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- 2021-05-13 发布
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2012年普通高等学校招生全国统一考试(陕西卷)
数学(理科)
一、选择题
1. 集合,,则( )
A. B. C. D.
【解析】,,则,故选C
2. 下列函数中,既是奇函数又是增函数的为( )
A. B. C. D.
【解析】选项中是奇函数的有B、C、D,增函数有D,故选D
3. 设,是虚数单位,则“”是“复数为纯虚数”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
【解析】“”则或,“复数为纯虚数”则且,则
“”是“复数为纯虚数”的必要不充分条件,故选B
4. 已知圆,过点的直线,则( )
A.与相交 B.与相切
C.与相离 D.以上三个选项均有可能
【解析】点在圆内,则必与相交,故选A
5. 如图,在空间直角坐标系中有直三棱柱,,则直线与直线夹角的余弦值为( )
A. B.
C. D.
【解析】设,则,,
则,故选A
6. 从甲乙两个城市分别随机抽取16台自动售货机,对其销售额进行统计,统计数据用茎叶图表示(如图所示),设甲乙两组数据的平均数分别为,,中位数分别为,,则( )
A.,
B.,
C.,
D.,
【解析】经计算得:甲=21.5625,乙=28.5625,甲=20,乙=29,故选B
7. 设函数,则( )
A.为的极大值点 B.为的极小值点
C.为的极大值点 D.为的极小值点[来源:学,科,网]
【解析】,,恒成立,令,则
当时,,函数单调减,当时,,函数单调增,
则为的极小值点,故选D
8. 两人进行乒乓球比赛,先赢三局着获胜,决出胜负为止,则所有可能出现的情形(各人输赢局次的不同视为不同情形)共有( )
A.10种 B.15种 C.20种 D.30种
【解析】甲赢和乙赢的可能情况是一样的,所以假设甲赢的情况如下:
若两人进行3场比赛,则情况只有是甲全赢1种情况;
若两人进行4场比赛,第4场比赛必为甲赢前3场任选一场乙赢为种情况;
若两人进行5场比赛,第5场比赛必为甲赢前4场任选一场乙赢为种情况;
综上,甲赢有10种情况,同理,乙赢有10种情况,
则所有可能出现的情况共20种,故选C
9. 在中角、、所对边长分别为,若,则的最小值为( )
A. B. C. D.
【解析】,故选C
10. 右图是用模拟方法估计圆周率的程序框图,表示估计结果,则图中空白框内应填
入( )
A.
B.
C.
D.
【解析】M表示落入扇形的点的个数,1000表示落入正方形的点的个数,
则点落入扇形的概率为,
由几何概型知,点落入扇形的概率为,
则,故选D
二. 填空题:把答案填写在答题卡相应的题号后的横线上(本大题共5小题,每小题5分,共25分)
11. 观察下列不等式
,
,
……
照此规律,第五个不等式为 .
【答案】
【解析】观察不等式的左边发现,第n个不等式的左边=,
右边=,所以第五个不等式为.
12. 展开式中的系数为10, 则实数的值为 .
【答案】1
【解析】∵,令,则,
又∵的系数为10,则,∴
13. 右图是抛物线形拱桥,当水面在时,拱顶离水面2米,水面宽4米,水位下降1米后,水面宽 米.
【答案】
【解析】建立如图所示的直角坐标系,使拱桥的顶点O的坐标为(0,0),
设l与抛物线的交点为A、B,根据题意知A(-2,-2),B(2,-2)
设抛物线的解析式为,则有,∴
∴抛物线的解析式为
水位下降1米,则y=-3,此时有或
∴此时水面宽为米。
14. 设函数,是由轴和曲线及该曲线在点处的切线所围成的封闭区域,则在上的最大值为 .
【答案】2
【解析】当时,,,∴曲线在点处的切线为
则根据题意可画出可行域D如右图:
目标函数,
当,时,z取得最大值2
15. (考生注意:请在下列三题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题评分)
A.(不等式选做题)若存在实数使成立,则实数的取值范围是 .
【答案】
【解析】表示在数轴上,a到1的距离小于等于3,即,
则
B.(几何证明选做题)如图,在圆O中,直径AB与弦CD垂直,垂足为E,,垂足为F,若,,则 .[来源:学科网ZXXK]
【答案】5
【解析】∵,则圆的半径为3,连接OD,则OD=3
[来源:学+科+网] 又,则OE=2
在直角三角形OED中,
根据射影定理,在直角三角形EDB中,
C.(坐标系与参数方程)直线与圆相交的弦长为 .
【答案】
【解析】是过点且垂直于极轴的直线,
是以为圆心,1为半径的圆,则弦长=.
三、解答题
16.(本小题满分12分)[来源:学&科&网]
函数()的最大值为3, 其图像相邻两条对称轴之间的距离为,
(1)求函数的解析式;
(2)设,则,求的值.
【解析】(Ⅰ)∵函数的最大值是3,∴,即。
∵函数图像的相邻两条对称轴之间的距离为,∴最小正周期,∴。
故函数的解析式为。
(Ⅱ)∵,即,
∵,∴,∴,故。
17.(本小题满分12分)
设的公比不为1的等比数列,其前项和为,且成等差数列.
(1)求数列的公比;
(2)证明:对任意,成等差数列.
【解析】(1)设数列的公比为()。
由成等差数列,得,即。
由得,解得,(舍去),所以。
(2)证法一:对任意,(lby lfx)
,
所以,对任意,成等差数列。
证法二:对任意,,
,
,
因此,对任意,成等差数列。
18. (本小题满分12分)
(1)如图,证明命题“是平面内的一条直线,是外的一条直线(不垂直于),是直线在上的投影,若,则”为真.
(2)写出上述命题的逆命题,并判断其真假(不需要证明)
【解析】(Ⅰ)证法一 如图,过直线上一点作平面的垂线,设直线,,,的方向向量分别是,,,,则,,共面.根据平面向量基本定理,存在实数,使得,则,因为,所以,
又因为,,所以,故,从而 .
证法二 如图,记,为直线上异于点的任意一点,过作,垂足为,则.,直线,又,平面,,平面,又平面, .
(Ⅱ)逆命题为:是平面内的一条直线,是平面外的一条直线(不垂直于),是直线在上的投影,若,则.逆命题为真命题
19. (本小题满分12分)
已知椭圆,椭圆以的长轴为短轴,且与有相同的离心率.
(1)求椭圆的方程;
(2)设O为坐标原点,点A,B分别在椭圆和上,,求直线的方程.
【解析】(Ⅰ)由已知可设椭圆的方程为,
其离心率为,故,则,
故椭圆的方程为
(Ⅱ)解法一 两点的坐标分别为,
由及(Ⅰ)知,三点共线且点不在轴上,
因此可设直线的方程为.
将代入中,得,所以,
将代入中,得,所以,
又由,得,即,
解得 ,故直线的方程为或
解法二 两点的坐标分别为,
由及(Ⅰ)知,三点共线且点不在轴上,
因此可设直线的方程为.
将代入中,得,所以,
又由,得,,
将代入中,得,即,
解得 ,故直线的方程为或
20.(本小题满分13分)
某银行柜台设有一个服务窗口,假设顾客办理业务所需的时间互相独立,且都是整数分钟,对以往顾客办理业务所需的时间统计结果如下:
办理业务所需的时间(分)
1
2
3
4
5
频 率
0.1
0.4
0.3
0.1
0.1
从第一个顾客开始办理业务时计时.
(1)估计第三个顾客恰好等待4分钟开始办理业务的概率;
(2)表示至第2分钟末已办理完业务的顾客人数,求的分布列及数学期望.
【解析】设Y表示顾客办理业务所需的时间,用频率估计概率,的Y的分布如下:
Y
1
2
3
4
5
P
0.1
0.4
0.3
0.1
0.1
(1) A表示事件“第三个顾客恰好等待4分钟开始办理业务”,则时间A对应三种情形:
一个谷歌办理业务所需时间为1分钟,且第二个顾客办理业务所需的时间为3分钟;
第一个顾客办理业务所需的时间为3分钟,且第二个顾客办理业务所需的时间为1分钟;(lbylfx)
第一个和第二个顾客办理业务所需的时间均为2分钟。
所以
(2)解法一:X所有可能的取值为:0,1,2.
X=0对应第一个顾客办理业务所需的时间超过2分钟,
所以;X=1对应第一个顾客办理业务所需的时间为1分钟且第二个顾客办理业务所需时间超过1分钟,或第一个顾客办理业务所需的时间为2分钟,所以
;
X=2对应两个顾客办理业务所需的时间均为1分钟,所以
;
所以X的分布列为
X
0
1
2
P
0.5
0.49
0.01
.
解法二:X所有可能的取值为0,1,2.
X=0对应第一个顾客办理业务所需的时间超过2分钟,所以
;
X=2对应两个顾客办理业务所需的时间均为1分钟,所以
;
;
所以X的分布列为
X
0
1
2
P
0.5
0.49
0.01
。
21. (本小题满分14分)[来源:学科网]
设函数
(1)设,,证明:在区间内存在唯一的零点;
(2)设,若对任意,有,求的取值范围;
(3)在(1)的条件下,设是在内的零点,判断数列的增减性.
【解析】(1)
。
又当
(2)当n=2时,
对任意上的最大值与最小值之差,据此分类讨论如下:
(Ⅰ)
。
(Ⅱ)
。
(Ⅲ)
。
综上可知,。
注:(Ⅱ) (Ⅲ)也可合并并证明如下:
用
当
(3)证法一:设,
于是有,
又由(1)知,
所以,数列
证法二:设,
,
则
所以,数列