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  • 2021-05-13 发布

2012高考天津文科数学试题及答案高清版

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‎2012年普通高等学校夏季招生全国统一考试 数学文史类(天津卷)‎ 本试题卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分,共150分,考试用时120分钟.‎ 参考公式:‎ ‎·如果事件A,B互斥,那么 P(A∪B)=P(A)+P(B).‎ ‎·棱柱的体积公式V=Sh.‎ 其中S表示棱柱的底面面积,‎ h表示棱柱的高.‎ ‎·圆锥的体积公式V=Sh.‎ 其中S表示圆锥的底面面积,‎ h表示圆锥的高.‎ 第Ⅰ卷 本卷共8小题,每小题5分,共40分.‎ 一、选择题:共8小题,每小题5分,共40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. i是虚数单位,复数(  )‎ A.1-i   B.-1+i   C.1+i   D.-1-i ‎2.设变量x,y满足约束条件则目标函数z=3x-2y的最小值为(  )‎ A.-5 B.-4 C.-2 D.3‎ ‎3.阅读下边的程序框图,运行相应的程序,则输出S的值为(  )‎ A.8 B.18 C.26 D.80‎ ‎4.已知a=21.2,,c=2log52,则a,b,c的大小关系为(  )‎ A.c<b<a B.c<a<b C.b<a<c D.b<c<a ‎5.设x∈R,则“”是“2x2+x-1>0”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 ‎6.下列函数中,既是偶函数,又在区间(1,2)内是增函数的为(  )‎ A.y=cos2x,x∈R B.y=log2|x|,x∈R且x≠0‎ C.,x∈R D.y=x3+1,x∈R ‎7.将函数f(x)=sinωx(其中ω>0)的图象向右平移个单位长度,所得图象经过点(,0),则ω的最小值是(  )‎ A. B.1 C. D.2‎ ‎8.在△ABC中,∠A=90°,AB=1,AC=2.设点P,Q满足=λ,=(1-λ),λ∈R.若,则λ=(  )‎ A. B. C. D.2‎ 第Ⅱ卷 本卷共12小题,共110分.‎ 二、填空题:本大题共6小题,每小题5分,共30分.‎ ‎9.集合A={x∈R||x-2|≤5}中的最小整数为__________.‎ ‎10.一个几何体的三视图如图所示(单位:m),则该几何体的体积为__________ m3.‎ ‎11.已知双曲线C1:(a>0,b>0)与双曲线C2:有相同的渐近线,且C1的右焦点为F(,0),则a=__________,b=__________.‎ ‎12.设m,n∈R,若直线l:mx+ny-1=0与x轴相交于点A,与y轴相交于点B,且l与圆x2+y2=4相交所得弦的长为2,O为坐标原点,则△AOB面积的最小值为__________.‎ ‎13.如图,已知AB和AC是圆的两条弦,过点B作圆的切线与AC的延长线相交于点D.过点C作BD的平行线与圆相交于点E,与AB相交于点F,AF=3,FB=1,,则线段CD的长为__________.‎ ‎14.已知函数的图象与函数y=kx的图象恰有两个交点,则实数k的取值范围是__________.‎ 三、解答题:本大题共6小题,共80分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤.‎ ‎15.某地区有小学21所,中学14所,大学7所,现采用分层抽样的方法从这些学校中抽取6所学校对学生进行视力调查.‎ ‎(1)求应从小学、中学、大学中分别抽取的学校数目;‎ ‎(2)若从抽取的6所学校中随机抽取2所学校做进一步数据分析,‎ ‎①列出所有可能的抽取结果;‎ ‎②求抽取的2所学校均为小学的概率.‎ ‎16.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别是a,b,c.已知a=2,,.‎ ‎(1)求sinC和b的值;‎ ‎(2)求cos(2A+)的值.‎ ‎17.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,AD⊥PD,BC=1,,PD=CD=2.‎ ‎(1)求异面直线PA与BC所成角的正切值;‎ ‎(2)证明平面PDC⊥平面ABCD;‎ ‎(3)求直线PB与平面ABCD所成角的正弦值.‎ ‎18.已知{an}是等差数列,其前n项和为Sn,{bn}是等比数列,且a1=b1=2,a4+b4=27,S4-b4=10.‎ ‎(1)求数列{an}与{bn}的通项公式;‎ ‎(2)记Tn=a1b1+a2b2+…+anbn,n∈N*,证明Tn-8=an-1bn+1(n∈N*,n>2).‎ ‎19.已知椭圆a>b>0),点P(,)在椭圆上.‎ ‎(1)求椭圆的离心率;‎ ‎(2)设A为椭圆的左顶点,O为坐标原点.若点Q在椭圆上且满足|AQ|=|AO|,求直线OQ的斜率的值.‎ ‎20.已知函数f(x)=x3+x2-ax-a,x∈R,其中a>0.‎ ‎(1)求函数f(x)的单调区间;‎ ‎(2)若函数f(x)在区间(-2,0)内恰有两个零点,求a的取值范围;‎ ‎(3)当a=1时,设函数f(x)在区间[t,t+3]上的最大值为M(t),最小值为m(t),记g(t ‎)=M(t)-m(t),求函数g(t)在区间[-3,-1]上的最小值.‎ ‎1. C .‎ ‎2. B 由约束条件可得可行域:‎ 对于目标函数z=3x-2y,‎ 可化为,‎ 要使z取最小值,可知过A点时取得.‎ 由得即A(0,2),‎ ‎∴z=3×0-2×2=-4.‎ ‎3. C n=1,S=0+31-30=2,n=2;‎ n=2<4,S=2+32-31=8,n=3;‎ n=3<4,S=8+33-32=26,n=4;‎ ‎4≥4,输出S=26.‎ ‎4. A a=21.2,b=()-0.8=20.8,‎ ‎∵21.2>20.8>1,∴a>b>1,c=2log52=log54<1.‎ ‎∴c<b<a.‎ ‎5. A ∵2x2+x-1>0,可得x<-1或,‎ ‎∴“”是“2x2+x-1>0”的充分而不必要条件.‎ ‎6. B 对于A项,y=cos2x是偶函数,但在区间(1,)内是减函数,在区间(,2)内是增函数,不满足题意.‎ 对于B项,log2|-x|=log2|x|,是偶函数,当x∈(1,2)时,y=log2x是增函数,满足题意.‎ 对于C项,,‎ ‎∴是奇函数,不满足题意.‎ 对于D项,y=x3+1是非奇非偶函数,不满足题意.‎ ‎7. D f(x)=sinωx的图象向右平移个单位长度得:y=sin[ω(x-)].‎ 又所得图象过点(,0),‎ ‎∴.‎ ‎∴.‎ ‎∴(k∈Z).‎ ‎∴ω=2k(k∈Z).‎ ‎∵ω>0,∴ω的最小值为2.‎ ‎8. B 设,,‎ ‎∴|a|=1,|b|=2,且a·b=0.‎ ‎=[(1-λ)b-a]·(λa-b)‎ ‎=-λa2-(1-λ)b2=-λ-4(1-λ)=3λ-4=-2,∴.‎ ‎9.答案:-3‎ 解析:∵|x-2|≤5,∴-5≤x-2≤5,‎ ‎∴-3≤x≤7,∴集合A中的最小整数为-3.‎ ‎10.答案:30‎ 解析:由几何体的三视图可知:该几何体的顶部为平放的直四棱柱,底部为长、宽、高分别为4 m,3 m,2 m的长方体.‎ ‎∴几何体的体积V=V棱柱+V长方体=×4+4×3×2=6+24=30(m3).‎ ‎11.答案:1 2‎ 解析:∵C1与C2的渐近线相同,∴.‎ 又C1的右焦点为F(,0),∴,即a2+b2=5.‎ ‎∴a2=1,b2=4,∴a=1,b=2.‎ ‎12.答案:3‎ 解析:∵l与圆相交所得弦的长为2,∴,‎ ‎∴m2+n2=≥2|mn|,∴|mn|≤.‎ l与x轴交点A(,0),与y轴交点B(0,),‎ ‎∴.‎ ‎13.答案:‎ 解析:在圆中,由相交弦定理:‎ AF·FB=EF·FC,‎ ‎∴,‎ 由三角形相似,,‎ ‎∴.‎ 由切割弦定理:DB2=DC·DA,‎ 又DA=4CD,‎ ‎∴4DC2=DB2=.‎ ‎∴.‎ ‎14.答案:(0,1)∪(1,2)‎ 解析:‎ 函数y=kx过定点(0,0).‎ 由数形结合可知:‎ ‎0<k<1或1<k<kOC,‎ ‎∴0<k<1或1<k<2.‎ ‎15.解:(1)从小学、中学、大学中分别抽取的学校数目为3,2,1.‎ ‎(2)①在抽取到的6所学校中,3所小学分别记为A1,A2,A3,2所中学分别记为A4,A5,大学记为A6,则抽取2所学校的所有可能结果为{A1,A2},{A1,A3},{A1,A4},{A1,A5},{A1,A6},{A2,A3},{A2,A4},{A2,A5},{A2,A6},{A3,A4},{A3,A5},{A3,A6},{A4,A5},{A4,A6},{A5,A6},共15种.‎ ‎②从6所学校中抽取的2所学校均为小学(记为事件B)的所有可能结果为{A1,A2},{A1,A3},{A2,A3},共3种.‎ 所以.‎ ‎16.解:(1)在△ABC中,由,可得.‎ 又由及a=2,,可得.‎ 由a2=b2+c2-2bccosA,得b2+b-2=0.‎ 因为b>0,故解得b=1.‎ 所以,b=1.‎ ‎(2)由,,得cos2A=2cos2A-1=,sin2A=2sinAcosA=,‎ 所以,cos(2A+)=cos2Acos-sin2Asin=.‎ ‎17.解:(1)如图,在四棱锥P-ABCD中,因为底面ABCD是矩形,所以AD=BC且AD∥BC.又因为AD⊥PD,故∠PAD为异面直线PA与BC所成的角.‎ 在Rt△PDA中,.‎ 所以,异面直线PA与BC所成角的正切值为2.‎ ‎(2)证明:由于底面ABCD是矩形,故AD⊥CD,又由于AD⊥PD,CD∩PD=D,因此AD⊥平面PDC,而AD平面ABCD,所以平面PDC⊥平面ABCD.‎ ‎(3)在平面PDC内,过点P作PE⊥CD交直线CD于点E,连接EB.‎ 由于平面PDC⊥平面ABCD,而直线CD是平面PDC与平面ABCD的交线.‎ 故PE⊥平面ABCD,由此得∠PBE为直线PB与平面ABCD所成的角.‎ 在△PDC中,由于PD=CD=2,,可得∠PCD=30°.‎ 在Rt△PEC中,PE=PCsin30°=.‎ 由AD∥BC,AD⊥平面PDC,得BC⊥平面PDC,‎ 因此BC⊥PC.‎ 在Rt△PCB中,.‎ 在Rt△PEB中,.‎ 所以直线PB与平面ABCD所成角的正弦值为.‎ ‎18.解:(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q.由a1=b1=2,得a4=2+3d,b4=2q3,S4=8+6d.‎ 由条件,得方程组解得 所以an=3n-1,bn=2n,n∈N*.‎ ‎(2证明:由(1)得 Tn=2×2+5×22+8×23+…+(3n-1)×2n,①‎ ‎2Tn=2×22+5×23+…+(3n-4)×2n+(3n-1)×2n+1.②‎ 由①-②,得 ‎-Tn=2×2+3×22+3×23+…+3×2n-(3n-1)×2n+1‎ ‎=-(3n-1)×2n+1-2=-(3n-4)×2n+1-8,‎ 即Tn-8=(3n-4)×2n+1,‎ 而当n>2时,an-1bn+1=(3n-4)×2n+1.‎ 所以,Tn-8=an-1bn+1,n∈N*,n>2.‎ ‎19.解:(1)因为点P(,)在椭圆上,故,可得.‎ 于是,所以椭圆的离心率.‎ ‎(2)设直线OQ的斜率为k,则其方程为y=kx,设点Q的坐标为(x0,y0).‎ 由条件得消去y0并整理得 ‎.①‎ 由|AQ|=|AO|,A(-a,0)及y0=kx0,得(x0+a)2+k2x02=a2,整理得(1+k2)x02+2ax0=0,而x0≠0,故,代入①,整理得(1+k2)2=4k2·+4.‎ 由(1)知,故(1+k2)2=k2+4,‎ 即5k4-22k2-15=0,可得k2=5.‎ 所以直线OQ的斜率.‎ ‎20.解:(1)f′(x)=x2+(1-a)x-a=(x+1)(x-a).由f′(x)=0,得x1=-1,x2=a>0.‎ 当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:‎ x ‎(-∞,-1)‎ ‎-1‎ ‎(-1,a)‎ a ‎(a,+∞)‎ f′(x)‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ f(x)‎ 极大值 极小值 故函数f(x)的单调递增区间是(-∞,-1),(a,+∞);单调递减区间是(-1,a).‎ ‎(2)由(1)知f(x)在区间(-2,-1)内单调递增,在区间(-1,0)内单调递减,从而函数f(x)在区间(-2,0)内恰有两个零点当且仅当解得0<a<.‎ 所以,a的取值范围是(0,).‎ ‎(3)a=1时,f(x)=x3-x-1.由(1)知f(x)在[-3,-1]上单调递增,在[-1,1]上单调递减,在[1,2]上单调递增.‎ ‎①当t∈[-3,-2]时,t+3∈[0,1],-1∈[t,t+3],f(x)在[t,-1]上单调递增,在[-1,t+3]上单调递减.因此,f(x)在[t,t+3]上的最大值M(t)=f(-1)=,而最小值m(t)为f(t)与f(t+3)中的较小者.由f(t+3)-f(t)=3(t+1)(t+2)知,当t∈[-3,-2]时,f(t)≤f(t+3),故m(t)=f(t),所以g(t)=f(-1)-f(t).而f(t)在[-3,-2]上单调递增,因此f(t)≤f(-2)=,所以g(t)在[-3,-2]上的最小值为.‎ ‎②当t∈[-2,-1]时,t+3∈[1,2],且-1,1∈[t,t+3].‎ 下面比较f(-1),f(1),f(t),f(t+3)的大小.‎ 由f(x)在[-2,-1],[1,2]上单调递增,有 f(-2)≤f(t)≤f(-1),f(1)≤f(t+3)≤f(2).‎ 又由f(1)=f(-2)=,f(-1)=f(2)=,从而M(t)=f(-1)=,m(t)=f(1)=.‎ 所以g(t)=M(t)-m(t)=.‎ 综上,函数g(t)在区间[-3,-1]上的最小值为.‎