北京卷数学理科试题含答案解析历年数学高考试题

绝密★使用完毕前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，选出符合题目要求的一项．1．已知集合|320AxxR，|130BxxxR，则AB（）A．1，B．213，C．233，D．3，2．设不等式组0202xy≤≤，≤≤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．π22C．π6D．4π43．设abR，．“0a”是“复数iab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，输出的S值为（）A．2B．4C．8D．165．如图，90ACB，CDAB于点D，以BD为直径的圆与BC交于点E，则（）A．CECBADDBB．CECBADABC．2ADABCDD．2CEEBCD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．24B．18C．12D．6EBDAC开始k=0,S=1k=k+1S=S∙2kk3输出S结束是否7．某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的表面积是（）A．2865B．3065C．56125D．601258．某棵果树前n前的总产量nS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．5B．7C．9D．11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21xtyt（t为参数）与曲线3cos3sinxy（为参数）的交点个数为．10．已知na为等差数列，nS为其前n项和．若112a，23Sa，则2a．11．在ABC△中，若2a，7bc，1cos4B，则b．12．在直角坐标系xOy中，直线l过抛物线24yx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．13．已知正方形ABCD的边长为1，点E是AB边上的动点，则DECB的值为；DEDC的最大值为．14．已知23fxmxmxm，22xgx．若同时满足条件：①xR，0fx或0gx；②40xfxgx，，，则m的取值范围是．2344正（主）视图侧（左）视图俯视图1234567891011OnSn三、解答题共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．（本小题共13分）已知函数sincossin2sinxxxfxx．（1）求fx的定义域及最小正周期；（2）求fx的单调递增区间．16．（本小题共14分）如图1，在RtABC△中，90C，3BC，6AC．D，E分别是AC，AB上的点，且DEBC∥，2DE，将ADE△沿DE折起到1ADE△的位置，使1ACCD，如图2.（1）求证：1AC平面BCDE；（2）若M是1AD的中点，求CM与平面1ABE所成角的大小；（3）线段BC上是否存在点P，使平面1ADP与平面1ABE垂直？说明理由．17．（本小题共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400100100可回收物3024030其他垃圾202060（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abc，，，其中0a，600abc．当数据abc，，的方差2s最大时，写出abc，，的值（结论不要求证明），并求此时2s的值．（求：2222121nsxxxxxxn，其中x为数据1x，2x，„，nx的平均数）18．（本小题共13分）已知函数210fxaxa，3gxxbx．（1）若曲线yfx与曲线ygx在它们的交点1c，处具有公共切线，求a，b的值；（2）当24ab时，求函数fxgx的单调区间，并求其在区间1，上的最大值．19．（本小题共14分）已知曲线22:528Cmxmym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4m，曲线C与y轴的交点为AB，（点A位于点B的上方），直线4ykx与曲线C交于不同的两点M，N，直线1y与直线BM交于点G．求证：AGN，，三点共线．20．（本小题共13分）设A是由mn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ACDEBA1MCBED图1图2Smn，为所有这样的数表构成的集合．对于ASmn，，记irA为A的第i行各数之和1im≤≤，jcA为A的第j列各数之和1jn≤≤；记kA为1||rA，2||rA，„，||mrA，1||cA，2||cA，„，||ncA中的最小值．（1）对如下数表A，求kA的值；110.80.10.31（2）设数表23AS，形如11cab1求kA的最大值；（3）给定正整数t，对于所有的221ASt，，求kA的最大值．答案一、选择题题号12345678答案DDBCABBC二、填空题题号91011121314答案21；24nn431；142，三、解答题15．解：(sincos)sin2(sincos)2sincos()2(sincos)cossinsinxxxxxxxfxxxxxxπsin21cos22sin21|π4xxxxxkkZ，，（1）原函数的定义域为|πxxkkZ，，最小正周期为π．（2）原函数的单调递增区间为πππ8kk，kZ，3πππ8kk，kZ16．解：（1）CDDE，1AEDEDE平面1ACD，又1AC平面1ACD，1ACDE又1ACCD，1AC平面BCDE（2）如图建系Cxyz，则200D，，，0023A，，，030B，，，220E，，∴10323AB，，,1210AE，，设平面1ABE法向量为nxyz，，zyxA1(0,0,23)D(-2,0,0)E(-2,2,0)B(0,3,0)C(0,0,0)M则1100ABnAEn∴323020yzxy∴322zyyx∴123n，，又∵103M，，∴103CM，，∴1342cos2||||14313222CMnCMn∴CM与平面1ABE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1023APa，，，20DPa，，设平面1ADP法向量为1111nxyz，，则111123020ayzxay∴11113612zayxay∴1363naa，，假设平面1ADP与平面1ABE垂直则10nn，∴31230aa，612a，2a∵03a∴不存在线段BC上存在点P，使平面1ADP与平面1ABE垂直17．（）由题意可知：4002=6003（）由题意可知：200+60+403=100010（）由题意可知：22221(120000)3sabc，因此有当600a，0b，0c时，有280000s．18．解：（）由1c，为公共切点可得：2()1(0)fxaxa，则()2fxax，12ka，3()gxxbx，则2()=3fxxb，23kb，23ab又(1)1fa，(1)1gb，11ab，即ab，代入①式可得：33ab．（2）24ab，设3221()()()14hxfxgxxaxax则221()324hxxaxa，令()0hx，解得：12ax，26ax；0a，26aa，原函数在2a，单调递增，在26aa，单调递减，在6a，上单调递增①若12a≤，即2a≤时，最大值为2(1)4aha；②若126aa，即26a时，最大值为12ah③若16a≥时，即6a≥时，最大值为12ah．综上所述：当02a，时，最大值为2(1)4aha；当2,a时，最大值为12ah．19．（1）原曲线方程可化简得：2218852xymm由题意可得：8852805802mmmm，解得：752m（2）由已知直线代入椭圆方程化简得：22(21)16240kxkx，2=32(23)k，解得：232k由韦达定理得：21621MNkxxk①，22421MNxxk，②设(,4)NNNxkx，(,4)MMMxkx，(1)GGx，MB方程为：62MMkxyxx，则316MMxGkx，，316MMxAGxk，，2NNANxxk，，欲证AGN，，三点共线，只需证AG，AN共线即3(2)6MNNMxxkxxk成立，化简得：(3)6()MNMNkkxxxx将①②代入易知等式成立，则AGN，，三点共线得证。20．解：（1）由题意可知11.2rA，21.2rA，11.1cA，20.7cA，31.8cA∴0.7kA（2）先用反证法证明1kA≤：若1kA则1|||1|11cAaa，∴0a同理可知0b，∴0ab由题目所有数和为0即1abc∴11cab与题目条件矛盾∴1kA≤．易知当0ab时，1kA存在∴kA的最大值为1（3）kA的最大值为212tt.首先构造满足21()2tkAt的,{}(1,2,1,2,...,21)ijAaijt：1,11,21,1,11,21,211...1,...2tttttaaaaaat，22,12,22,2,12,22,211...,...1(2)ttttttaaaaaatt.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|()||()|2trArAt，2121121|()||()|...|()|11(2)22tttttcAcAcAtttt，1221121|()||()|...|()|122tttttcAcAcAtt.下面证明212tt是最大值.若不然，则存在一个数表(2,21)ASt，使得21()2tkAxt.由()kA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