2012年普通高等学校招生全国统一考试数学(安徽卷)理.docx

1、安徽卷(理科数学)1.(2012安徽,理1)复数z满足(z-i)(2-i)=5,则z=().A.-2-2iB.-2+2iC.2-2iD.2+2iD由题意可得,z-i=2+i,所以z=2+2i.2.(2012安徽,理2)下列函数中,不满足f(2x)=2f(x)的是().A.f(x)=|x|B.f(x)=x-|x|C.f(x)=x+1D.f(x)=-xC只有C不满足,f(2x)=2x+1,而2f(x)=2x+2,f(2x)2f(x).3.(2012安徽,理3)如图所示,程序框图(算法流程图)的输出结果是().A.3B.4C.5D.8B由程序框图依次可得,x=1,y=1x=2,y=2x=4,y=3x

2、=8,y=4输出y=4.4.(2012安徽,理4)公比为2的等比数列an的各项都是正数,且a3a11=16,则log2a10=().A.4B.5C.6D.7B由题意可得,a3a11=16,a7=4.a10=a7q3=25.log2a10=log225=5.5.(2012安徽,理5)甲、乙两人在一次射击比赛中各射靶5次,两人成绩的条形统计图如图所示,则().A.甲的成绩的平均数小于乙的成绩的平均数B.甲的成绩的中位数等于乙的成绩的中位数C.甲的成绩的方差小于乙的成绩的方差D.甲的成绩的极差小于乙的成绩的极差C由图可得,=6,=6,故A错;而甲的成绩的中位数为6,乙的成绩的中位数为5,故B错;=2

3、,=2.4,故C正确;甲的成绩的极差为4,乙的成绩的极差也为4,故D错.6.(2012安徽,理6)设平面与平面相交于直线m,直线a在平面内,直线b在平面内,且bm,则“”是“ab”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A由面面垂直的性质定理可得,=m,b,bmb.又a,ab,但反之则不成立.7.(2012安徽,理7)(x2+2)的展开式的常数项是().A.-3B.-2C.2D.3D的通项为Tr+1=(-1)r=(-1)r.要使(x2+2)的展开式为常数,须令10-2r=2或0,此时r=4或5.故(x2+2)的展开式的常数项是(-1)4+2(-1)5

4、=3.8.(2012安徽,理8)在平面直角坐标系中,点O(0,0),P(6,8).将向量绕点O按逆时针方向旋转后得向量,则点Q的坐标是().A.(-7,-)B.(-7,)C.(-4,-2)D.(-4,2)A设与x轴正半轴的夹角为,则cos =,sin =,则由三角函数定义可得,=.|cos=10=-7,|sin=10=-,=(-7,-),即点Q的坐标为(-7,-).9.(2012安徽,理9)过抛物线y2=4x的焦点F的直线交该抛物线于A,B两点,O为坐标原点.若|AF|=3,则AOB的面积为().A.B.C.D.2C设点A(x1,y1),B(x2,y2),由|AF|=3及抛物线定义可得,x1+

5、1=3,x1=2.A点坐标为(2,2),则直线AB的斜率k=2.直线AB的方程为y=2(x-1),即为2x-y-2=0,则点O到该直线的距离为d=.由消去y得,2x2-5x+2=0,解得x1=2,x2=.|BF|=x2+1=,|AB|=3+=.SAOB=|AB|d=.10.(2012安徽,理10)6位同学在毕业聚会活动中进行纪念品的交换,任意两位同学之间最多交换一次,进行交换的两位同学互赠一份纪念品.已知6位同学之间共进行了13次交换,则收到4份纪念品的同学人数为().A.1或3B.1或4C.2或3D.2或4D6人之间互相交换,总共有=15种,而实际只交换了13次,故有2次未交换.不妨设为甲与

6、乙、丙与丁之间未交换或甲与乙、甲与丙之间未交换,当甲与乙、丙与丁之间未交换时,甲、乙、丙、丁4人都收到4份礼物;当甲与乙、甲与丙之间未交换时,只有乙、丙两人收到4份礼物,故选D.11.(2012安徽,理11)若x,y满足约束条件则x-y的取值范围是.-3,0作出可行域如图所示,令z=x-y,当z=0时,得l0:x-y=0.平移l0,当l0过点A(0,3)时满足z最小,此时zmin=0-3=-3;当l0过点B(1,1)时,此时zmax=1-1=0,故x-y的取值范围为-3,0.12.(2012安徽,理12)某几何体的三视图如图所示,该几何体的表面积是.92由三视图可知,该几何体为底面是直角梯形且

7、侧棱垂直于底面的棱柱,该几何体的表面积为S=2(2+5)4+2+5+4+4=92.13.(2012安徽,理13)在极坐标系中,圆=4sin 的圆心到直线=(R)的距离是.由极坐标下圆的方程=4sin 可得,2=4sin ,所以x2+y2=4y,即x2+(y-2)2=4,表示以(0,2)为圆心,2为半径的圆.又=(R)表示直线y=x,由点到直线的距离公式可得d=.14.(2012安徽,理14)若平面向量a,b满足|2a-b|3,则ab的最小值是.-|2a-b|3,4a2+b29+4ab.4a2+b24|a|b|-4ab,9+4ab-4ab.ab-.15.(2012安徽,理15)设ABC的内角A,

8、B,C所对边的长分别为a,b,c,则下列命题正确的是(写出所有正确命题的编号).若abc2,则C2c,则C若a3+b3=c3,则C若(a+b)c若(a2+b2)c2对于,由abc2可得cos C=.故C2c可得c,故c2=.Ca,cb,故0,故a2+b2c2.故C,正确;对于,c,故c2.C,不正确;对于,由(a2+b2)c22a2b2可得c2=.C,不正确.综上可知,正确.16.(2012安徽,理16)设函数f(x)=cos+sin2x.(1)求f(x)的最小正周期;(2)设函数g(x)对任意xR,有g=g(x),且当x时,g(x)=-f(x).求g(x)在区间-,0上的解析式.解:(1)f

9、(x)=cos+sin2x=+=-sin 2x,故f(x)的最小正周期为.(2)当x时,g(x)=-f(x)=sin 2x.故当x时,x+.由于对任意xR,g=g(x),从而g(x)=g=sin=sin(+2x)=-sin 2x.当x时,x+.从而g(x)=g(x+)=sin2(x+)=sin 2x.综合,得g(x)在-,0上的解析式为g(x)=17.(2012安徽,理17)某单位招聘面试,每次从试题库中随机调用一道试题.若调用的是A类型试题,则使用后该试题回库,并增补一道A类型试题和一道B类型试题入库,此次调题工作结束,若调用的是B类型试题,则使用后该试题回库,此次调题工作结束.试题库中现有

10、n+m道试题,其中有n道A类型试题和m道B类型试题.以X表示两次调题工作完成后,试题库中A类型试题的数量.(1)求X=n+2的概率;(2)设m=n,求X的分布列和均值(数学期望).解:以Ai表示第i次调题调用到A类型试题,i=1,2.(1)P(X=n+2)=P(A1A2)=.(2)X的可能取值为n,n+1,n+2.P(X=n)=P()=.P(X=n+1)=P(A1)+P(A2)=+=,P(X=n+2)=P(A1A2)=,从而X的分布列是Xnn+1n+2PEX=n+(n+1)+(n+2)=n+1.18.(2012安徽,理18)平面图形ABB1A1C1C如图1所示,其中BB1C1C是矩形,BC=2

11、,BB1=4,AB=AC=,A1B1=A1C1=,现将该平面图形分别沿BC和B1C1折叠,使ABC与A1B1C1所在平面都与平面BB1C1C垂直,再分别连接A1A,A1B,A1C,得到如图2所示的空间图形.对此空间图形解答下列问题.(1)证明:AA1BC;(2)求AA1的长;(3)求二面角A-BC-A1的余弦值.(向量法)(1)证明:取BC,B1C1的中点分别为D和D1,连接A1D1,DD1,AD.由四边形BB1C1C为矩形知,DD1B1C1.因为平面BB1C1C平面A1B1C1,所以DD1平面A1B1C1.又由A1B1=A1C1知,A1D1B1C1.故以D1为坐标原点,可建立如图所示的空间直

12、角坐标系D1-xyz.由题设,可得A1D1=2,AD=1.由以上可知AD平面BB1C1C,A1D1平面BB1C1C,于是ADA1D1.所以A(0,-1,4),B(1,0,4),A1(0,2,0),C(-1,0,4),D(0,0,4).故=(0,3,-4),=(-2,0,0), =0.因此,即AA1BC.(2)解:因为=(0,3,-4),所以|=5,即AA1=5.(3)解:连接A1D.由BCAD,BCAA1,可知BC平面A1AD,BCA1D,所以ADA1为二面角A-BC-A1的平面角.因为=(0,-1,0),=(0,2,-4),所以cos=-=-,即二面角A-BC-A1的余弦值为-.(或用法向量

13、求解)(综合法)(1)证明:取BC,B1C1的中点分别为D和D1,连接A1D1,DD1,AD,A1D.由条件可知,BCAD,B1C1A1D1.由上可得AD平面BB1C1C,A1D1平面BB1C1C,因此ADA1D1,即AD,A1D1确定平面AD1A1D.又因为DD1BB1,BB1BC,所以DD1BC.又考虑到ADBC,所以BC平面AD1A1D,故BCAA1.(2)解:延长A1D1到G点,使GD1=AD.连接AG.因为AD􀱀GD1,所以AG􀱀DD1􀱀BB1.由于BB1平面A1B1C1,所以AGA1G.由条件可知,A1G=A1D1+D1G=3,

14、AG=4,所以AA1=5.(3)解:因为BC平面AD1A1D,所以ADA1为二面角A-BC-A1的平面角.在RtA1DD1中,DD1=4,A1D1=2,解得sinD1DA1=,cosADA1=cos=-,即二面角A-BC-A1的余弦值为-.19.(2012安徽,理19)设函数f(x)=aex+b(a0).(1)求f(x)在0,+)内的最小值;(2)设曲线y=f(x)在点(2,f(2)处的切线方程为y=x,求a,b的值.解:(1)f(x)=aex-,当f(x)0,即x-ln a时,f(x)在(-ln a,+)上递增;当f(x)0,即x-ln a时,f(x)在(-,-ln a)上递减.当0a0,f

15、(x)在(0,-ln a)上递减,在(-ln a,+)上递增,从而f(x)在0,+)上的最小值为f(-ln a)=2+b;当a1时,-ln a0,f(x)在0,+)上递增,从而f(x)在0,+)上的最小值为f(0)=a+b.(2)依题意f(2)=ae2-=,解得ae2=2或ae2=-(舍去).所以a=,代入原函数可得2+b=3,即b=.故a=,b=.20.(2012安徽,理20)如图,点F1(-c,0),F2(c,0)分别是椭圆C:+=1(ab0)的左、右焦点,过点F1作x轴的垂线交椭圆C的上半部分于点P,过点F2作直线PF2的垂线交直线x=于点Q.(1)如果点Q的坐标是(4,4),求此时椭圆

16、C的方程;(2)证明:直线PQ与椭圆C只有一个交点.(1)解:(方法一)由条件知,P.故直线PF2的斜率为=-.因为PF2F2Q,所以直线F2Q的方程为y=x-.故Q.由题设知,=4,2a=4,解得a=2,c=1.故椭圆方程为+=1.(方法二)设直线x=与x轴交于点M.由条件知,P.因为PF1F2F2MQ,所以=.即=,解得|MQ|=2a,所以a=2,c=1.故椭圆方程为+=1.(2)证明:直线PQ的方程为=,即y=x+a.将上式代入椭圆方程得x2+2cx+c2=0,解得x=-c,y=.所以直线PQ与椭圆C只有一个交点.21.(2012安徽,理21)数列xn满足x1=0,xn+1=-+xn+c

17、(nN*).(1)证明:xn是递减数列的充分必要条件是c0;(2)求c的取值范围,使xn是递增数列.(1)证明:先证充分性,若c0,由于xn+1=-+xn+cxn+cxn,故xn是递减数列;再证必要性,若xn是递减数列,则由x2x1可得c0.(2)解:假设xn是递增数列.由x1=0,得x2=c,x3=-c2+2c.由x1x2x3,得0c1.由xnxn+1=-+xn+c知,对任意n1都有xn0,即xn1-.由式和xn0还可得,对任意n1都有-xn+1(1-)(-xn).反复运用式,得-xn(1-)n-1(-x1)(1-)n-1.xn1-和-xn(1-)n-1两式相加,知2-1(1-)n-1对任意n1成立.根据指数函数y=(1-)x的性质,得2-10,c,故0c.若00.即证x0对任意n1成立.下面用数学归纳法证明当0c时,xn对任意n1成立.当n=1时,x1=0,结论成立.假设当n=k(nN*)时结论成立,即xk.因为函数f(x)=-x2+x+c在区间内单调递增,所以xk+1=f(xk)f()=,这就是说当n=k+1时,结论也成立.故xnxn,即xn是递增数列.综上可知,使得数列xn单调递增的c的取值范围是.