，CD ⊥AB 于点D ，△ACD ∽△CBD ，由此利用三角形相似和切割线定理，能够推导出CE ⋅CB =AD ⋅BD ．【解答】解：连接DE ，∵ 以BD 为直径的圆与BC 交于点E ， ∴ DE ⊥BE ，∵ ∠ACB =90∘，CD ⊥AB 于点D ，∴△ACD∽△CBD，∴CDBD =ADCD，∴CD2=AD⋅BD．∵CD2=CE⋅CB，∴CE⋅CB=AD⋅BD，故选A．6.【答案】B【考点】计数原理的应用【解析】分类讨论：从0、2中选一个数字0，则0只能排在十位；从0、2中选一个数字2，则2排在十位或百位，由此可得结论．【解答】从0、2中选一个数字0，则0只能排在十位，从1、3、5中选两个数字排在个位与百位，共有A32=6种；从0、2中选一个数字2，则2排在十位，从1、3、5中选两个数字排在个位与百位，共有A32=6种；2排在百位，从1、3、5中选两个数字排在个位与十位，共有A32=6种；故共有3A32=18种7.【答案】B【考点】由三视图求表面积【解析】通过三视图复原的几何体的形状，利用三视图的数据求出几何体的表面积即可．【解答】解：三视图复原的几何体是底面为直角边长为4和5的三角形，一个侧面垂直底面的等腰三角形，高为4，底边长为5，所以S底=12×4×5=10，S 后=12×5×4=10，S 右=12×4×5=10，S 左=12×2√5×√(√41)2−(√5)2=6√5．几何体的表面积为：S=S底+S后+S右+S左=10+10+10+6√5=30+6√5．故选B.8.【答案】C【考点】函数的图象变换函数的表示方法【解析】由已知中图象表示某棵果树前n年的总产量S与n之间的关系，可分析出平均产量的几何意义为原点与该点边线的斜率，结合图象可得答案．【解答】解：若果树前n年的总产量S与n在图中对应P(S, n)点则前n年的年平均产量即为直线OP的斜率由图易得当n=9时，直线OP的斜率最大即前9年的年平均产量最高，故选C二.填空题共6小题．每小题5分．共30分.【答案】2【考点】直线的参数方程圆的参数方程直线与圆的位置关系点到直线的距离公式【解析】将参数方程化为普通方程，利用圆心到直线的距离与半径比较，即可得到结论．【解答】解：直线{x=2+ty=−1−t（t为参数）化为普通方程为x+y−1=0，曲线{x=3cosαy=3sinα（α为参数）化为普通方程为x2+y2=9，∵圆心(0, 0)到直线x+y−1=0的距离为d=√2<3，∴直线与圆有两个交点.故答案为：2.【答案】1【考点】等差数列的前n项和等差数列的通项公式【解析】由﹛a n﹜是等差数列，a1=12，S2=a3，知12+12+d=12+2d，解得d=12，由此能求出a2．【解答】解：∵﹛a n﹜是等差数列，a1=12，S2=a3，∴12+12+d=12+2d，解得d=12，a2=12+12=1．故答案为：1．【答案】4【考点】余弦定理【解析】根据a=2，b+c=7，cos B=−14，利用余弦定理可得b2=22+(7−b)2−2×2×(7−b)×(−14)，即可求得b的值．【解答】解：由题意，∵a=2，b+c=7，cos B=−14，∴由余弦定理可得b2=22+(7−b)2−2×2×(7−b)×(−14)，解得b=4.故答案为：4.【答案】√3【考点】直线与椭圆结合的最值问题直线的倾斜角抛物线的求解【解析】确定直线l的方程，代入抛物线方程，确定A的坐标，从而可求△OAF的面积．【解答】解：抛物线y2=4x的焦点F的坐标为(1, 0)∵直线l过F，倾斜角为60∘∴直线l的方程为：y=√3(x−1)，即x=√33y+1代入抛物线方程，化简可得y2−4√33y−4=0∴y=2√3，或y=−23√3∵A在x轴上方∴△OAF的面积为12×1×2√3=√3故答案为：√3【答案】1【考点】平面向量数量积的性质及其运算【解析】直接利用向量转化，求出数量积即可．【解答】因为DE→⋅CB→=DE→⋅DA→=|DE→|⋅|DA→|cos<DE→⋅DA→>=DA→2=1．【答案】(−4, −2)【考点】二次函数的性质指数函数综合题【解析】①由于g(x)=2x−2≥0时，x≥1，根据题意有f(x)=m(x−2m)(x+m+3)<0在x>1时成立，根据二次函数的性质可求.②由于x∈(−∞, −4)，f(x)g(x)<0，而g(x)=2x−2<0，则f(x)=m(x−2m)(x+m+3)>0在x∈(−∞, −4)时成立，结合二次函数的性质可求.【解答】解：对于①∵g(x)=2x−2，当x<1时，g(x)<0，又∵ ①∀x∈R，f(x)<0或g(x)<0,∴f(x)=m(x−2m)(x+m+3)<0在x≥1时恒成立.则由二次函数的性质可知开口只能向下，且二次函数与x轴交点都在(1, 0)的左面,则{m<0−m−3<12m<1,∴−4<m<0即①成立的范围为−4<m<0.又∵ ②x∈(−∞, −4)，f(x)g(x)<0,∴此时g(x)=2x−2<0恒成立.∴f(x)=m(x−2m)(x+m+3)>0在x∈(−∞, −4)有成立的可能，则只要−4比x1，x2中的较小的根大即可，当−1<m<0时，较小的根为−m−3，−m−3<−4不成立；当m=−1时，两个根同为−2>−4，不成立；当−4<m<−1时，较小的根为2m，2m<−4即m<−2成立．综上可得①②成立时−4<m<−2．故答案为：(−4, −2)．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．【答案】解：(1)f(x)=(sin x−cos x)sin2xsin x=(sin x−cos x)2sin x cos xsin x=2(sin x−cos x)cos x=sin2x−1−cos2x=√2sin(2x−π4)−1，∵sin x≠0，∴x≠kπ, k∈Z，即原函数的定义域为{x|x≠kπ, k∈Z}，∵2π2=π，∴最小正周期为π．(2)由2kπ−π2≤2x−π4≤2kπ+π2，k∈Z，解得kπ−π8≤x≤kπ+3π8，k∈Z，又{x|x≠kπ, k∈Z}，原函数的单调递增区间为[kπ−π8，kπ)∪ (kπ,kπ+3π8]，k∈Z.【考点】三角函数中的恒等变换应用正弦函数的单调性三角函数的周期性及其求法【解析】通过二倍角与两角差的正弦函数，化简函数的表达式，(1)直接求出函数的定义域和最小正周期．(2)利用正弦函数的单调增区间，结合函数的定义域求出函数的单调增区间即可．【解答】解：(1)f(x)=(sin x−cos x)sin2xsin x=(sin x−cos x)2sin x cos xsin x=2(sin x−cos x)cos x=sin2x−1−cos2x=√2sin(2x−π4)−1，∵sin x≠0，∴x≠kπ, k∈Z，即原函数的定义域为{x|x≠kπ, k∈Z}，∵2π2=π，∴最小正周期为π．(2)由2kπ−π2≤2x−π4≤2kπ+π2，k∈Z，解得kπ−π8≤x≤kπ+3π8，k∈Z，又{x|x≠kπ, k∈Z}，原函数的单调递增区间为[kπ−π8，kπ)∪ (kπ,kπ+3π8]，k∈Z.【答案】(1)证明：∵CD⊥DE，A1D⊥DE，CD∩A1D=D，∴DE⊥平面A1CD，又∵A1C⊂平面A1CD，∴A1C⊥DE，又A1C⊥CD，CD∩DE=D，∴A1C⊥平面BCDE.(2)解：如图建系，则C(0, 0, 0)，D(−2, 0, 0)，A1(0, 0, 2√3)，B(0, 3, 0)，E(−2, 2, 0)，∴A1B→=(0,3,−2√3)，A1E→=(−2,2,−2√3)设平面A1BE法向量为n→=(x,y,z)，{A1B→×n→=0，A1E→×n→=0，∴{3y−2√3z=0,−2x+2y−2√3z=0,∴{z=√32y,x=−y2,∴n→=(−1,2,√3),又∵M(−1, 0, √3)，∴CM→=(−1, 0, √3),∴cosθ=CM→×n→|CM→||n→|=1+3√1+4+3⋅√1+3=2⋅22=√22.∴CM与平面A1BE所成角的大小45∘.(3)解：设线段BC上存在点P，设P点坐标为(0, a, 0)，则a∈[0, 3]，∴ A 1P →=(0,a,−2√3)，DP →=(2,a,0)，设平面A 1DP 法向量为n 1→=(x 1,y 1,z 1)，则{ay 1−2√3z 1=0，2x 1+ay 1=0，∴ {z 1=√36ay 1，x 1=−12ay 1， ∴n 1→=(−3a,6,√3a)，假设平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直，则n 1→⋅n →=0，∴ 3a +12+3a =0，6a =−12，a =−2. ∵ 0≤a ≤3，∴ 不存在线段BC 上存在点P ，使平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直. 【考点】用空间向量求直线与平面的夹角向量语言表述面面的垂直、平行关系直线与平面垂直的判定【解析】（1）证明A 1C ⊥平面BCDE ，因为A 1C ⊥CD ，只需证明A 1C ⊥DE ，即证明DE ⊥平面A 1CD ；（2）建立空间直角坐标系，用坐标表示点与向量，求出平面A 1BE 法向量n →=(−1,2,√3)，CM →=(−1, 0, √3)，利用向量的夹角公式，即可求得CM 与平面A 1BE 所成角的大小；（3）设线段BC 上存在点P ，设P 点坐标为(0, a, 0)，则a ∈[0, 3]，求出平面A 1DP 法向量为n 1→=(−3a,6,√3a) 假设平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直，则n 1→⋅n →=0，可求得0≤a ≤3，从而可得结论．【解答】(1)证明：∵ CD ⊥DE ，A 1D ⊥DE ，CD ∩A 1D =D ， ∴ DE ⊥平面A 1CD ，又∵ A 1C ⊂平面A 1CD ， ∴ A 1C ⊥DE ，又A 1C ⊥CD ，CD ∩DE =D ， ∴ A 1C ⊥平面BCDE .(2)解：如图建系，则C(0, 0, 0)，D(−2, 0, 0)，A 1(0, 0, 2√3)，B(0, 3, 0)，E(−2, 2, 0)，∴ A 1B →=(0,3,−2√3)，A 1E →=(−2,2,−2√3) 设平面A 1BE 法向量为n →=(x,y,z)， {A 1B →×n →=0，A 1E →×n →=0，∴ {3y −2√3z =0,−2x +2y −2√3z =0,∴ {z =√32y,x =−y2, ∴ n →=(−1,2,√3), 又∵ M(−1, 0, √3)， ∴ CM →=(−1, 0, √3), ∴ cos θ=CM →×n→|CM →||n →|=1+3√1+4+3⋅√1+3=2⋅22=√22. ∴ CM 与平面A 1BE 所成角的大小45∘. (3)解：设线段BC 上存在点P ，设P 点坐标为(0, a, 0)，则a ∈[0, 3]， ∴ A 1P →=(0,a,−2√3)，DP →=(2,a,0)，设平面A 1DP 法向量为n 1→=(x 1,y 1,z 1)，则{ay 1−2√3z 1=0，2x 1+ay 1=0，∴ {z 1=√36ay 1，x 1=−12ay 1，∴n1→=(−3a,6,√3a)，假设平面A1DP与平面A1BE垂直，则n1→⋅n→=0，∴3a+12+3a=0，6a=−12，a=−2.∵0≤a≤3，∴不存在线段BC上存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直. 【答案】解：(1)由表格可知：厨余垃圾为400+100+100=600（吨），投放到“厨余垃圾”箱的厨余垃圾400吨，故厨余垃圾投放正确的概率为400600=23.(2)由表格可知：生活垃圾共有1000吨，生活垃圾投放错误有100+100+30+30+20+20=300（吨），故生活垃圾投放错误的概率为3001000=310=0.3.(3)∵a+b+c=600，∴a，b，c的平均数为200，∴s2=13[(a−200)2+(b−200)2+(c−200)2]=13[a2+b2+c2−400(a+b+c)+120000]=13(a2+b2+c2−400×600+120000)=13(a2+b2+c2−120000).∵(a+b+c)2=a2+b2+c2+2ab+2bc+2ac≥a2+b2+c2，故s2≤13(360000−120000)=80000，因此有当a=600，b=0，c=0时，方差s2最大为80000．【考点】频数与频率极差、方差与标准差用样本的频率分布估计总体分布【解析】(1)厨余垃圾600吨，投放到“厨余垃圾”箱400吨，故可求厨余垃圾投放正确的概率；(2)生活垃圾投放错误有200+60+20+20=300，故可求生活垃圾投放错误的概率；(3)计算方差可得s2=13[(a−200)2+(b−200)2+(c−200)2]=13(a2+b2+c2−120000)，因此有当a=600，b=0，c=0时，有s2=80000．【解答】解：(1)由表格可知：厨余垃圾为400+100+100=600（吨），投放到“厨余垃圾”箱的厨余垃圾400吨，故厨余垃圾投放正确的概率为400600=23.(2)由表格可知：生活垃圾共有1000吨，生活垃圾投放错误有100+100+30+30+20+20=300（吨），故生活垃圾投放错误的概率为3001000=310=0.3.(3)∵a+b+c=600，∴a，b，c的平均数为200，∴s2=13[(a−200)2+(b−200)2+(c−200)2]=13[a2+b2+c2−400(a+b+c)+120000]=13(a2+b2+c2−400×600+120000)=13(a2+b2+c2−120000).∵(a+b+c)2=a2+b2+c2+2ab+2bc+2ac≥a2+b2+c2，故s2≤13(360000−120000)=80000，因此有当a=600，b=0，c=0时，方差s2最大为80000．【答案】解：（1）f(x)=ax2+1(a>0)，则f′(x)=2ax，k1=2a，g(x)=x3+bx，则g′(x)=3x2+b，k2=3+ b，由(1, c)为公共切点，可得：2a=3+b①又f(1)=a+1，g(1)=1+b，∴a+1=1+b，即a=b，代入①式可得：{a=3b=3．（2）由题设a2=4b，设ℎ(x)=f(x)+g(x)=x3+ax2+14a2x+1则ℎ′(x)=3x2+2ax+14a2，令ℎ′(x)=0，解得：x1=−a2，x2=−a6；∵a>0，∴−a2<−a6，∴原函数在(−∞, −a2)单调递增，在(−a2，−a6)单调递减，在(−a6，+∞)上单调递增①若−1≤−a2，即0<a≤2时，ℎ(x)在(−∞, −1)递增，无最大值；②若−a2<−1<−a6，即2<a<6时，最大值为ℎ(−a2)=1；③若−1≥−a6时，即a≥6时，最大值为ℎ(−a2)=1．综上所述：当a∈(0, 2]时，无最大值；当a∈(2, +∞)时，最大值为ℎ(−a2)=1．【考点】导数求函数的最值利用导数研究函数的单调性利用导数研究曲线上某点切线方程【解析】（1）根据曲线y=f(x)与曲线y=g(x)在它们的交点(1, c)处具有公共切线，可知切点处的函数值相等，切点处的斜率相等，故可求a、b的值；（2）根据a2=4b，构建函数ℎ(x)=f(x)+g(x)=x3+ax2+14a2x+1，求导函数，利用导数的正负，可确定函数的单调区间，进而分类讨论，确定函数在区间(−∞, −1)上的最大值．【解答】解：（1）f(x)=ax2+1(a>0)，则f′(x)=2ax，k1=2a，g(x)=x3+bx，则g′(x)=3x2+b，k2=3+ b，由(1, c)为公共切点，可得：2a=3+b①又f(1)=a+1，g(1)=1+b，∴a+1=1+b，即a=b，代入①式可得：{a=3b=3．（2）由题设a2=4b，设ℎ(x)=f(x)+g(x)=x3+ax2+14a2x+1则ℎ′(x)=3x2+2ax+14a2，令ℎ′(x)=0，解得：x1=−a2，x2=−a6；∵a>0，∴−a2<−a6，∴原函数在(−∞, −a2)单调递增，在(−a2，−a6)单调递减，在(−a6，+∞)上单调递增①若−1≤−a2，即0<a≤2时，ℎ(x)在(−∞, −1)递增，无最大值；②若−a2<−1<−a6，即2<a<6时，最大值为ℎ(−a2)=1；③若−1≥−a6时，即a≥6时，最大值为ℎ(−a2)=1．综上所述：当a∈(0, 2]时，无最大值；当a∈(2, +∞)时，最大值为ℎ(−a2)=1．【答案】（1）解：原曲线方程可化简得：x285−m+y28m−2=1由题意，曲线C是焦点在x轴点上的椭圆可得：{85−m>8m−285−m>08m−2>0，解得：72<m<5（2）证明：由已知直线代入椭圆方程化简得：(2k2+1)x2+16kx+24=0，△=32(2k2−3)>0，解得：k2>32由韦达定理得：x M+x N=−16k2k2+1①，x M x N=242k2+1，②设N(x N, kx N+4)，M(x M, kx M+4)，G(x G, 1)，MB方程为：y=kx M+6x Mx−2，则G(3x Mkx M+6，1)，∴AG→=(3x Mkx M+6,−1)，AN→=(x N, kx N+2)，欲证A，G，N三点共线，只需证AG→，AN→共线即3x Mx M k+6(x N k+2)=−x N成立，化简得：(3k+k)x M x N=−6(x M+x N)将①②代入可得等式成立，则A，G，N三点共线得证．【考点】直线与椭圆结合的最值问题向量在几何中的应用椭圆的标准方程【解析】（1）原曲线方程，化为标准方程，利用曲线C是焦点在x轴点上的椭圆可得不等式组，即可求得m的取值范围；（2）由已知直线代入椭圆方程化简得：(2k2+1)x2+16kx+24=0，△=32(2k2−3)，解得：k2>32，设N(x N, kx N+4)，M(x M, kx M+4)，G(x G, 1)，MB方程为：y=kx M+6x Mx−2，则G(3x Mkx M+6，1)，从而可得AG→=(3x Mkx M+6,−1)，AN→=(x N, kx N+2)，欲证A，G，N三点共线，只需证AG→，AN→共线，利用韦达定理，可以证明．【解答】（1）解：原曲线方程可化简得：x285−m+y28m−2=1由题意，曲线C是焦点在x轴点上的椭圆可得：{85−m>8m−285−m>08m−2>0，解得：72<m<5（2）证明：由已知直线代入椭圆方程化简得：(2k2+1)x2+16kx+24=0，△=32(2k2−3)>0，解得：k2>32由韦达定理得：x M +x N =−16k 2k 2+1①，x M x N =242k 2+1，②设N(x N , kx N +4)，M(x M , kx M +4)，G(x G , 1)，MB 方程为：y =kx M +6x Mx −2，则G(3x MkxM +6，1)，∴ AG →=(3x M kx M +6,−1)，AN →=(x N , kx N +2)，欲证A ，G ，N 三点共线，只需证AG →，AN →共线即3x M x M k+6(x N k +2)=−x N 成立，化简得：(3k +k)x M x N =−6(x M +x N )将①②代入可得等式成立，则A ，G ，N 三点共线得证．【答案】解：（1）由题意可知r 1(A)=1.2，r 2(A)=−1.2，c 1(A)=1.1，c 2(A)=0.7，c 3(A)=−1.8 ∴ K(A)=0.7（2）先用反证法证明k(A)≤1：若k(A)>1则|c 1(A)|=|a +1|=a +1>1，∴ a >0 同理可知b >0，∴ a +b >0 由题目所有数和为0 即a +b +c =−1∴ c =−1−a −b <−1 与题目条件矛盾 ∴ k(A)≤1．易知当a =b =0时，k(A)=1存在 ∴ k(A)的最大值为1 （3）k(A)的最大值为2t+1t+2．首先构造满足k(A)=2t+1t+2的A ={a i,j }(i =1, 2, j =1, 2,…,2t +1)：a 1,1=a 1,2=⋯=a 1,t =1，a 1,t+1=a 1,t+2=⋯=a 1,2t+1=−t−1t+2，a 2,1=a 2,2=⋯=a 2,t =t 2+t+1t(t+2)，a 2,t+1=a 2,t+2=⋯=a 2,2t+1=−1．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|r 1(A)|=|r 2(A)|=2t+1t+2，|c 1(A)|=|c 2(A)|=⋯=|c t (A)|=1+t 2+t+1t(t+2)>1+t+1t+2>2t+1t+2，|c t+1(A)|=|c t+2(A)|=⋯=|c 2t+1(A)|=1+t−1t+2=2t+1t+2．下面证明2t+1t+2是最大值．若不然，则存在一个数表A ∈S(2, 2t +1)，使得k(A)=x >2t+1t+2．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[x, 2]中．由于x >1，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x −1．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g ≤t ，ℎ≥t +1．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t +1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x −1（即每个负数均不超过1−x ）．因此|r 1(A)|=r 1(A)≤t ⋅1+(t +1)(1−x)=2t +1−(t +1)x =x +(2t +1−(t +2)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2t+1t+2．【考点】演绎推理进行简单的合情推理【解析】（1）根据r i (A)，C j (A)，定义求出r 1(A)，r 2(A)，c 1(A)，c 2(A)，c 3(A)，再根据K(A)为|r 1(A)|，|R 2(A)|，|R 3(A)|，|C 1(A)|，|C 2(A)|，|C 3(A)|中的最小值，即可求出所求．（2）先用反证法证明k(A)≤1，然后证明k(A)=1存在即可；（3）首先构造满足k(A)=2t+1t+2的A ={a i,j }(i =1, 2, j =1, 2,…,2t +1)，然后证明2t+1t+2是最大值即可．【解答】解：（1）由题意可知r 1(A)=1.2，r 2(A)=−1.2，c 1(A)=1.1，c 2(A)=0.7，c 3(A)=−1.8 ∴ K(A)=0.7（2）先用反证法证明k(A)≤1：若k(A)>1则|c 1(A)|=|a +1|=a +1>1，∴ a >0 同理可知b >0，∴ a +b >0 由题目所有数和为0 即a +b +c =−1∴ c =−1−a −b <−1与题目条件矛盾 ∴ k(A)≤1．易知当a =b =0时，k(A)=1存在 ∴ k(A)的最大值为1 （3）k(A)的最大值为2t+1t+2．首先构造满足k(A)=2t+1t+2的A ={a i,j }(i =1, 2, j =1, 2,…,2t +1)：a 1,1=a 1,2=⋯=a 1,t =1，a 1,t+1=a 1,t+2=⋯=a 1,2t+1=−t−1t+2，a 2,1=a 2,2=⋯=a 2,t =t 2+t+1t(t+2)，a 2,t+1=a 2,t+2=⋯=a 2,2t+1=−1．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|r 1(A)|=|r 2(A)|=2t+1t+2，|c 1(A)|=|c 2(A)|=⋯=|c t (A)|=1+t 2+t+1t(t+2)>1+t+1t+2>2t+1t+2，|c t+1(A)|=|c t+2(A)|=⋯=|c 2t+1(A)|=1+t−1t+2=2t+1t+2．下面证明2t+1t+2是最大值．若不然，则存在一个数表A ∈S(2, 2t +1)，使得k(A)=x >2t+1t+2．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[x, 2]中．由于x >1，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x −1．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g ≤t ，ℎ≥t +1．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t +1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x −1（即每个负数均不超过1−x ）．因此|r 1(A)|=r1(A)≤t⋅1+(t+1)(1−x)=2t+1−(t+1)x=x+(2t+1−(t+2)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2t+1t+2。

2012高考数学文一轮复习(北师大)精品学案4二次函数的图象与性质

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已知f(x)=x2+ax+3-a，若当x∈［-2,2］时，f(x)≥0恒成
立，求a的范围.
【解析】f(x)=x2+ax+3-a=（x+ a）2- a2 +3-a.
①当-
a 2
24 <-2,即a>4时，f(x)min=f(-2)=7-3a≥0,
∴a≤ 7,又a>4,
3
故此时a不存在.
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的关系才能求出区间最值.
【解析】(1)由f(x)=2x2-2ax+3=2（x- ）2+3- a2 知
对称轴方程为x= a ,
2
2
根据二次函数的对称轴与题设区间的相对位置分类
讨论.
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①当 a≤-1,即a≤-2时,g(a)=f(-1)=2a+5;
2
②当-1<
a <1,即-2<a<2时,g(a)=f( a )=3- a2;
( A)
A.m=-2
B.m=2
C.m=-1
D.m=1
（2）函数f(x)=2x2+mx-1在区间［-1,+∞)上递增，则
f(-1)的取值范围是
(-∞,-3］
.
【分析】利用二次函数的对称轴解决问题.
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【解析】(1)解法一:∵函数y=f(x)关于x=1对称的充要
条件是f(x)=f(2-x),
∴x2+mx+1=(2-x)2+m(2-x)+1,化简得
①顶点固定,区间固定; ②顶点含参数,区间固定; ③顶点固定,区间变动. (2)二次函数的最值问题能够将有关二次函数的全部知识和性质融合在一起，还经常和实际问题以及其他考点的知识相结合考查考生的函数思想水平和数学抽象能力，所以历来为高考命题专家所青睐.解决最值问题的关键是与图象结合，就是用数形结合的方法和运动变化的观点进行分析，然后用抽象的数学表达式反映考题的本质.当然这离不开有关函数最值的基本知识，如最值公式、均值定理、配方法等.

高中数学复习提升-2012年普通高等学校招生全国统一考试理科数学(北京卷)

北京理科1.(2012北京,理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 .21,-3⎧⎫-⎨⎬⎩⎭C .2,33⎛⎫- ⎪⎝⎭D .(3,+∞)D 由题意得,A =2x|x }3⎧>-⎨⎩,B ={x |x <-1或x >3}, 所以A ∩B =(3,+∞).2.(2012北京,理2)设不等式组0x 2,0y 2≤≤⎧⎨≤≤⎩表示的平面区域为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 .4πB .22π-C .6πD .44π-D 由题意知此概型为几何概型,设所求事件为A ,如图所示,边长为2的正方形区域为总度量μΩ,满足事件A 的是阴影部分区域μA ,故由几何概型的概率公式得:P (A )=22212242π-⨯⨯=44π-.3.(2012北京,理3)设a ,b ∈R ,“a =0”是“复数a +b i 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B 由已知得,“a +b i 是纯虚数”⇒“a =0”,但“a =0”“复数a +b i 是纯虚数”,因此“a =0”是“复数a +b i 是纯虚数”的必要而不充分条件.4.(2012北京,理4)执行如图所示的程序框图,输出的S 值为( ).A .2B .4C .8D .16C 初始:k =0,S =1,第一次循环:由0<3,得S =1×20=1,k =1; 第二次循环:由1<3,得S =1×21=2,k =2; 第三次循环:由2<3,得S =2×22=8,k =3.经判断此时要跳出循环,因此输出的S 值为8.5.(2012北京,理5)如图,∠ACB =90°,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 2A 由切割线定理得,CD 2=CE ·CB ,又在Rt △CAB 中,△ACD ∽△CBD , ∴CD 2=AD ·DB ,∴CE ·CB =AD ·DB .6.(2012北京,理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 .6B 先分成两类:(一)从0,2中选数字2,从1,3,5中任选两个所组成的无重复数字的三位数中奇数的个数为23C ×4=12;(二)从0,2中选数字0,从1,3,5中任选两个所组成的无重复数字的三位数中奇数的个数为23C ×2=6. 故满足条件的奇数的总个数为12+6=18.7.(2012北京,理7)某三棱锥的三视图如图所示,该三棱锥的表面积是( ).A .28+B .30+C .56+D .60+B 根据三棱锥的三视图可还原此几何体的直观图为:此几何体为一个底面为直角三角形,高为4的三棱锥,因此表面积为S =12×(2+3)×4+12×4×5+12×4×(2+3)+12×=30+8.(2012北京,理8)某棵果树前n 年的总产量S n 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 .11C 结合S n 与n 的关系图象可知,前2年的产量均为0,显然2S 2=0为最小,在第3年~第9年期间,S n 的增长呈现持续稳定性,但在第9年之后,S n 的增速骤然降低.因为当n =9时,9S 9的值为最大,故m 值为9.9.(2012北京,理9)直线x 2t,y 1t=+⎧⎨=--⎩(t 为参数)与曲线x 3αy 3αcos sin =⎧⎨=⎩(α为参数)的交点个数为 . 2 由题意知直线与曲线的参数方程可分别化为x +y -1=0,x 2+y 2=9,进而求出圆心(0,0)到直线x +y -1=0的距离d23,∴交点个数为2.10.(2012北京,理10)已知{a n }为等差数列,S n 为其前n 项和.若a 1=12,S 2=a 3,则a 2= ,S n = . 1 14(n 2+n ) 由a 1=12,S 2=a 3得,a 1+a 2=a 3,即a 3-a 2=12,∴{a n }是一个以a 1=12为首项,以12为公差的等差数列. ∴a n =12+(n -1)×12=12n .∴a 2=1,S n =n 2(a 1+a n )=14n 2+14n =14(n 2+n ).11.(2012北京,理11)在△ABC 中,若a =2,b +c =7,cos B =-14,则b = .4 由余弦定理得,cos B =222a c b 2ac+-=224(7b)b 22(7b)+--⨯⨯-=-14,解得b =4.12.(2012北京,理12)在直角坐标系xOy 中,直线l 过抛物线y 2=4x 的焦点F ,且与该抛物线相交于A ,B 两点,其中在x 轴上方.若直线l 的倾斜角为60°,则△OAF 的面积为 .由已知得抛物线的焦点坐标为(1,0),直线l 的方程为y =tan 60°(x -1),即y ,联立得2y y 4x.⎧=-⎪⎨=⎪⎩①②由①得x =3+1,③将③代入②并整理得y 23-4=0,解得y1=y 2.又点A 在x 轴上方,∴A (3,∴S △OAF =12×|OF |×|y 1|=12×1×13.(2012北京,理13)已知正方形ABCD 的边长为1,点E 是AB 边上的动点,则DE ·C B的值为 ,DE ·DC的最大值为 .1 1 DE ·C B =(D A +AE )·C B =(C B +AE )·C B =|C B |2+AE ·C B .因为AE CB ⊥ ,所以AE ·C B=0.所以DE ·C B=12+0=1.DE ·DC =(D A +AE )·DC =D A ·DC +AE ·DC=λ|DC |2(0≤λ≤1), ∴DE ·DC的最大值为1.14.(2012北京,理14)已知f (x )=m (x -2m )(x +m +3),g (x )=2x -2.若同时满足条件: ①∀x ∈R ,f (x )<0或g (x )<0; ②∃x ∈(-∞,-4),f (x )g (x )<0.则m 的取值范围是 .(-4,-2) (一)由题意可知,m ≥0时不能保证对∀x ∈R ,f (x )<0或g (x )<0成立.(1)当m =-1时,f (x )=-(x +2)2,g (x )=2x -2,此时显然满足条件①; (2)当-1<m <0时,2m >-(m +3),要使其满足条件①,则需1m 0,2m 1,-<<⎧⎨<⎩解得-1<m <0; (3)当m <-1时,-(m +3)>2m ,要使其满足条件①,则需m 1,-(m 3)1,<-⎧⎨+<⎩解得-4<m <-1. 因此满足条件①的m 的取值范围为(-4,0).(二)在满足条件①的前提下,再探讨满足条件②的m 的取值范围. (1)当m =-1时,在(-∞,-4)上,f (x )与g (x )均小于0,不合题意; (2)当m <-1时,则需2m <-4,即m <-2,所以-4<m <-2; (3)当-1<m <0时,则需-(m +3)<-4,即m >1,此时无解. 综上所述满足①②两个条件的m 的取值范围为(-4,-2). 15.(2012北京,理15)已知函数f (x )=(x x )2x xsin cos sin sin -.(1)求f (x )的定义域及最小正周期; (2)求f (x )的单调递增区间.解:(1)由sin x ≠0得x ≠k π(k ∈Z ),故f (x )的定义域为{x ∈R |x ≠k π,k ∈Z }.因为f (x )=(x x )2x xsin cos sin sin -=2cos x (sin x -cos x ) =sin 2x -cos 2x -12x 4π⎛⎫- ⎪⎝⎭-1,所以f (x )的最小正周期T =22π=π.(2)函数y =sin x 的单调递增区间为2k ,2k 22ππππ⎡⎤-+⎢⎥⎣⎦(k ∈Z ).由2k π-2π≤2x -4π≤2k π+2π,x ≠k π(k ∈Z ),得k π-8π≤x ≤k π+38π,x ≠k π(k ∈Z ).所以f (x )的单调递增区间为k ,k 8πππ⎡⎫-⎪⎢⎣⎭和3k ,k 8πππ⎛⎤+ ⎥⎝⎦(k ∈Z ).16.(2012北京,理16)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.图1图2(1)求证:A 1C ⊥平面BCDE ;(2)若M 是A 1D 的中点,求CM 与平面A 1BE 所成角的大小;(3)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)因为AC ⊥BC ,DE ∥BC ,所以DE ⊥AC .所以DE ⊥A 1D ,DE ⊥CD . 所以DE ⊥平面A 1DC . 所以DE ⊥A 1C .又因为A 1C ⊥CD ,所以A 1C ⊥平面BCDE.(2)如图,以,C -xyz , 则A 1(0,0,D (0,2,0),M (0,1B (3,0,0),E (2,2,0). 设平面A 1BE 的法向量为n =(x,y ,z ),则n ·1A B=0,n ·BE =0.又1A B=(3,0,-BE=(-1,2,0),所以3x 0,x 2y 0.⎧-=⎪⎨-+=⎪⎩ 令y =1,则x =2,z所以n =(2,1设CM 与平面所成的角为θ. 因为CM=(0,1所以sin θ=|cos <n ,CM>|=n |n|||C M C M 2所以CM 与平面A 1BE 所成角的大小为4π.(3)线段BC 上不存在点P ,使平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直. 理由如下:假设这样的点P 存在,设其坐标为(p ,0,0),其中p ∈[0,3]. 设平面A 1DP 的法向量为m =(x ,y ,z ),则m ·1A D=0,m ·D P =0.又1A D=(0,2,-D P=(p ,-2,0),所以2y 0,px 2y 0.⎧-=⎪⎨-=⎪⎩ 令x =2,则y =p ,z所以m =2,⎛⎝.平面A 1DP ⊥平面A 1BE ,当且仅当m ·n =0, 即4+p +p =0.解得p =-2,与p ∈[0,3]矛盾.所以线段BC 上不存在点P ,使平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直.17.(2012北京,理17)近年来,某市为促进生活垃圾的分类处理,将生活垃圾分为厨余垃圾、可回收物和其他垃圾三类,并分别设置了相应的垃圾箱,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1 000吨生活垃圾.数据统计如下(单位:吨):(1)试估计厨余垃圾投放正确的概率; (2)试估计生活垃圾投放错误的概率;(3)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a ,b ,c ,其中a >0,a +b +c =600,当数据a ,b ,c 的方差s 2最大时,写出a ,b ,c 的值(结论不要求证明),并求此时s 2的值. (求:s 2=1n[(x 1-x )2+(x 2-x )2+…+(x n -x )2],其中x 为数据x 1,x 2,…,x n 的平均数)解:(1)厨余垃圾投放正确的概率约为“”厨余垃圾箱里厨余垃圾量厨余垃圾总量=400400100100++=23.(2)设生活垃圾投放错误为事件A ,则事件A 表示生活垃圾投放正确.事件A 的概率约为“厨余垃圾”箱里厨余垃圾量、“可回收物”箱里可回收物量与“其他垃圾”箱里其他垃圾量的总和除以生活垃圾总量,即P (A )约为400240601000++=0.7,所以P (A )约为1-0.7=0.3.(3)当a =600,b =c =0时,s 2取得最大值. 因为x =13(a +b +c )=200,所以s 2=13×[(600-200)2+(0-200)2+(0-200)2]=80 000.18.(2012北京,理18)已知函数f (x )=ax 2+1(a >0),g (x )=x 3+bx .(1)若曲线y =f (x )与曲线y =g (x )在它们的交点(1,c )处具有公共切线,求a ,b 的值; (2)当a 2=4b 时,求函数f (x )+g (x )的单调区间,并求其在区间(-∞,-1]上的最大值. 解:(1)f '(x )=2ax ,g '(x )=3x 2+b .因为曲线y =f (x )与曲线y =g (x )在它们的交点(1,c )处具有公共切线, 所以f (1)=g (1),且f '(1)=g '(1). 即a +1=1+b ,且2a =3+b . 解得a =3,b =3.(2)记h (x )=f (x )+g (x ),当b =14a 2时,h (x )=x 3+ax 2+14a 2x +1,h '(x )=3x 2+2ax +14a 2. 令h '(x )=0,得x 1=-a 2,x 2=-a 6.a >0时,h (x )与h '(x )的情况如下:所以函数h (x )的单调递增区间为a ,-2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭和a ,6⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭;单调递减区间为a a ,-26⎛⎫- ⎪⎝⎭.当-a 2≥-1,即0<a ≤2时,函数h (x )在区间(-∞,-1]上单调递增,h (x )在区间(-∞,-1]上的最大值为h (-1)=a -14a 2.当-a 2<-1,且-a 6≥-1,即2<a ≤6时,函数h (x )在区间a ,-2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭内单调递增,在区间a ,-12⎛⎤-⎥⎝⎦上单调递减,h (x )在区间(-∞,-1]上的最大值为h a 2⎛⎫-⎪⎝⎭=1.当-a 6<-1,即a >6时,函数h (x )在区间a ,-2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭内单调递增,在区间a a ,-26⎛⎫- ⎪⎝⎭内单调递减,在区间a ,-16⎛⎤-⎥⎝⎦上单调递增,又因为h a 2⎛⎫-⎪⎝⎭-h (-1)=1-a +14a 2=14(a -2)2>0,所以h (x )在区间(-∞,-1]上的最大值为h a 2⎛⎫- ⎪⎝⎭=1.19.(2012北京,理19)已知曲线C :(5-m )x 2+(m -2)y 2=8(m ∈R ). (1)若曲线C 是焦点在x 轴上的椭圆,求m 的取值范围;(2)设m =4,曲线C 与y 轴的交点为A ,B (点A 位于点B 的上方),直线y =kx +4与曲线C 交于不同的两点M ,N ,直线y =1与直线B M 交于点G .求证:A ,G ,N 三点共线. 解:(1)曲线C 是焦点在x 轴上的椭圆,当且仅当5m 0,m 20,88,5mm 2⎧⎪->⎪->⎨⎪⎪>--⎩解得72<m <5,所以m 的取值范围是7,52⎛⎫ ⎪⎝⎭.(2)当m =4时,曲线C 的方程为x 2+2y 2=8,点A ,B 的坐标分别为(0,2),(0,-2).由22y kx 4,x 2y 8,=+⎧⎨+=⎩得(1+2k 2)x 2+16kx +24=0. 因为直线与曲线C 交于不同的两点, 所以Δ=(16k )2-4(1+2k 2)×24>0,即k 2>32.设点M ,N 的坐标分别为(x 1,y 1),(x 2,y 2), 则y 1=kx 1+4,y 2=kx 2+4, x 1+x 2=216k 12k-+,x 1x 2=22412k+.直线BM 的方程为y +2=11y 2x +x ,点G 的坐标为113x ,1y 2⎛⎫ ⎪+⎝⎭.因为直线AN 和直线AG 的斜率分别为k AN =22y 2x -,k AG =-11y 23x +,所以k AN -k AG =22y 2x -+11y 23x +=22kx 2x ++11kx 63x +=43k +12122(x x )x x +=43k +2216k 212k2412k-⨯++=0,即k AN =k AG .故A ,G ,N 三点共线.20.(2012北京,理20)设A 是由m ×n 个实数组成的m 行n 列的数表,满足:每个数的绝对值不大于1,且所有数的和为零.记S (m ,n )为所有这样的数表构成的集合.对于A ∈S (m ,n ),记r i (A )为A 的第i 行各数之和(1≤i ≤m ),c j (A )为A 的第j 列各数之和(1≤j ≤n ); 记k (A )为|r 1(A )|,|r 2(A )|,…,|r m (A )|,|c 1(A )|,|c 2(A )|,…,|c n (A )|中的最小值. (1)对如下数表A ,求k (A )的值;(2)设数表A∈S (2,3)形如求k (A )的最大值;(3)给定正整数t ,对于所有的A ∈S (2,2t +1),求k (A )的最大值. 解:(1)因为r 1(A )=1.2,r 2(A )=-1.2,c 1(A )=1.1,c 2(A )=0.7,c 3(A )=-1.8,所以k (A )=0.7.(2)不妨设a ≤b .由题意得c =-1-a -b . 又因为c ≥-1,所以a +b ≤0.于是a ≤0. r 1(A )=2+c ≥1,r 2(A )=-r 1(A )≤-1,c 1(A )=1+a ,c 2(A )=1+b ,c 3(A )=-(1+a )-(1+b )≤-(1+a ). 所以k (A )=1+a ≤1.当a =b =0且c =-1时,k (A )取得最大值1.(3)对于给定的正整数t ,任给数表A ∈S (2,2t +1)如下:任意改变A 的行次序或列次序,或把A 中的每个数换成它的相反数,所得数表A *∈S (2,2t +1),并且k (A )=k (A *).因此,不妨设r 1(A )≥0,且c j (A )≥0(j =1,2,…,t +1).由k (A )的定义知,k (A )≤r 1(A ),k (A )≤c j (A )(j =1,2,…,t +1). 又因为c 1(A )+c 2(A )+…+c 2t +1(A )=0,所以(t +2)k (A )≤r 1(A )+c 1(A )+c 2(A )+…+c t +1(A ) =r 1(A )-c t +2(A )-…-c 2t +1(A )=t 1j 1+=∑a j -2t 1j t 2+=+∑b j≤(t +1)-t ×(-1)=2t +1. 所以k (A )≤2t 1t 2++.对数表A 0:则A 0∈S (2,2t +1),且k (A 0)=2t 1t 2++.综上,对于所有的A ∈S (2,2t +1),k (A )的最大值为2t 1t 2++.。

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