參考答案
2012-04-29 00:00:00
數學教學通訊·初中版 2012年8期
2012年高考數學沖刺金卷（一）
1． =i，=－i，所以f（2012）=i2012+（－i）2012=2
2． 2．
3． 因為m·n=（a+c）（a－c）+b（b－a）=a2+b2－c2－ab=0，所以cosC==，C=
4． ②③④
5． 必要不充分條件
6． 原不等式等價于①f（x）>0，g（x）>0或②f（x）<0，g（x）<0，由題意①無解，②的解集是：（－∞，1）∪（2，+∞）
7． 漸近線方程是：2x±y=0． 其中直線2x－y=0與圓（x－3）2+（y－1）2=9相交，圓心（3，1）到直線2x－y=0的距離d=，所以截得的弦長為2=4
8． p·q=·1·cos=1，a+b=4p+q==，a－b=2p+3q==，答案為
9． 3
10． 數列為：-1，2，3，1，-2，-3，-1，2， 3，…，答案為5
11． 設P（x0，y0），由題意有PF2=x0+，==e，由此得－a≤x0=<0，解得e∈［－1，1）
12． 2xy≤=，xy≤，x+y+===≥=
13． 因為f′（x）=2exsinx，x∈［0， 2012π），所以當x=（2k+1）π，k∈0，1，…，1005時， f（x）取得極大值． 這些極大值構成以eπ為首項、e2π為公比的等比數列，其前1006項和為
14． x－a≥－，畫出函數y=－的圖象，再自左向右平移函數y=x－a的圖象，由數形結合可知a∈（－∞，2］
15． （1）f（x）＝＋sin2x－＝sin2x－cos2x＝sin2x-． 因為0＜x＜，所以－＜2x－＜． 當2x－＝時，即x＝時，f（x）取最大值1
（2）因為f（x）＝sin2x-，x是三角形的內角，則0＜x＜π，－＜2x－＜． 令f（x）＝，得sin2x-＝，所以2x－＝或2x－＝． 解得x＝或x＝． 由已知，A，B是△ABC的內角，A＜B且f（A）＝f（B）＝，所以A＝，B＝． 所以C＝π－A－B＝． 由正弦定理，得＝＝＝
16． （1）過E作EG∥AD交A1D于G，連結GF． 因為＝，所以＝，所以EG＝10＝BF． 因為BF∥AD，EG∥AD，所以BF∥EG． 所以四邊形BFGE是平行四邊形． 所以BE∥FG． 又FG平面A1FD，BE平面A1FD，所以BE∥平面A1FD．
（2）因為在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，A1A⊥平面ABCD，BD平面ABCD，所以A1A⊥BD． 由已知，BD⊥A1F，AA1∩A1F＝A1，所以BD⊥平面A1AF． 所以BD⊥AF． 因為梯形ABCD為直角梯形，且滿足AD⊥AB，BC∥AD，所以在Rt△BAD中，tan∠ABD＝＝2． 在Rt△ABF中，tan∠BAF＝＝． 因為BD⊥AF，所以∠ABD＋∠BAF＝，所以＝，BF＝4． 因為在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，A1A⊥平面ABCD，所以平面AA1B1B⊥平面ABCD，又平面ABCD∩平面AA1B1B＝AB，∠ABF＝90°，所以FB⊥平面AA1B1B，即BF為三棱錐F－A1B1A的高． 因為∠AA1B1＝90°，AA1＝BB1＝8，A1B1＝AB＝8，所以S=32． 所求三棱錐的體積為×S×BF＝
17． （1）當x＝0時，t＝0；當0＜x≤24時，＝x＋． 對于函數y＝x＋，因為y′＝1－，所以當0＜x＜1時，y′＜0，函數y＝x＋單調遞減，當1＜x≤24時，y′＞0，函數y＝x＋單調遞增，所以y∈［2，+∞）． 綜上，t的取值范圍是0，
（2）當a∈0，時，f（x）＝g（t）＝t－a＋2a＋＝3a-t+，0≤t≤at+a+，a≤t≤因為g（0）＝3a＋，g＝a＋，g（0）－g＝2a－． 故M（a）＝g，0≤a≤，g（０）， 18． （1）因為P（－1，）在⊙O：x2＋y2＝b2上，所以b2＝4． 又PA是⊙O的切線，所以PA⊥OP，所以·＝0，即（－1，）·（－1＋a，）＝0，解得a＝4． 所以橢圓C的方程為＋＝1 （2）設F（c，0），c2＝a2－b2，設P（x1，y1），要使得是常數，則有=λ，λ是常數． 即b2＋2ax1＋a2＝λ（b2＋2cx1＋c2），比較兩邊，b2＋a2＝λ（b2＋c2），a＝λc，故cb2＋ca2＝a（b2＋c2），即ca2－c3＋ca2＝a3，即e3－2e＋1＝0，（e－1）（e2＋e－1）＝0，符合條件的解有e＝，即這樣的橢圓存在，離心率為 19． f ′（x）＝ax－（2a＋1）＋（x＞0）． （1）f ′（1）＝f ′（3），解得a＝ （2）f ′（x）＝（x＞0）． ①當0＜a＜時，＞2，在區間（0，2）和，+∞上， f ′（x）＞0；在區間2，上， f ′（x）＜0，故f（x）的單調遞增區間是（0，2）和，+∞，單調遞減區間是2，． ②當a＝時， f ′（x）＝≥0，故f（x）的單調遞增區間是（0，＋∞）． ③當a＞時，0＜＜2，在區間0，和（2，＋∞）上， f ′（x）＞0；在區間，2上， f ′（x）＜0，故f（x）的單調遞增區間是0，和（2，＋∞），單調遞減區間是，2 （3）由已知，在（0，2］上有f（x）max＜g（x）max． 由已知，g（x）max＝0，由（2）可知， ①當0＜a≤時，f（x）在（0，2］上單調遞增，故f（x）max＝f（2）＝2a－2（2a＋1）＋2ln2＝－2a－2＋2ln2，所以－2a－2＋2ln2＜0，解得a＞ln2－1，ln2－1＜0，故0＜a≤． ②當a＞時， f（x）在0，上單調遞增，在，2上單調遞減，故f（x）max＝f＝－2－－2lna． 由a＞可知lna＞ln＞ln＝－1，2lna＞－2，－2lna＜2，所以－2－2lna＜0， f（x）max＜0，綜上所述，a＞0 20． （1）易知，對一切n≥1，an≠0，由an＋2＝，得＝． 依次利用上述關系式，可得 ＝＝＝…＝＝＝1，從而數列是常數列 （2）由（1）得an＋1＝an＋． 又a1＝1，所以可知數列｛an｝遞增，則對一切n≥1，有an≥1成立，從而0＜≤1．當n≥2時，a2n＝an-1+＝a2n-1＋＋2，于是a2n－a2n-1＝＋2，所以2＜a2n－a2n-1≤3 （3）當n≥2時，a2n＝a2n-1＋＋2，所以a2n＝＋…＋＋a21＋2（n－1）． a21＝1，a22＝4，則當n≥3時，a2n＝＋…＋＋a21＋2（n－1）＝＋…＋＋1＋1＋2（n－1）＝＋…＋＋2n＞2n． a22011＝＋…＋＋2（2011－1）＋1＞4021＞3969＝632，a22011＝＋…＋＋2（2011－1）＋1＝4021＋＋…＋＜4021＋＋＋＋…＋＝4022＋++…+＝4022＋++…++++…++++…+＜4022＋·++…++++…+++…+＝4022＋·×38+×160+…+×1811＜4022＋（19＋4＋10）＜4039＜4096＝642． 所以63＜a2011＜64，即a2011的整數部分為63 21． A． （1）連結OP，因為AC⊥l，BD⊥l，所以AC∥BD． 又OA＝OB，PC＝PD，所以OP∥BD，從而OP⊥l． 因為P在⊙O上，所以l是⊙O的切線 （2）連結AP，因為l是⊙O的切線，所以∠BPD＝∠BAP． 又∠BPD＋∠PBD＝90°，∠BAP＋∠PBA＝90°，所以∠PBA＝∠PBD，即PB平分∠ABD B． 設A=a bc d，由a bc d10=23得a=2，c=3.由a bc d11=311=33得a+b=3，c+d=3，所以b=1，d=0，所以A=2 13 0 C． 將極坐標方程ρ=3轉化為普通方程：x2+y2=9，ρ（cosθ+sinθ）=2可化為x+y=2． 在x2+y2=9上任取一點A（3cosα，3sinα），則點A到直線的距離為d==，它的最大值為4 D． 由-＋-＋-≥0，得2++－2＋＋≥0，所以＋＋≥＋＋ 22． 作AP⊥CD于點P，分別以AB、AP、AO所在直線為x、y、z軸建立坐標系，則A（0，0，0），B（1，0，0），P0，，0，D-，，0，O（0，0，2），M（0，0，1）． （1）＝（1，0，0），＝-，-1，則cos〈，〉＝ －，故AB與MD所成角為 （2）＝0，，-2，＝-，，-2，設平面OCD的法向量n＝（x，y，z），則n·＝0，n·＝0，即y-2z=0，-x+y-2z=0，取z＝，則n＝（0，4，）． 易得平面OAB的一個法向量為m＝（0，1，0），cos〈n，m〉＝，故平面OAB與平面OCD所成二面角的平面角余弦值為 23． （1）將y=2x+k代入x2=4y得x2－8x－4k=0，由Δ=64+16k>0可知k>－4，另一方面，AB=·=×=20，解得k=1 （2）當k=1時，直線為y=2x+1，要使得內接△ABC面積最大，則只須使得y′C=×2xC=2，即xC=4，即C位于點（4，4）處 2012年高考數學沖刺金卷（二） 1． B 2． D 3． C 4． C 5． （理）A （文）B 6． C 7． （理）D （文）B 8． B 9． （理）由題意易得f（x）=x2+2x，則（x2+2x）dx=x3+x20－2=，選B （文）由題意易得f（x）=x2+2x，選A 10． （理）××（2+4）×4×4+××4×4×4=，選C （文）2×2+2××2×1+2××2×=6+2，選D 11． 充分利用函數的性質作出圖象，再結合選擇項判斷，選B 12． （理）動點P的軌跡是以OA，OB為鄰邊的平行四邊形（含邊界），利用余弦定理求出AB=5，所以S△ABC=×5×6·sinA=6，S△OAB:S△OBC:S△OAC=5:7:6（其高均為內切圓半徑），所以S△OAB=6×=，選A （文）設P（x0，y0），Q（x，y），則（x，y）=，3（x0，y0）+，0=+，3y，所以x=+，y=3y，由此得f（x）=3sin2x－，選C 13． （0，1） 14． （理）分類討論，只安排甲有一種，安排兩人有C=3種，安排三人有C=3種，共7種 （文）45° 15． （理）a2=（a1i+a2j+a3k）2=a+a+a，cos2α=2=，同理cos2β= ，cos2γ=，原式等于1 （文）5 16． （理）M（2，－2p）為拋物線外一點，設A（x1，y1），B（x2，y2），線段AB中點為（x0，6），所以=，所以y1=+2p，同理y2=+2p，兩式相減可得x0=2，兩式相加可得p=1或2，x2=2y或x2=4y （文）2 17． （1）設數列｛an｝的公差為d，數列｛bn｝的公比為q，由題意得：a=a1a21，所以（1+2d）2=1×（1+20d），4d2－16d=0． 因為d≠0，所以d=4，所以an=4n－3． 于是b1=1，b3=9，b5=81，｛bn｝的各項均為正數，所以q=3，所以b=3n－1 （2）anbn=（4n－3）3n－1，所以Sn=30+5×31+9×32+…+（4n－7）×3n－2+（4n－3）×3n－1． 3Sn=31+5×32+9×33+…+（4n－7）×3n－1+（4n－3）×3n． 兩式兩邊分別相減得：－2Sn=1+4×3+4×32+4×33+…+4×3n－1－（4n－3）×3n=1+4（3+32+33+…+3n－1）－（4n－3）×3n=1+－（4n－3）×3n=（5－4n）×3n－5，所以Sn= 18． （1）取AB的中點M，連結GM，MC，G為BF的中點，所以GM∥FA，又EC⊥面ABCD， FA⊥面ABCD，則CE∥AF，所以CE∥GM． 因為面CEGM∩面ABCD=CM，EG∥面ABCD，所以EG∥CM． 因為在正三角形ABC中，CM⊥AB，又AF⊥CM，所以EG⊥AB，EG⊥AF，AB∩AF=A，所以EG⊥面ABF （2）（理）建立如圖所示的坐標系，設AB=2，則B（，0，0），E（0，1，1），F（0，-1，2），=（0，-2，1），=（，-1，-1），=（，1，1）． 設平面BEF的法向量n1=（x，y，z），則－2y+z=0，x－y－z=0.令y=1，則z=2，x=，所以n1=（，1，2），同理，可求平面DEF的法向量n2=（-，1，2），設所求二面角的平面角為θ，則cosθ=－ （文）V=VB－ACEF+VD－ACEF，=SACEF·BD，=×（1+2）×2×2=2 19． （1）莖葉圖 甲 乙 5 6 7 11 7 2 12 0 3 8 5 2 1 9 13 2 8 3 5 3 0 14 3 1 或頻率分布直方圖 從統計圖中可以看出，乙的成績較為集中，差異程度較小，應選派乙同學代表班級參加比賽更好 （2）設事件A為：甲的成績低于12．8，事件B為：乙的成績低于12．8，則甲、乙兩人成績至少有一個低于12.8秒的概率為：1－×= （3）設甲同學的成績為x，乙同學的成績為y，則x－y<0.8，得－0.8+x 20． （理）（1）設P（x0，y0），M（x，y），由x=x0，y=y得x0=x，y=2y，代入x2+y2=a2，得 +=1 （2）①當l斜率不存在時，設x=t，由已知得－a ②當l斜率存在時，設其方程為y=kx+m，由x2+4y2=a2，y=kx+m消去y整理得（4k2+1）·x2+8kmx+4m2－a2=0，Δ=（8km）2－4（4k2+1）·（4m2－a2）=4（4k2a2+a2－4m2）． 由Δ>0，得4k2a2+a2－4m2>0． ① 設A（x1，y1），B（x2，y2），則x1+x2=，x1x2=， ② AB===·， ③ 原點到直線l距離為d=，④ 由面積公式及③④得S△OAB=×ABd=··=·≤·=，綜合①②，S△OAB的最大值為，由已知得=1，所以a=2 （文）（1）設P（x0，y0），M（x，y），由x=x0，y=y得x0=x，y=2y，代入x2+y2=4，得+y2=1，軌跡為焦點在x軸上的橢圓 （2）依題意l斜率存在，其方程為y=kx+2，由x2+4y2=4，y=kx+2消去y整理得（4k2+1）·x2+16kx+12=0，Δ=（16k）2－4（4k2+1）×12=16（4k2－3）． 由Δ>0，得4k2－3>0． ① 設A（x1，y1），B（x2，y2），則x1+x2=，x1x2=，② AB==，③ 原點到直線l距離為d=． ④ 由面積公式及③④得S△OAB=×ABd=4=4·=4·≤4=1，當且僅當4k2－3=，即4k2－3=4時，等號成立． 此時S△OAB最大值為1 21． （理）（1）f（x）的定義域為（0，+∞）， f ′（x）=，若a≤0，則f ′（x）>0，所以f（x）在（0，+∞）上單調遞增，若a>0，則由f ′（x）=0得x=，當x∈0，時， f ′（x）>0，當x∈，+∞時， f ′（x）<0，所以f（x）在0，上單調遞增，在，+∞上單調遞減 （2）f（x）－=，令g（x）=xlnx－a（x2－1）（x≥1），g′（x）=lnx+1－2ax，令F（x）=g′（x）=lnx+1－2ax，F′（x）=，①若a≤0，F′（x）>0，g′（x）在［1，+∞）遞增，g′（x）≥g′（1）=1－2a>0，所以g（x）在［1，+∞）遞增，g（x）≥g（1）=0，從而f（x）－≥0，不符合題意． ②若0 ③若a≥，F′（x）≤0在［1，+∞）恒成立，所以g′（x）在［1，+∞）遞減，g′（x）≤g′（1）=1－2a≤0，從而g（x）在［1，+∞）遞減，所以g（ｘ）≤g（1）=0，f（x）－≤0，綜上所述，a的取值范圍是，+∞ （文）（1）若a=－1時，f′（x）=x－（x>0），由f′（x）>0得>0，又x>0，解得x>1，所以函數f（x）的單調遞增區間為（1，+∞） （2）依題意得f（x）－lnx>0，即x2+alnx－lnx>0，所以（a－1）lnx>－x2． 因為x>1，所以lnx>0，所以a－1>，所以a－1>max． 設g（x）=，g′（x）=． 令g′（x）=0，解得x=e，當1 22． （1）依題意，∠AEB=∠ACP=90°，所以在Rt△ACP中，∠P=90°－∠PAB；在Rt△ABE中，∠ABE=90°－∠PAB；所以∠P=∠ABE （2）在Rt△ADB中，CD2=AC·CB，由①得△BCF∽△PCA，所以=，所以CD2=BC·AC=CF·CP 23． （1）C1：y=x2（x≠0） C2：x+y－1=0，則C2的參數方程為：x=－1－t，y=2+t（t為參數），代入C1得t2+t－2=0，所以AB=t1－t2== （2）MA·MB=t1t2=2 24． （1）原不等式等價于x>，（2x+1）+（2x－3）≤6或－≤x≤，（2x+1）－（2x－3）≤6或x<－，－（2x+1）－（2x－3）≤6，解得 （2）因為2x+1+2x－3≥（2x+1）－（2x－3）=4，所以a<4 2012年高考數學沖刺金卷（三） 1． （理）B （文）D 2． （理）B （文）A 3． （理）C （文）C 4． （理）A （文）B 5． （理）B1C∥A1D，所以B1C∥平面ADD1A1，A正確；EF∥D1B，且D1B⊥B1C，B正確；又V=V=S·CF=××=1，C正確；B1C與平面CC1D1D所成的角為45°，D錯誤． 選D （文）該幾何體在四棱錐P－ABCD，其中底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，且AD＝4，AB＝3，PA＝4，V=×4×3×4=16，選B 6． （理）由已知AB+AF2+BF2=20，又AB=4，則AF2+BF2=16， 又2a=AF2－AF1=BF2－BF1，所以4a=AF2+BF2－（AF1+BF1）=16－4=12，即a=3，所以m=a2=9，選C （文）f ′（x）=sinx+xcosx， f ′=1，選D 7． （理）令g（x）=（x－a1）（x－a2）…（x－a2012），則f（x）=xg（x），因為 f ′（x）=g（x）+xg′（x），所以 f ′（0）=g（0）=a1a2…a2012=（a1a2012）1006=22012． 經過（0，0）的切線為y=22012x． 選D （文）方程－x－2=0的根就是函數y=和y=x+2圖象交點的橫坐標． 選A 8． （理）設Q（a，0），A（x1，2），B（x2， 2），因為=，所以x2=2x1－a，2=2×2，得x1=a+1，x2=a+2．即對于x軸上任意Q（a，0）點，總有A（a+1，2a+1），B（a+2，2a+2）滿足題設要求． 選A （文）同理科第6題 9． （理）圓C的直角坐標方程是x2+y2－2x=0，直線l的直角坐標方程是x－2y+7=0． 所以圓心C（1，0）到直線l的距離d= （文）x2+y2－2x－2y+1≥0，即（x－1）2+（y－1）2≥1，表示以（1，1）為圓心、以1為半徑的圓周及其以外的區域． 當目標函數z=·=x+y的圖象同時經過目標區域上的點（1，2），（2，1）時，其取最小值3． 選B 10． （理）因為y2=（+·）2≤［1+（）2］（1－x+2+x）=3×3，所以y≤3，ymax=3 （文）同理科第9題 11． 由分數法的定義可以得到第1個試驗點為71+（92－71）=79℃或 71+×（92－71）=84℃ 12． （理）·－·=2=16，得=4 （文）由正弦定理=sinC=C=或（舍），因為A+C=，所以△ABC為直角三角形，S= 13． 觀察個位數即可：7+6－4－1－6－5=－3，所以174+3=177，故x=7 14． （理）S=（12+32+52+72+92）=55 （文）由題知S=3×1+3×3+3×5+…+3×99=7500 15． （理）SΩ=2×2=4，SX=2（x3－x）dx=2x4－x210=，所求概率P== （文）x2－ax+4=0a=x+，令f（x）=x+，當x∈［1，4］時，易知函數在區間［1，2］內遞減，在［2，4］上遞增，故f（x）max=f（1）=f（4）=5，f（x）min=f（2）=4，即函數的值域為［4，5］，故若使原方程有解只需4≤a≤5 16． （理）設f（x）=nx3+2x－n，則f ′（x）=3nx2+2>0（n∈N），所以f（x）為增函數． 當n≥2時，f=n·+2×－n=（－n2+n+1）<0，且f（1）=2>0，所以n≥2時，方程nx3+2x－n=0有唯一實根xn，且x∈，1，所以n<（n+1）xn （文）（1）［3.67］=3，f（3.67）=［3.67×3］=［11.01］=11 （2）由已知得［x］=n，則x［x］=nx，又n 17． （理）（1）由正弦定理得（2sinA+sinC）cosB+sinBcosC=0，即2sinAcosB+sinCcosB+cosCsinB=0，得2sinAcosB+sin（B+C）． 因為A+B+C=π，所以sin（B+C）=sinA，得2sinAcosB+sinA=0． 因為sinA≠0，所以cosB=－，又B∈（0，π），所以B= （2）因為B=，所以f（x）=2cos2x－，所以g（x）=2cos2x+－=2cos2x－=2sin2x． 由2kπ－≤2x≤2kπ+（k∈Z），得kπ－≤x≤kπ+（k∈Z），單調增區間為kπ－，kπ+（k∈Z） （文）（1）由題意可知ω===2． 又由f=－1得，sin2·+φ=－1，得sinφ=1． 因為0<φ<π，所以φ= （2）由（1）知f（x）=sin2x+=cos2x，因為g（x）=cos2x+cos－2x=cos2x+sin2x=sin2x+，所以2kπ－≤2x+≤2kπ+，即kπ－≤x≤kπ+（k∈Z）． 函數g（x）的單調增區間為kπ－，kπ+（k∈Z） 18． （理）（1）第二組的頻率為1－（0.04+0.04+0.03+0.02+0.01）×5=0.3，所以高為=0.06． 頻率直方圖略． 第一組的人數為=200，頻率為0.04×5=0.2，所以n==1000． 由題可知，第二組的頻率為0.3，所以第二組的人數為1000×0.3=300，所以p==0.65． 第四組的頻率為0.03×5=0.15，所以第四組的人數為1000×0.15=150，所以a=150×0.4=60 （2）因為［40，45）歲年齡段的“低碳族”與［45，50）歲年齡段的“低碳族”的比值為60:30=2:1，所以采用分層抽樣法抽取18人，［40，45）歲中有12人，［45，50）歲中有6人． 隨機變量X服從超幾何分布． P（X=0）==，P（X=1）==，P（X=2）==，P（X=3）==． 數學期望EX=0×+1×+2×+3×=2 （文）（1）由頻率分布直方圖知，成績在［14，16）內的人數為：50×0.16+50×0.38=27（人） （2）由頻率分布直方圖知，成績在［13，14）的人數為50×0.06=3人，設為x、y、z；成績在［17，18）的人數為50×0.08=4人，設為A、B、C、D． 若m，n∈［13，14）時，有xy，xz，yz3種情況；若m，n∈［17，18）時，有AB，AC，AD，BC，BD，CD6種情況；若m，n分別在［13，14）和［17，18）內時， 共12種情況． 所有基本事件總數為21種，事件“m－n>1”所包含的基本事件個數有12種． 所以P（m－n>1）== 19． （理）（1）連結A1C，交AC1于點O，連結OD． 由ABC－A1B1C1是直三棱柱，得四邊形ACC1A1為矩形，O為A1C的中點． 又D是BC的中點，所以OD為△A1BC的中位線，所以A1B∥OD． 因為OD平面ADC1，A1B平面ADC1，所以A1B∥平面ADC1 （2）由ABC－A1B1C1是直三棱柱，且∠ABC=90°，故BA，BC，BB1兩兩垂直，以B為原點，BC、BA、BB1為x、y、z軸建立空間直角坐標系B－xyz． 設BA=2，則B（0， 0，0），C（2，0，0），A（0，2，0），C1（2，0，1），D（1， 0，0），所以=（1，－2，0），=（2，－2，1）． 設平面ADC1的法向量為n=（x，y，z），則有n·=0，n·=0，所以x－2y=0，2x－2y+z=0.取y=1，得n=（2，1，－2）． 易知平面ADC的法向量為v=（0，0，1）． 由二面角C1－AD－C是銳角，得cos〈n，v〉==，其余弦值為 （文）（1）取AC的中點F，連結DF，BF，則FD∥CC1，且FD=CC1． 因為BB1∥CC1，E是BB1的中點，所以BE∥CC1，且BE=CC1． 于是FD∥BE，且FD＝BE，所以四邊形BEDF是平行四邊形，從而DE∥FB． 又FB面ABC，故DE∥平面ABC （2）連結BC1，取BC1的中點M，連結DM，EM． 因為D為AC1的中點，所以DM∥AB． 由AB＝1，AC＝2，BC＝，可知AB⊥BC． 又AB⊥BB1，所以AB⊥平面BB1C1C． 從而DM⊥平面B1C1CB，故∠DEM為直線DE與平面BB1C1C所成的角． 在Rt△DME中，DM=AB=，EM＝B1C1=，所以tan∠DEM==，∠DEM＝30° 20． （理）（1）BP=t，CP=1－t，0≤t≤1，∠DAQ=45°－θ，DQ=tan（45°－θ）=，CQ=1－=，所以PQ===， l=CP+CQ+PQ=1－t++=2 （2）S=S正方形ABCD－S△ABP－S△ADQ=1－－·=2－·1+t+（0≤t≤1）． 又函數y=1+t+在［0，－1］上是減函數，在［－1，1］上是增函數，所以2≤1+t+≤3，所以≤2－·1+t+≤2－，所以探照燈照射在正方形ABCD內部區域的面積S的最大值為2－（km2） （文）（1）依題意：An=96n+×（－4）=98n－2n2，Bn=100n+×－90=100n+501－－90=100n－40－ （2）Bn－An=2n2+2n－為單調遞增數列，又B4－A4=－<0，B5－A5>0，所以第5年開始有效，即從2016年開始有效 21． （理）（1）由e=，得a2=3b2，所以橢圓方程為x2+3y2=3b2． 設A（x1，y1），B（－x1，－y1），M（x0，y0），由A，M是橢圓上的點得，x+3y=3b2，x+3y=3b2，兩式相減得= －，所以k1·k2=·== －（定值） （2）點M的坐標為（0，1），則b2=1，所以橢圓方程為x2+3y2=3． 顯然直線AB的斜率存在，設直線AB的方程為y=kx+t，代入橢圓方程得，（3k2+1）x2+6ktx+3（t2－1）=0，x1+x2=，x1x2=，Δ=36k2t2－12（3k2+1）（t2－1）>0，化簡得，3k2+1>t2． （） 由k1+k2=3得+=3，①， 又y1=kx1+t，y2=kx2+t，②， 由①②得，（t－1）（x1+x2）+（2k－3）x1x2=0，化簡得，（t－1）t－=0，所以t=1（舍）或t=，則直線AB的方程為y=kx+=kx+－1，所以直線AB過定點－，－1． 將t=代入（） 得k>0，或k<－，所以直線AB的斜率k的取值范圍為－∞，－∪（0，3）∪（3，+∞） （文）（1）+y2=1 （2）設直線l的方程為：y=kx+m（k<0），A－，0，B（0，m），聯立橢圓方程消去y得：+kx2+2kmx+m2－1=0． 因為直線l與曲線C有且只有一個公共點，Δ=4k2m2－（1+4k2）（m2－1）=0，即m2=4k2+1． ① 因為=+，所以=． ② 將①式代入②得：=≥=3， 當且僅當k=－時，等號成立，故min=3，此時直線方程為x+2y－2=0 22． （理）（1）因為g（x）=ln（x+a）+，所以g′（x）=－=，當x∈（－a，1－a］時，g′（x）<0，函數g（x）為減函數，當x∈［1－a，+∞）時，g′（x）>0，函數g（x）為增函數，所以當x=1－a時，函數g（x）取得極小值g（1－a）=1，無極大值 （2）因為=++…++…+. （i）取a=1， 由（1）知當x>0時有g（x）>g（0）=1，即ln（x+1）+>1，所以 （ii）=++…++…+，所以=+． 由（i）知=+ （文）（1）當a=時，f（x）=x2+lnx，f ′（x）=x+=． 對于x∈［1，e］，f ′（x）>0，所以f（x）在區間［1，e］上為增函數，所以f（x）max=f（e）=1+，f（x）min=f（1）= （2）①在區間（1，+∞）上，函數f（ｘ）是f（x），f（x）的“活動函數”，則f（x） 2012年高考數學沖刺金卷（四） 1． A 2． B 3． （理）代值反復計算，發現結果是以4為周期反復出現，選D （文）a4a6=4a，a=4a，a5=2a7，所以q2=，a3=a1q2=1，選B 4． （理）D （文）C 5． （理）因為PF1+PF2=14，（PF1+PF2）2=196，PF+PF=（2c）2=100，所以 2PF1·PF2=96，S=PF1·PF2=24，選C （文）代值反復計算，發現結果是以4為周期反復出現，選D 6． （理）由（－）·（－）=0得（－）·=0，所以（－）·（+）=0，即=，選B （文）B 7． （理）研究函數y=2x，y=logx，y=x3與y=－x的交點情況，選A （文）由題意有（+）·（－）=0，即2=2，即=，選B 8． （理）設前５個矩形面積所成的數列公差為d，則所有矩形面積=0.02×5+d+0.02×4+d=1，解得：d=，所以第五個矩形的面積為0.02+4d=0.225，因此第五組的頻數為160×0.225=36，選C （文）因為PF1+PF2=14，（PF1+PF2）2=196，PF+PF=（2c）2=100，所以2PF1·PF2=96，S=PF1·PF2=24，選C 9． （理）由可行域解的個數羅列可知f（1）=1，f（2）=1+2，f（3）=1+2+3，…，f（10）=1+2+…+10=55，選B （文）研究函數y=2x，y=logx，y=x3與y=－x的交點情況，選A 10. （理）因為=，令cos72°=t，則=，所以8t3+8t2－1=0，令f（t）=8t3+8t2－1，則當t>0，f ′（t）=24t2+16t>0，所以f（t）=8t3+8t2－1在（0，+∞）單調遞增，又因為f（0.3）f（0.4）<0，所以f（t）=8t3+8t2－1在（0.3，0.4）有唯一零點，所以cos72°的值所在區間為（0.3，0.4），選C （文）同理科第8題 11． （理）因為a3=a2+2，所以d=2，所以a6=3，所以S11=11a6=33 （文）同理科第9題 12． （理）該幾何體是正四棱錐與正方體的組合，S=42×5+4×4×=80+16 （文）因為f ′（x）=1－x+x2－x3+···+x100，當x=1時f ′（x）=1>0，當x≠1時f ′（x）=1－x+x2－x3+…+x100=>0，所以函數f（x）單調遞增，又因為f（0）=1>0，f（－1）<0，所以x1∈（－1，0），選B 13． （理）設∠OAD=θ，則OA=AD·cosθ=cosθ，點B的坐標為［cosθ+cos（90°－θ），sin（90°－θ）］，即B（cosθ+sinθ，cosθ），同理可求得C（sinθ，sinθ+cosθ）， 所以·=（cosθ+sinθ，cosθ）·（sinθ，sinθ+cosθ）=1+sin2θ，（·）max=2 （文）－10 14． （理）設點A（x0，x），y′=2x0．曲線在點A處的切線方程為y-x=2x0（x-x0），即y=2x0x-x，可得切線與x軸交于點，0，所以S=∫x2dx-··x=x3-x=x-x=x=，所以x0=1，所以A（1，1） （文）同理科第12題 15． （理）二位的回文數有9個；三位的回文數有90個；四位的回文數有90個；五位的回文數有900個；六位的回文數有900個；……觀察規律可得：十位的回文數總共有90000個 （文）同理科第13題 16． （理）（1）f（x）=sin2x－cos2x+cos2x=sin2x+，由－+2kπ≤2x+≤+2kπ得－+kπ≤x≤+kπ，單調遞增區間為－+kπ，+kπ（k∈Z）； （2）f（A）=sin2A+=，又0 （文）同理科第15題 17． （理）“（1）玩家甲、乙雙方在1次游戲中出示手勢的所有可能結果是：（石頭，石頭）；（石頭，剪刀）；（石頭，布）；（剪刀，石頭）；（剪刀，剪刀）；（剪刀，布）；（布，石頭）；（布，剪刀）；（布，布），共有9個基本事件. 玩家甲勝玩家乙的基本事件分別是：（石頭，剪刀）；（剪刀，布）；（布，石頭），共有3個． 所以，在1次游戲中玩家甲勝玩家乙的概率P== （2）X的可能取值分別為0，1，2，3． P（X=0）=C=，P（X=1）=C·= P（X=2）=C=，P（X=3）=C=． EX=1（或：X～B3，，EX=np=3×=1） （文）（1）設｛an｝的公差為d，｛bn｝的公比為q，則依題意有q>0，且1+2d+q4=21，1+4d+q2=13，解得d=2，q=2． 所以an=1+（n－1）d=2n－1，bn=qn－1=2n－1 （2）=． Sn=1+++…++，① 2Sn=2+3++…++，② ②－①得Sn=2+2+++…+－=2+2×1+++…+－=2+2×－=6－ 18． （理）（1）因為AA1⊥面ABC，所以AA1⊥AC，AA1⊥AB． 又AA1=AC，所以四邊形AA1C1C是正方形，所以AC1⊥A1C． 因為AB⊥AC，AB⊥AA1，AA1，AC平面AA1C1C，AA1∩AC=A， 所以AB⊥平面AA1C1C． 又A1C平面AA1C1C，所以AB⊥A1C． 因為AB，AC1平面ABC1，AB∩AC1=A，所以A1C⊥平面ABC1 （2）分別以AB，AC，AA1所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標系． 則A（0，0，0），C1（0，t，3－2t），B（t，0，0），C（0，t，0），A1（0，0，3－2t），=（0，t，2t－3），=（0，t，3－2t），=（t，0，0），=（0，0，3－2t），=（－t，t，0）． 設平面ABC1的法向量n1=（x1，y1，z1），則n1·=ty+（3－2t）z1=0，n1·=tx1=0，解得x1=0，y=z1.令z1=t，則n1=（0，2t－3，t）． 設平面BCC1的法向量n2=（x2，y2，z2），則n2·=－tx2+ty2=0，n2·=（3－2t）z2=0.由于0 （文）同理科第16題 19． （理）（1）設拋物線C2：y2=2px（p≠0），則有=2p（x≠0），據此驗證4個點知（3，－2）、（4，－4）在拋物線上，易求C2：y2=4x；設C1：+=1（a>b>0），把點（－2，0），，代入得：a2=4，b2=1，所以C1的方程為+y2=1 （2）假設存在這樣的直線l過拋物線焦點F（1，0），設直線l的方程為x－1=my，兩交點坐標為M（x1，y1），N（x2，y2），聯立橢圓方程消去x，得（m2+4）y2+2my－3=0，所以y+y=，yy=，① x1x2=（1+my）（1+my）=1+m（y+y）+m2yy=．② 由⊥，即·=0，得x1x2+y1y2=0，將①②代入上式，得+=0，解得m=±，所以假設成立，即存在直線l滿足條件，且l的方程為：y=2x－2或y=－2x+2 （文） （1）由題意列表：則p（x=1）=0.3，p（x=2）=0.3，p（x=3）=0.4． p（y=1）=0.2，p（y=2）=0.5，p（y=3）=0.3．所以P（x≥y）=P（x=3，y≤3）+P（x=2，y≤2）+P（x=1，y≤1）=0.4+0.3×（0.5+0.2）+0.3×0.2=0.67 （2）因為P（x+y=5）=P（x=2，y=3）+P（x=3，y=2）=0.3×0.3+0.4×0.5=0.29，P（x+y=6）=P（x=3，y=3）=0.4×0.3=0.12，所以P（x+y≤4）=1－P（x+y=5）－P（x+y=6）=1－0.29－0.12=0.59 20． （理）（1）由f ′（x）=3x2－4x－4=（3x+2）（x－2）=0得x=－，2. f（x）的單調遞增區間為－∞，－和（2，+∞）；f（x）的單調遞減區間為－，2 （2）令g（x）=f（x）－f（a）－f ′（a）（x－a），則g′（x）=3x2－4x－4－（3a2－4a－4）． 記g′（x）=h（x），因為當x>2時，h′（x）=6x－4>0，所以h（x）=g′（x）在（2，+∞）單調遞增． 因為g′（a）=h（a）=0，所以當2 （3）因為f（x）的單調遞增區間為－∞，－和（2，+∞），單調遞減區間為－，2，且f－=－－+－7=－7<0，所以函數y=f（x）的零點x0只有一個，且x0>2，對（－∞，x0）內的任意實數x，都有f（x）<0． 因為f（α）>0=f（x0），所以α>x0>2． 在（2）的結論中，取a=α，x=x0可得不等式f（α）+f ′（α）（x0－α） 由β=α－，得f（α）+f′（α）（β－α）=0． ② 構造函數F（x）=f（α）+f ′（α）（x－α），則由①得F（x0）<0，由②得F（β）=0． 因為α>x0>2， f ′（α）>0，所以F（x）=f（α）+f ′（α）（x－α）為增函數，所以x0<β． 因為F（α）=f（α）>0=F（β），所以β<α． 綜上得x0<β<α （文）（1）因為AA1⊥面ABC，所以AA1⊥AC，AA1⊥AB． 又AA1=AC，所以四邊形AA1C1C是正方形，所以AC1⊥A1C． 因為AB⊥AC，AB⊥AA1，AA1，AC平面AA1C1C，AA1∩AC=A，所以AB⊥平面AA1C1C． 又A1C平面AA1C1C，所以AB⊥A1C． 因為AB，AC1平面ABC1，AB∩AC1=A，所以A1C⊥平面ABC1 （2）因為AA1∥平面BB1C1C，所以點P到平面BB1C1C的距離等于點A到平面BB1C1C的距離，所以V=V=V=V=t2（3－2t）0 21． （理）（1）（Ⅰ）a 13 d 1－3=－1× 1－3=－1 3，所以a－3=－1，3－3d=3，解得a=2，d=0，所以M=2 13 0 （Ⅱ）設點A（x，y）為曲線C上的任一點，它在矩陣M的作用下得到的點為A′（x′，y′），則2 13 0xy=x′y′，所以x′=2x+y，y′=3x，代入x2+2y2=1得（2x+y）2+2·（3x）2=1，所以所求的曲線方程為22x2+4xy+y2=1 （2）（Ⅰ）曲線C的直角坐標方程為2x－y－1=0（x≥1），圓P的直角坐標方程為（x－2）2+y2=1 （Ⅱ）求AB的最小值可轉化為求PA的最小值． 過圓心P作射線2x－y－1=0（x≥1）的垂線，垂足E在該射線的反向延長線上，當點A在射線的端點時，PA=，此時EA的長最小，故此時PA取最小值．所以所求的最短距離為－1 （3）（Ⅰ）因為f（x）=x+1+x－2≥（x+1）－（x－2）=3，所以f（x）min=3． 因為不等式t≤f（x）在R上恒成立，所以t≤f（x）min=3，t的取值范圍為（－∞，3］ （Ⅱ）由（Ⅰ）得T=tmax=3，由柯西不等式得：（a+2b+c）2≤（12+22+12）（a2+b2+c2）=18，所以a+2b+c≤3． 當且僅當==，即a=，b=，c=時，a+2b+c的最大值為3 （文）（1）設橢圓C：+=1（a>b>0），把點（－2，0），，代入得：a2=4，b2=1，所以C的方程為+y2=1 （2）因為直線l過點（1，0），設直線l的方程為x－1=my，兩交點坐標為M（x1，y1），N（x2，y2），聯立橢圓方程消去x，得（m2+4）·y2+2my－3=0，所以y+y=，yy=，① x1x2=（1+my1）（1+my2）=1+m（y+y）+m2yy=． ② 由⊥，即·=0，得x1x2+y1y2=0，將①②代入上式，得+=0，解得m=±，所以假設成立，即存在直線l滿足條件，且l的方程為：y=2x－2或y=－2x+2 22． （文）（1）由f ′（x）=3x2－4x－4=（3x+2）（x－2）=0得x=－，2. f（x）的單調遞增區間為－∞，－和（2，+∞）；f（x）的單調遞減區間為－，2 （2）由f－<0，f（3）=－10<0，f（4）=9>0以及f（x）的單調性知方程f（x）=0只有一實根，設為x0，由零點存在定理知：3 （3）令g（x）=f（x）－f（a）－f ′（a）（x－a），則g′（x）=3x2－4x－4－（3a2－4a－4）． 記g′（x）=h（x），因為當x>2時，h′（x）=6x－4>0，所以h（x）=g′（x）在（2，+∞）單調遞增． 因為g′（a）=h（a）=0，所以當2 2012年高考數學沖刺金卷（五） 1． C 2． A 3． D 4． A 5． A 6． D 7． A 8． A=｛（x，y）x2+y2≤1｝的圖形表示單位圓上及其內部區域內的點，a>0，｛（x，y）x+2y≤a｝的圖形表示一個菱形上及其內部區域內的點，它們的圖形都關于x軸和y軸對稱，因此只需研究第一象限的情況，當x≥0，y≥0，x+2y≤a，要使AB，圓心到直線x+2y=a的距離大于或等于1． 選D 9． （理）令=u，=v，所以3u2+v2=3（u≥0，v≥0），再令u=cosθ，v=sinθ（θ∈0，，則y=u+v=cosθ+sinθ=2sinθ+（θ∈0，），得函數y=+的值域是［1，2］，選A （文）f（x）=xsinx，x∈－，，顯然此函數為偶函數. f ′（ｘ）=sinx+x·cosx≥0，所以f（x）=xsinx在0，上單調遞增，由f（x1）>f（x2）可得x1>x2，從而x>x，選B 10． （理）設A，B，C三點的坐標分別為A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），則tanα=kAB===+1>1，所以直線AB的傾斜角α∈，，同理直線BC的傾斜角β∈，，所以∠ABC必為鈍角． 其次，若△ABC可能是等腰三角形，所以∠ABC為鈍角，必有AB=CB（x2－x1）2+（y2－y1）2=（x2－x3）2+（y2－y3）2． 因為三個點A，B，C的橫坐標成等差數列，所以（x2－x1）2=（x2－x3）2，從而（y2－y1）2=（y2－y3）2，但f（ｘ）=ex+x的導函數f ′（ｘ）＝1+ex隨x增加而增加， f（x）=ex+x遞增的速度越來越快，所以必有（y2－y1）2<（y2－y3）2，從而矛盾，選B （文）同理科第9題 11． 2 12． － 13． （理） （文）22 14． π 15． （理）令=bn，由已知可得bn+bn+1=3． 因為b1==2，所以b1=b3=…=b2n－1=2，所以b2=b4=…=b2n=1，所以a2012=·…a1=b2011b2010…b1a1=21006 （文）由an·an+1=2nan+1·an+2=2n+1，所以=2，由此可見此數列的奇數項是以1為首項，2為公比，共n+1項的等比數列；此數列的偶數項是以2為首項，2為公比，共n項的等比數列，它們各自求和后相加得2n+2－3 16． 因為x，y是非零實數，故原不等式可化為a≥恒成立． 又≤=1，所以a的最小值為1 17． （理）因為直線IG平行x軸，y=y=y=r內切，由S=F1F2·y=（F1F2+F1FQ+FQF2）·r內切，從而2c=（2c+2a）·，得離心率為 （文）令sin2x=u（u∈［0，1］），則y=g（u）=uk+（1－u）k（k∈N）， 則y′=kuk－1－k（1－u）k－1=k［uk－1－（1－u）k－1］≥0（k∈N），得≤u≤1，所以y=g（u）在≤u≤1上單調遞增，在0≤u≤上單調遞減，所以函數f（x）=sin2kx+cos2kx（k∈N）的最小值為 18． （1）在△ABC中，由正弦定理及acosB－bcosA=c可得sinAcosB－sinBcosA=sinC=sin（A+B）=·sinAcosB+cosAsinB，即sinAcosB=4cosAsinB，則=4 （2）tanA=4tanB>0，tan（A－B）===≤，當且僅當4tanB=cotB，tanB=，tanA=2時，等號成立，其最大值為 19． （1）在等差數列中，設公差為d（d≠0），因為a1a5=a，所以（a3－2d）（a3+2d）=（a3－d）2，化簡得5d2－10d=0，所以d=2，所以an=a3+（n－3）d=2n－1 （2）b1+2b2+4b3+…+2n－1bn=an，① b1+2b2+4b3+…+2n－1bn+2nbn+1=an+1，② ②-①得：2n·bn+1=2，所以bn+1=21－n， 當n=1時，b1=a1=1，所以bn=22－n，n≥2，1，n=1，所以Tn=3－ 20． （1）因為AB∥DE，AB在平面FDE外，所以AB∥平面FDE；MN是平面PAB與平面FDE的交線，所以AB∥MN，故MN∥DE；而MN在平面CDE外，所以MN∥平面CDE （2）取AB中點G、DE中點H． 以G為原點，GB為x軸、GC為y軸、GH為z軸建立空間直角坐標系．則在平面PAB中，B（1，0，0），P（0，，1+t），向量=（1，0，0），=（0，，1+t）. 設平面PAB的法向量n1=（x1，y1，z1），則由n1·=0，n1·=0，即x1·1=0，y1·+z1（1+t）=0，得n1=（0，1+t，－）． 在平面CDE中，H（0，0，1），C（0，，0），向量=（0，－，1），==（1，0，0）. 設平面CDE的法向量n2=（x2，y2，z2），由y2·（－）+z2=0，x2·1=0得n2=（0，1，）． 因為平面PAB⊥平面CDE，所以n1·n2=0，即1+t－3=0，所以t=2 21． （理）（1）過點A（0，－b）和B（a，0）的直線為y+b=x，由題意有=，又e==，解得橢圓方程為+y2=1 （2）設PQ：x=ty+，代入+y2=1并整理得（t2+3）y2+2ty－1=0，Δ=（2t）2+4（t2+3）>0． 設P（x1，y1），Q（x2，y2），則y1+y2=－，y·y=－，y－y===2·，g（t）====≤，所以當t2+1=，即t2=1時，y－ymax=，所以S=F1F2y－y≤·2·=． 又S=（PF1+QF1+PQ）r=·4r=2r，所以rmax== （文）（1）當a=2時，f（x）=+xlnx，f ′（x）=－+lnx+1， f（1）=2， f ′（1）=－1，則切線方程為y=－x+3 （2）對任意的s，t∈，2，都有f（s）≥g（t）成立 等價于：在區間，2上，函數f（x）的最小值不小于g（x）的最大值． 考察g（x）=x3－x2－3，g′（x）=3x2－2x=3xx－， 由上表可知：在區間，2上，g（x）的最大值為g（2）=1． f（1）=a≥1，下證當a≥1時，在區間，2上，函數f（x）≥1恒成立． 當a≥1且x∈，2時，f（x）=+xlnx≥+xlnx，記h（x）=+xlnx，h′（x）= －+lnx+1，h′（1）=0． 當x∈，1，h′（x）=－+lnx+1<0；當x∈（1，2］，h′（x）= －+lnx+1>0，所以函數h（x）=+xlnx在區間，1上遞減，在區間（1，2］上遞增，h（x）min=h（1）=1，即h（x）≥1，所以當a≥1且x∈，2時， f（x）≥1成立，即對任意s，t∈，2，都有f（s）≥g（t）． 當a<1時，f（x）=+xlnx<+xlnx，由前所知，f（x）min<1，此時原不等式并非恒成立． 綜上所述a∈［1，+∞） 22． （理）（1）f（x）的定義域為（0，+∞）， f ′（x）=－2（x－1）－a=． ①a≥0時，f（x）的增區間為（0，1），減區間為（1，+∞）； ②－2 ③a=－2時，f（x）的減區間為（0，+∞）； ④a<－2時，f（x）的增區間為1，－，減區間為（0，1），－，+∞ （2）由題意f ′（x0）=k== =－（x1+x2－2）－a. 又f ′=－（x1+x2－2）－a，因為f ′（x）=－2（x－1）－a（a>0）在（0，+∞）上為減函數，要證x0<，只要證f′（x0）>f ′，即>，即證ln>． 令t=>1，g（t）=lnt－，g′（t）=－=>0，所以g（t）在（1，+∞）為增函數，所以g（t）>g（1）=0，所以lnt>，即>，即ln>，所以x0<得證 （文）（1）設M（x0，－p），則（－p）2=2px0，x0=，由拋物線定義，得x0－（－）=2，所以p=2，x0=1 （2）由（1）知拋物線方程為y2=4x，M（1，－2）． 設A，y，B，y，C，y（y，y，y均大于零），MA，MB，MC與x軸交點的橫坐標依次為x1，x2，x3． ①當MB⊥x軸時，直線MB的方程為x=1，則x1=0，不合題意，舍去． ②MB與x軸不垂直時，kMB= =，設直線MB的方程為y+2=（x－1），即4x－（y2－2）y－2y2=0． 令y=0得2x2=y2，同理2x1=y1，2x3=y3，因為x1，x2，x3依次組成公差為1的等差數列，所以y1，y2，y3組成公差為2的等差數列． 設點A到直線MB的距離為dA，點C到直線MB的距離為dC，因為S△BMC=2S△AMB，所以dC=2dA，所以=2得y+4=2y，即y+4=2y，所以y=4，所以直線MB的方程為：2x－y－4=0 2012年高考數學沖刺金卷（六） 1． D 2． C 3． B 4． A 5． B 6． 由已知有∠AOB=120°，選B 7． y=3=，0 8． （理）因為z=·=OM·ONcos〈，〉≤OM·ON（當且僅當與同向時取等號）≤OB2=80（當且僅當M，N，B是同一點時取等號） （文）如圖，當M（x，y）取點C時，z=x+y有最小值6，選B 9． （理）x+的展開式為Cx5－r·=Cx5－2r，5－2r≠4，則5－2r=3，此時r=1，所對應的系數為－5 （文）B 10． （理）數形結合，數軸上f（x）=3的點為－，答案為－∞，－ （文）因為［f（x1）+f（x2）+…+f（xn）］≤f”，所以［f（A）+f（B）+f（C）］≤f所以sinA+sinB+sinC≤3sin=，選C 11． 拋物線焦點坐標為（－2，0），所以a=2，c=4，則b2=12，－=1 12． 110 13． （理）第一類，從一個島出發向其他三島各建一橋，共有C=4種；第二類，其中有兩島有二橋（這兩橋必相連），另兩島有一橋，共有CCA=12種． 根據分類加法計數原理，共16種建橋方法 （文）coscos·…·cos= 14． 圓的半徑為2，∠ABC=∠ACD=30°，所以AD=1 15． 點A的坐標為（2，2），則OA所在直線的方程為y=x，曲線C的方程為x2+y2=2x，即（x－1）2+y2=1，圓心到直線的距離為=，弦長為2= 16． f（x）=sin2x－2sin2x=sin2x+cos2x－1=2sin2x+－1 （1）因為0≤x≤，≤2x+≤，所以－≤sin2x+≤1，所以 －2≤2sin2x+－1≤1，即函數f（x）的值域是［－2，1］ （2）當f（x）=0，即2sin2x+－1=0． 因為0≤x≤，所以≤2x+≤． 又sin2x+=，所以參照y=sinx的圖象，可以得2x+=或，即x=0或.所以當0≤x≤時，函數f（x）的零點是0或 17． （1）根據二維條形圖，可得2×2列聯表 設“從男同學中選一人，該同學喜歡數學”為事件A，“從女同學中選一人，該同學喜歡數學”為事件B，“分別從男同學和女同學中隨機選取一名，都喜歡數學”為事件C． 因為P（A）==，P（B）==，且A與B相互獨立，所以P（C）=P（AB）=P（A）P（B）=×= （2）（理）ξ可取值0，1，2． 因為P（ξ=0）==；P（ξ=1）==；P（ξ=2）==，所以Eξ=0×+1×+2×= （文）因為K2=≈1.16>0.708， 所以參考卡方表，有（1－0.40）×100%=60%的把握可以認為“性別與喜歡數學有關系” 18． （1）因為DC⊥平面ABC，所以DC⊥AB． 因為A是以BC為直徑的圓上的一點，所以AC⊥AB． 因為DC平面ACDE，AC平面ACDE，AC∩DC=C，所以BA⊥平面ACDE （2）（理）法1：過A作AF⊥DE于F，連結BF，則四邊形ACDF是矩形． 因為BA⊥平面ACDE，所以BA⊥DF，所以DF⊥平面ABF，所以∠AFB是二面角B－DE－A的平面角． 在Rt△ABF中，AF=DC=4，AB==2，BF==2，所以cos∠AFB== 法2：如圖所示，建立空間直角坐標系． 顯然=（0，2，0）是平面ACDE的一個法向量，設平面DEB的法向量為n=（x，y，z）． 因為B（0，2，0），D（2，0，4），E（1，0，4），所以=（2，－2，4），=（1，－2，4）． 因為n⊥，n⊥，n·=0，n·=0，即x－2y+4z=0，2x－2y+4z=0.不妨令y=，則x=0，z=，所以n=0，，． 因為cos〈n，〉==，又所成二面角為銳角，所以其余弦值是 （文） 作EH⊥AC于H，則EA==． 在Rt△ABC中，AB==2． 因為BA⊥平面ACDE，所以BA⊥EA，所以EB==． 在△DBE中，DB==2，cos∠EDB==，所以sin∠EDB==，所以S△DBE=DE·DB·sin∠EDB=． 設點C到平面BDE的距離為h，因為VC－BDE=VB－CDE，h·S△DBE=AB·S△DCE，所以h= 19． （1）+=1 （2）（理）假設存在直線l，滿足點F2在以AB為直徑的圓上． 設A（x1，y1），B（x2，y2），則F2A⊥F2B，即·=0，所以（x1－2）（x2－2）+yy=0． ①當直線l不存在斜率時，直線l的方程是x=－2． 因為x1=x2=－2，yy=－，所以（x1－2）（x2－2）+yy≠0，所以直線l不符合題意． ②當直線l存在斜率k時，直線l的方程是y=k（x+2），聯立橢圓方程得（1+3k2）·x2+12k2x+12k2－6=0． 因為（x1－2）（x2－2）+yy=（x1－2）（x2－2）+k2（x1+2）（x2+2）=（1+k2）·x1x2+2（k2－1）（x1+x2）+4（1+k2）=－+4（1+k2）=，所以=0，即k=±． 所以存在直線l:y=±（x+2），滿足點F2在以AB為直徑的圓上 （文）因為BF1－AF2=BF1－（2－AF1）=AF1+BF1－2=AB－2≤2－2=0（當且僅當A，B是橢圓E長軸的端點時，等式成立）． 設所求圓的方程是x2+y2+Dx+Ey+F=0． 因為A，B，C是圓上的三點所以6+D+F=0，6－D+F=0，2+E+F=0，故D=0，E=2，F=－6． 所以所求圓的方程是x2+y2+2y－6=0，即x2+（y+）2=8 20． （1）函數f（x）=x2－1是為［1，2］上的“3階收縮函數”，證明如下：因為函數f（x）=x2－1在［1，2］上單調遞增，所以f（x）=f（1）=0，f（x）=x2－1． 因為f（x）－f（x）=x2－1=（x+1）（x－1）≤3（x－1），所以當x∈［1，2］時，f（x）－f（x）≤3（x－1）恒成立，f（x）－f（x）≤2（x－1）不恒成立，所以，函數f（x）=x2－1是為［1，2］上的“3階收縮函數” （2）顯然，b>0． 因為g′（x）=－3x2+6x= －3x（x－2）． 當0 a． 當0 存在x∈［0，b］，g（x）－g（x）>（x－0）成立． ② 對于①，有－x2+3x－2≤0對任意x∈［0，b］恒成立． 因為由－x2+3x－2≤0，得x≤1或x≥2，所以0 b. 當b>2時，顯然∈［0，b］． 因為g（x）=－x3+3x2在（0，2）上單調遞增，所以g=g=，g=g（0）=0，所以g－g=>2×－0，所以b>2不符合題意． 綜上所述， 21． （1）對任意的正數x，y，均有f（xy）=f（x）+f（y）． 因為f（Sn）=fan+f（an+1），所以f（Sn）=fan（an+1）． 又y=f（x）在（0，+∞）上是單調遞增函數，所以Sn=an·（an+1）． 當n=1時，a1=（a+a1），即a-a1=0，所以a1=1，或a1=0（舍去）；當n≥2時，因為Sn=an（an+1），所以Sn－1=an－1（an－1+1），所以an=（a-a2n-1+an-an-1），所以（an+an－1）（an－an－1－1）=0． 因為an>0，所以an－an－1=1，所以｛an｝是以1為首項，1為公差的等差數列，所以an=n （2）（理）因為=<=2（－），所以=+++…+<2［（1－0）+（－1）+（－）+…+（－）］=2． ……① 設f（x）=x－ln（1+x2）（x∈（0，1］），因為f ′（x）=1－=≥0，所以f（x）=x－ln（1+x2）在（0，1］上單調遞增，所以f（x）>f（0）=0． 所以對任意n∈N，都有f>0，即>ln，所以=+++…+>ln+ln+ln+…+ln=ln（n+1）．……② 綜合①和②，得ln（n+1）<<2（n∈N） （文）因為an=n，所以Sn=． 因為Sn－n－2≥（1－λ）（an－1）2（n－1）λ+（n2－3n－2）≥0，所以對于任意的實數λ∈［0，1］，總存在自然數k，當n≥k時，Sn－n－2≥（1－λ）（an－1）恒成立，就是2（n－1）λ+（n2－3n－2）≥0恒成立． 設g（λ）=2（n－1）λ+（n2－3n－2），所以g（0）≥0，g（1）≥0，即n2－3n－2≥0，n2－n－4≥0，所以n≥． 因為n∈N，所以n≥4，n∈N，故k的最小值為4 （3）（理）當n≥3時，Tn=1+2+4+…+2n-1=2n－1=C+C+…+C+C－1≥2n+1，所以<=－，所以++…+<++－+－+…+－=++－=++－<
