2012高考湖南文科数学试题及答案高清版 10页

‎2012年普通高等学校夏季招生全国统一考试 数学文史类(湖南卷)‎ 一、选择题：本大题共9小题，每小题5分，共45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．设集合M＝{－1,0,1}，N＝{x|x2＝x}，则M∩N等于(　　)‎ A．{－1,0,1} B．{0,1}‎ C．{1} D．{0}‎ ‎2．复数z＝i(i＋1)(i为虚数单位)的共轭复数是(　　)‎ A．－1－i B．－1＋i C．1－i D．1＋i ‎3．命题“若，则tanα＝1”的逆否命题是(　　)‎ A．若，则tanα≠1 B．若，则tanα≠1‎ C．若tanα≠1，则 D．若tanα≠1，则 ‎4．某几何体的正视图和侧视图均如图所示，则该几何体的俯视图不可能是(　　)‎ ‎5．设某大学的女生体重y(单位：kg)与身高x(单位：cm)具有线性相关关系，根据一组样本数据(xi，yi)(i＝1，2，…，n)，用最小二乘法建立的回归方程为，则下列结论中不正确的是(　　)‎ A．y与x具有正的线性相关关系 B．回归直线过样本点的中心 C．若该大学某女生身高增加1 cm，则其体重约增加0.85 kg D．若该大学某女生身高为170 cm，则可断定其体重必为58.79 kg ‎6．已知双曲线C：的焦距为10，点P(2,1)在C的渐近线上，则C的方程为(　　)‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎7．设a＞b＞1，c＜0，给出下列三个结论：‎ ‎①；②ac＜bc；③logb(a－c)＞loga(b－c)．‎ 其中所有的正确结论的序号是(　　)‎ A．① B．①② C．②③ D．①②③‎ ‎8．在△ABC中，AC＝，BC＝2，B＝60°，则BC边上的高等于(　　)‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎9．设定义在R上的函数f(x)是最小正周期为2π的偶函数，f′(x)是f(x)的导函数．当x∈[0，π]时，0＜f(x)＜1；当x∈(0，π)且时，(x－)f′(x)＞0，则函数y＝f(x)－sinx在[－2π，2π]上的零点个数为(　　)‎ A．2 B．4 C．5 D．8‎ 二、填空题：本大题共7小题，考生作答6小题，每小题5分，共30分．把答案填在答题卡中对应题号后的横线上．‎ ‎(一)选做题(请考生在第9,10,11三题中任选两题作答，如果全做，则按前两题记分)‎ ‎10．在极坐标系中，曲线C1：ρ(cosθ＋sinθ)＝1与曲线C2：ρ＝a(a＞0)的一个交点在极轴上，则a＝________.‎ ‎11．某制药企业为了对某种药用液体进行生物测定，需要优选培养温度，试验范围定为29～63℃，精确度要求±1℃，用分数法进行优选时，能保证找到最佳培养温度需要的最少试验次数为________．‎ ‎(二)必做题(12～16题)‎ ‎12．不等式x2－5x＋6≤0的解集为________．‎ ‎13．如图是某学校一名篮球运动员在五场比赛中所得分数的茎叶图，则该运动员在这五场比赛中得分的方差为________.‎ ‎(注：方差，其中为x1，x2，…，xn的平均数)‎ ‎14．如果执行如图所示的程序框图，输入x＝4.5，则输出的数i＝________.‎ ‎15．如图，在平行四边形ABCD中，AP⊥BD，垂足为P，且AP＝3，则________.‎ ‎16．对于n∈N*，将n表示为n＝ak×2k＋ak－1×2k－1＋…＋a1×21＋a0×20，当i＝k时，ai＝1，当0≤i≤k－1时，ai为0或1.定义bn如下：在n的上述表示中，当a0，a1，a2，…，ak中等于1的个数为奇数时，bn＝1；否则bn＝0.‎ ‎(1)b2＋b4＋b6＋b8＝________；‎ ‎(2)记cm为数列{bn}中第m个为0的项与第m＋1个为0的项之间的项数，则cm的最大值是________．‎ 三、解答题：本大题共6小题，共75分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．‎ ‎17．某超市为了解顾客的购物量及结算时间等信息，安排一名员工随机收集了在该超市购物的100位顾客的相关数据，如下表所示．‎ 一次购 物量 ‎1至4件 ‎5至8件 ‎9至 ‎12件 ‎13至 ‎16件 ‎17件 及以上 顾客 数(人)‎ x ‎30‎ ‎25‎ y ‎10‎ 结算时间 ‎1‎ ‎1.5‎ ‎2‎ ‎2.5‎ ‎3‎ ‎(分钟/人)‎ 已知这100位顾客中一次购物量超过8件的顾客占55%.‎ ‎(1))确定x，y的值，并估计顾客一次购物的结算时间的平均值；‎ ‎(2)求一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟的概率．‎ ‎(注：将频率视为概率)‎ ‎18．已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(x∈R，ω＞0，)的部分图象如图所示．‎ ‎(1)求函数f(x)的解析式；‎ ‎(2)求函数g(x)＝f(x－)－f(x＋)的单调递增区间．‎ ‎19．如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是等腰梯形，AD∥BC，AC⊥BD．‎ ‎(1)证明：BD⊥PC；‎ ‎(2)若AD＝4，BC＝2，直线PD与平面PAC所成的角为30°，求四棱锥P－ABCD的体积．‎ ‎20．某公司一下属企业从事某种高科技产品的生产，该企业第一年年初有资金2 000万元，将其投入生产，到当年年底资金增长了50%.预计以后每年资金年增长率与第一年的相同．公司要求企业从第一年开始，每年年底上缴资金d万元，并将剩余资金全部投入下一年生产，设第n年年底企业上缴资金后的剩余资金为an万元．‎ ‎(1)用d表示a1，a2，并写出an＋1与an的关系式；‎ ‎(2)若公司希望经过m(m≥3)年使企业的剩余资金为4 000万元，试确定企业每年上缴资金d的值(用m表示)．‎ ‎21．在直角坐标系xOy中，已知中心在原点，离心率为的椭圆E的一个焦点为圆C：x2＋y2－4x＋2＝0的圆心．‎ ‎(1)求椭圆E的方程；‎ ‎(2)设P是椭圆E上一点，过P作两条斜率之积为的直线l1，l2，当直线l1，l2都与圆C相切时，求P的坐标．‎ ‎22．已知函数f(x)＝ex－ax1，其中a＞0.‎ ‎(1)若对一切x∈R，f(x)≥1恒成立，求a的取值集合；‎ ‎(2)在函数f(x)的图象上取定两点A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))(x1＜x2)，记直线AB的斜率为k，证明：存在x0∈(x1，x2)，使f′(x0)＝k成立．‎ ‎1． B　由N＝{x|x2＝x}，知x＝0或x＝1.‎ 又∵M＝{－1,0,1}，∴M∩N＝{0,1}．‎ ‎2．A　z＝i(i＋1)＝i2＋i＝－1＋i，∴.‎ ‎3． C　命题“若，则tanα＝1”的逆否命题是“若tanα≠1，则”．‎ ‎4． D　若为D项，则主视图如图所示，故不可能是D项．‎ ‎5． D　D项中，若该大学某女生身高为170 cm，则其体重约为：0.85×170－85.71＝‎ ‎58．79(kg)．故D项不正确．‎ ‎6． A　由2c＝10，得c＝5，‎ ‎∵点P(2,1)在直线上，‎ ‎∴.又∵a2＋b2＝25，∴a2＝20，b2＝5.‎ 故C的方程为.‎ ‎7． D　①，‎ ‎∵a＞b＞1，c＜0，∴.‎ 即.故①正确．‎ ‎②考察函数y＝xc(c＜0)，可知为单调减函数．‎ 又∵a＞b＞1，∴ac＜bc.故②正确．‎ ‎③∵a＞b＞1，c＜0，∴logb(a－c)＞0，loga(b－c)＞0，‎ ‎∴.‎ ‎∵，，‎ ‎∴，故③正确．‎ ‎8． B　在△ABC中，由余弦定理可知：‎ AC2=AB2+BC2－2AB·BCcosB，‎ 即7=AB2+4－2×2×AB×.‎ 整理得AB2－2AB－3=0.‎ 解得AB=－1(舍去)或AB=3.‎ 故BC边上的高AD=AB·sinB=3×sin60°=.‎ ‎9． B　由x∈(0，π)且时，(x－)f′(x)＞0可知：‎ 当x∈(0，)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；‎ 当x∈(，π)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．‎ 又∵x∈[0，π]时，f(x)∈(0,1)，且f(x)是最小正周期为2π的偶函数，可画出f(x)的草图为：‎ 对于y＝f(x)－sinx的零点，可在同一坐标系中再作出y＝sinx的图象，可知在[－2π，2π]上零点个数为4.‎ ‎10．答案：‎ 解析：把曲线C1：ρ(cosθ＋sinθ)＝1化成直角坐标方程，得x＋y＝1；‎ 把曲线C2：ρ＝a(a＞0)化成直角坐标方程，得x2＋y2＝a2.‎ ‎∵C1与C2的一个交点在极轴上，‎ ‎∴x＋y＝1与x轴交点(，0)在C2上，‎ 即()2＋0＝a2.‎ 又∵a＞0，∴.‎ ‎11．答案：7‎ 解析：由分数法计算可知最少实数次数为7.‎ ‎12．答案：{x|2≤x≤3}‎ 解析：∵x2－5x＋6≤0，∴(x－2)(x－3)≤0.∴2≤x≤3.‎ ‎13．答案：6.8‎ 解析：∵，‎ ‎∴.‎ ‎14．答案：4‎ 解析：i＝1时，x＝4.5－1＝3.5；‎ i＝1＋1＝2时，x＝3.5－1＝2.5；‎ i＝2＋1＝3时，x＝2.5－1＝1.5；‎ i＝3＋1＝4时，x＝1.5－1＝0.5；‎ ‎0．5＜1，输出i＝4.‎ ‎15．答案：18‎ 解析：∵过C作BD的平行线，延长AP交该平行线于点Q，‎ 则AQ＝2AP＝6.‎ 故.‎ ‎16．答案：(1)3　(2)2‎ 解析：(1)由题意知2＝1×2，b2＝1；4＝1×22，b4＝1；6＝1×22＋1×2，b6＝0；8＝1×23，b8＝1，‎ 所以b2＋b4＋b6＋b8＝3.‎ ‎(2)①若n为偶数，且bn＝0，则n＝ak×2k＋ak－1×2k－1＋…＋a1×21＋a0×20中a0＝0，且ak，ak－1，…a1中有偶数个1，‎ n＋1＝ak×2k＋ak－1×2k－1＋…＋a1×21＋1×20，bn＋1＝1‎ n＋2＝am′ ×2m＋am－1′×2m－1＋…＋a1′ ×21＋0×20，‎ 若bn＋2＝0，此时cm＝1；‎ 若bn＋2＝1，则n＋3＝am ′×2m＋am－1′×2m－1＋…＋a1′ ×21＋1×20，‎ 则bn＋3＝0，此时cm＝2.‎ ‎②若n为奇数，n＝ak×2k＋…＋1×20，且bn＝0，‎ 则n＋1＝am′ ×2m＋…＋a1′ ×21＋0×20，‎ 若bn＋1＝0，此时cm＝0.‎ 若bn＋1＝1，则n＋2＝am′×2m＋…＋a1′ ×21＋1×20，bn＋2＝0.‎ 此时，cm＝1.‎ 综上所述，cm的最大值为2.‎ ‎(注：也可列举连续的几项，作出猜测)‎ ‎17．解：(1)由已知得25＋y＋10＝55，x＋30＝45，‎ 所以x＝15，y＝20.‎ 该超市所有顾客一次购物的结算时间组成一个总体，所收集的100位顾客一次购物的结算时间可视为总体的一个容量为100的简单随机样本，顾客一次购物的结算时间的平均值可用样本平均数估计，其估计值为(分钟)．‎ ‎(2)记A为事件“一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟”，A1，A2，A3分别表示事件“该顾客一次购物的结算时间为1分钟”“该顾客一次购物的结算时间为1.5分钟”“该顾客一次购物的结算时间为2分钟”，将频率视为概率得 ‎，，.‎ 因为A＝A1∪A2∪A3，且A1，A2，A3是互斥事件，‎ 所以P(A)＝P(A1∪A2∪A3)‎ ‎＝P(A1)＋P(A2)＋P(A3)‎ ‎＝.‎ 故一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟的概率为.‎ ‎18．解：(1)由题设图象知，周期，‎ 所以，‎ 因为点(，0)在函数图象上，‎ 所以Asin(2×＋φ)＝0，即sin(＋φ)＝0.‎ 又因为0＜φ＜，所以，‎ 从而＋φ＝π，即.‎ 又点(0,1)在函数图象上，‎ 所以，得A＝2.‎ 故函数f(x)的解析式为f(x)＝2sin(2x＋)．‎ ‎(2)‎ ‎＝2sin2x－2sin(2x＋)‎ ‎＝‎ ‎＝sin2x－cos2x ‎＝2sin(2x－)．‎ 由，‎ 得，k∈Z，‎ 所以函数g(x)的单调递增区间是，k∈Z.‎ ‎19．解：(1)证明：因为PA⊥平面ABCD，BD平面ABCD，‎ 所以PA⊥BD．‎ 又AC⊥BD，PA，AC是平面PAC内的两条相交直线，所以BD⊥平面PAC，‎ 而PC平面PAC，所以BD⊥PC．‎ ‎(2)设AC和BD相交于点O，连结PO，由(1)知，BD⊥平面PAC，‎ 所以∠DPO是直线PD和平面PAC所成的角，‎ 从而∠DPO＝30°.‎ 由BD⊥平面PAC，PO平面PAC知，BD⊥PO.‎ 在Rt△POD中，由∠DPO＝30°得PD＝2OD．‎ 因为四边形ABCD为等腰梯形，AC⊥BD，‎ 所以△AOD，△BOC均为等腰直角三角形，‎ 从而梯形ABCD的高为AD＋BC＝×(4＋2)＝3，‎ 于是梯形ABCD的面积S＝×(4＋2)×3＝9.‎ 在等腰直角三角形AOD中，，‎ 所以PD＝2OD＝，.‎ 故四棱锥P－ABCD的体积为 V＝×S×PA＝×9×4＝12.‎ ‎20．解：(1)由题意得a1＝2 000(1＋50%)－d＝3 000－d，‎ a2＝a1(1＋50%)－d＝a1－d＝4 500－d.‎ an＋1＝an(1＋50%)－d＝an－d.‎ ‎(2)由(1)得an＝an－1－d＝(an－2－d)－d ‎＝()2an－2－d－d＝…‎ ‎＝()n－1a1－d[1＋＋()2＋…＋()n－2]．‎ 整理得an＝()n－1(3 000－d)－2d[()n－1－1]‎ ‎＝()n－1(3 000－3d)＋2d.‎ 由题意，am＝4 000，即()m－1(3 000－3d)＋2d＝4 000.‎ 解得，‎ 故该企业每年上缴资金d的值为时，经过m(m≥3)年企业的剩余资金为4 000万元．‎ ‎21．解：(1)由x2＋y2－4x＋2＝0得(x－2)2＋y2＝2，‎ 故圆C的圆心为点(2,0)．‎ 从而可设椭圆E的方程为(a＞b＞0)，‎ 其焦距为2c.‎ 由题设知c＝2，，‎ 所以a＝2c＝4，b2＝a2－c2＝12.‎ 故椭圆E的方程为.‎ ‎(2)设点P的坐标为(x0，y0)，l1，l2的斜率分别为k1，k2.‎ 则l1，l2的方程分别为l1：y－y0＝k1(x－x0)，l2：y－y0＝k2(x－x0)，且.‎ 由l1与圆C：(x－2)2＋y2＝2相切得，‎ 即[(2－x0)2－2]k12＋2(2－x0)y0k1＋y02－2＝0.‎ 同理可得[(2－x0)2－2]k22＋2(2－x0)y0k2＋y02－2＝0.‎ 从而k1，k2是方程[(2－x0)2－2]k2＋2(2－x0)y0k＋y02－2＝0的两个实根．‎ 于是①‎ 且.‎ 由 得5x02－8x0－36＝0，解得x0＝－2或.‎ 由x0＝－2得y0＝±3；由得，‎ 它们均满足①式，‎ 故点P的坐标为(－2,3)，故(－2，－3)，或，或．‎ ‎22．解：(1)f′(x)＝ex－a.令f′(x)＝0得x＝lna.‎ 当x＜lna时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；‎ 当x＞lna时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．‎ 故当x＝lna时，f(x)取最小值f(lna)＝a－alna，于是对一切x∈R，f(x)≥1恒成立，当且仅当a－alna≥1.①‎ 令g(t)＝t－tlnt，则g′(t)＝－lnt.‎ 当0＜t＜1时，g′(t)＞0，g(t)单调递增；当t＞1时，g′(t)＜0，g(t)单调递减．‎ 故当t＝1时，g(t)取最大值g(1)＝1.‎ 因此，当且仅当a＝1时，①式成立．‎ 综上所述，a的取值集合为{1}．‎ ‎(2)由题意知，.‎ 令φ(x)＝f′(x)－k＝ex－，‎ 则φ(x1)＝[ex2－x1－(x2－x1)－1]，‎ φ(x2)＝[ex1－x2－(x1－x2)－1]，‎ 令F(t)＝et－t－1，则F′(t)＝et－1.‎ 当t＜0时，F′(t)＜0，F(t)单调递减；‎ 当t＞0时，F′(t)＞0，F(t)单调递增．‎ 故当t≠0时，F(t)＞F(0)＝0，即et－t－1＞0.‎ 从而ex2－x1－(x2－x1)－1＞0，ex1－x2－(x1－x2)－1＞0.‎ 又，，‎ 所以φ(x1)＜0，φ(x2)＞0.‎ 因为函数y＝φ(x)在区间[x1，x2]上的图象是连续不断的一条曲线，所以存在x0∈(x1，x2)，使φ(x0)＝0，即f′(x0)＝k成立．‎