2012年浙江省高考数学(理科)试卷-附详解

2012年浙江省高考数学（理科）试卷本试题卷分选择题和非选择题两部分。全卷共5页，选择题部分1至3页，非选择题部分4至5页。满分150分，考试时间120分钟。请考生按规定用笔将所在试题的答案涂、写在答题纸上。选择题部分（共50分）一、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，只有一个项是符合题目要求的。1．设集合{|14}Axx，集合2{|230}Bxxx，则()RACBA．(1,4)B．(3,4)C．(1,3)D．(1,2)(3,4)【答案】B【解析】2{|230}{|13}Bxxxxx，则()(3,4)RACB，故选B。2．已知i是虚数单位，则31iiA．12iB．2iC．2iD．12i【答案】D【解析】3(3)(1)24121(1)(1)2iiiiiiii。3．设aR，则“1a”是“直线1l：210axy与直线2l：(1)40xay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【答案】A【解析】“直线1l：210axy与直线2l：(1)40xay平行”的充要条件是(1)2aa，解得，1a或2a，所以是充分不必要条件。4．把函数cos21yx的图像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，得到的图像是【答案】A【解析】cos21cos1cos(1)1cos(1)yxyxyxyx，故选A。5．设a，b是两个非零向量A．若||||||abab，则abB．若ab，则||||||ababC．若||||||abab，则存在实数，使得baD．若存在实数，使得ba，则||||||abab【答案】C【解析】2222||||||||2||||2||||||ababaabbaabb，则||||0abab，所以,ab不垂直，A不正确，同理B也不正确；||||abab，则cos,1ab，所以,ab共线，故存在实数，使得ba，C正确；若ba，则1，此时||2|0||||aba|ab，所以D不正确。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A．60种B．63种C．65种D．66种【答案】D【解析】和为偶数，则4个数都是偶数，都是奇数或者两个奇数两个偶数，则有44224545156066CCCC种取法。7．设nS是公差为d（0d）的无穷等差数列{}na的前n项和，则下列命题错误．．的是A．若0d，则数列{}nS有最大项B．若数列{}nS有最大项，则0dC．若数列{}nS是递增数列，则对任意*nN，均有0nSD．若对任意*nN，均有0nS，则数列{}nS是递增数列【答案】C【解析】当10a时，则存在*nN，有0nS，故C错误。8．如图，1F，2F分别是双曲线C：22221(0)xyabab，的左、右两焦点，B是虚轴的端点，直线1FB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212||||MFFF，则C的离心率是A．233B．62C．2D．3【答案】B【解析】212||||MFFF，则M点坐标(3,0)c。直线1FB方程为byxbc，可得P，Q两点坐标分别为(,),(,)acbcacbcacaccaca，则P，Q中点N坐标为222222(,)acbccaca。依题意可得，1MNNF，则10MNNF，即222222222222(3,)(,)0acbcacbccccacacaca，整理可得，62ca，从而有62cea。9．设0a，0bA．若2223abab，则abB．若2223abab，则abC．若2223abab，则abD．若2223abab，则ab【答案】A【解析】记()22,()22xxfxxgxx，则'()2ln220xfx，'()2ln22xgx当2lnln2x时'()0gx，当20lnln2x时'()0gx。222322abbabb，则有ab。222322abbabb，此时无法确定大小关系，故选A。10．已知矩形ABCD，1AB，2BC．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【答案】B【解析】故点A作AEBD，若存在某个位置，使得ACBD，则BD面ACE，从而有BDCE，计算可得BDCE，则A不正确；当翻折到ACCD时，因为BCCD，所以CD面ABC，从而可得ABCD；若ADBC，因为BCCD，所以BC面ACD，从而可得BCAC，而12ABBC，所以这样的位置不存在，故C不正确；同理，D也不正确，故选B。非选择题部分（共100分）二、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3cm．【答案】1【解析】由三视图可知，该三棱锥的底面面积为1312，高为2，则11231132V。12．若某程序框图如图所示，则该程序运行后输出的值是．【答案】1120【解析】第一次运行：1,2Ti；第二次运行：1,32Ti；第三次运行：1,46Ti；第四次运行：1,524Ti；第五次运行：1,65120Ti，故输出值为1120。13．设公比为(0)qq的等比数列{}na的前n项和为nS．若2232Sa，4432Sa，则q．【答案】32【解析】依题意可得，2112111443311111(1)32232201(1)23220321aqaqaqaqaqqaqaqaqaqaqq两式相减可得423111122330aqaqaqaq，即42322330qqqq，解得1q（舍）或0q或32q。因为0q，所以32q。14．若将函数5()fxx表示为23401234()(1)(1)(1)(1)fxaaxaxaxax55(1)ax，其中0a，1a，2a，…，5a为实数，则3a．【答案】10【解析】55()(11)fxxx，则3235(1)10aC。15．在ABC中，M是BC的中点，3AM，10BC，则ABAC．【答案】-16【解析】依题意可得，5BMCM。由余弦定理可得，222222cos,cos22AMBMABAMCMACAMBAMCAMBMAMCM，因为AMBAMC，所以22222222AMBMABAMCMACAMBMAMCM，即222222()AMBMABAMCMAC，则有222222AMBMABAC，而2ABACAMMBAMMCAM，则2222()||||24||ABACABACABACAM，所以2224||(22)162AMAMBMABAC。16．定义：曲线C上的点到直线的距离的最小值称为曲线C到直线l的距离．已知曲线1C：2yxa到直线l：yx的距离等于曲线2C：22(4)2xy到直线l：yx的距离，则实数a．【答案】94【解析】曲线2C：22(4)2xy到直线l：yx的距离为圆心(0,4)到直线yx的距离减去半径，即4222。依题意可得，0a，且知曲线1C：2yxa到直线l：yx的距离等于曲线1C上切线斜率为1的切线与yx的距离。令'21yx，可得12x，所以切线斜率为1的切线方程为1124yxa，即14yxa，所以1||422a，解得94a或74a（舍）。17．设aR，若0x时均有2[(1)1](1)0axxax，则a．【答案】32【解析】根据图象分析，函数1(1)1yax和221yxax都过定点(0,1)P，要使得0x时均有2[(1)1](1)0axxax，则当0x时，12,yy保持同号，所以1(1)1yax与221yxax的零点相同，即存在00x，使得2000(1)110axxax，解得，0a（舍）或32a。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．（本题满分14分）在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知2cos3A，sin5cosBC．（1）求tanC的值；（2）若2a，求ABC的面积．本题主要考查三角变换、正弦定理等基础知识，同时考查运算求解能力。满分14分解：（1）因为20,cos3AA，得25sin1cos3AA又5cossinsin()sincoscossinCBACACAC52cossin33CC所以tan5C（2）由tan5C，得51sin,cos66CC于是，5sin5cos6BC由2a及正弦定理sinsinacAC，得3c设ABC的面积为S，则15sin22SacB.19．（本题满分14分）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．现从箱中任取（无放回，且每球取道的机会均等）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()EX．本题主要考查随机事件的概率和随机变量的分布列、数学期望等概念，同时考查抽象概括、运算求解能力和应用意识。满分14分。解：（1）由题意得X取3,4,5,6，且35395(3)42CPXC，12453910(4)21CCPXC，2145395(5)14CCPXC，34391(6)21CPXC所以X的分布列为X3456P5421021514121（2）由（1）知，13()3(3)4(4)5(5)6(6)3EXPXPXPXPX.20．（本题满分15分）如图，在四棱锥PABCD中，底面是边长为23的菱形，120BAD，且PA平面ABCD，26PA，M，N分别为PB，PD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．本题主要考查空间点、线、面位置关系，二面角等基础知识，空间向量的应用，同时考查空间想象能力和运算求解能力。满分15分。（1）证：因为M，N分别为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：连接AC交BD于O，以O为原点，,OCOD所在直线为,xy轴，建立空间直角坐标系Oxyz，如图所示。在菱形ABCD中，120BAD，得23,36ACABBDAB又因为PA平面ABCD，所以PAAC在直角PAC中，23,26,ACPAAQPC，得2,4QCPQ由此知个点坐标如下，33(3,0,0),(0,3,0),(3,0,0),(0,3,0),(3,0,26),(,,6)22ABCDPM33326(,,6),(,0,)2233NQ设(,,)xyzm为平面AMN的法向量，由3333(,,6),(,,6)2222AMAN知336022336022xyzxyz