參考答案
2012-04-29 00:00:00
數(shù)學(xué)教學(xué)通訊·初中版 2012年6期
2012年高考函數(shù)、導(dǎo)數(shù)核心考點(diǎn)揭秘
1． 函數(shù)定義域?yàn)椋ǎ?，0）∪（1，+∞），令u=x－■，u′=1+■>0，故u在定義域內(nèi)單增，由復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性原則知答案為B．
2． 由于f（ｘ）是定義域在R上的偶函數(shù)，所以f（－5）=f（5）=f（1），又f（1）=1，所以f（－5）=1． 選C.
3． 因?yàn)閒（ｘ）=■x3－x2+ax在區(qū)間［－1，2］上有反函數(shù)，所以f（ｘ）在區(qū)間［－1，2］上是單調(diào)函數(shù)，則有f ′（ｘ）=x2－2x+a≥0在區(qū)間［－1，2］上恒成立，即a≥1；或f ′（ｘ）＝x2－2x+a≤0在區(qū)間［－1，2］上恒成立，即f ′（－1）≤0?圯a≤－3，故選D．
4． 設(shè)切點(diǎn)為P0（ａ，ｂ）， f ′（ｘ）=3x2+1，k=f ′（ａ）=3a2+1=4，a=±1，把a(bǔ)=－1，代入到f（ｘ）=x3+x－2得b=－4；把a(bǔ)=1，代入到f（ｘ）=x3+x－2得b=0，所以P0（1，0）和（－1，－4）．
5． y′x=2=-2n-1（n+2），切線方程為：y+2n=-2n-1（n+2）（x-2），令x=0，求出切線與y軸交點(diǎn)的縱坐標(biāo)為y0=（n+1）2n，所以■=2n，則數(shù)列■的前n項(xiàng)和Sn=■=2n+1－2．
6． f（ｘ）=1－■，由于g（ｘ）=■是奇函數(shù)，其最大值與最小值的和為0，則Ｍ＋ｍ=1+1=2．
7． f（ｘ）=■=1－■，所以0 8． 由f（x+1）=f（x－1）知f（ｘ）是周期為2的周期函數(shù)． 在同一坐標(biāo)內(nèi)畫(huà)出函數(shù)y=f（ｘ）及y=log■x的圖象（如圖1）．可知y=f（ｘ）與y=log■x的圖象有4個(gè)交點(diǎn)． ■ 圖1 9． f（ｘ）=x2（x≥－1）的圖象如圖2所示，要使得f（－1+m）≥f（－1）=1，有m≥2． 當(dāng)x≥－1時(shí)，恒有f（x+2）≥f（ｘ），所以m≥2，即m∈［2，+∞）． ■ 圖2 由f（ｘ）為奇函數(shù)及x≥0時(shí)的解析式知f（ｘ）的圖象如圖3所示． ■ 圖3 因?yàn)閒（3a2）=a2=f（－a2），由f（－a2+4）≥f（－a2）=a2=f（3a2），故－a2+4≥3a2，從而a2≤1． 又a2≤1時(shí)，恒有f（x+4）≥f（ｘ），所以a2≤1，即a∈［－1，1］． 10． （1）設(shè)g（ｘ）=ax（a>0，a≠1），則a2=9，所以a=3或a=－3（舍）， 所以g（ｘ）=3x，f（ｘ）=■． 又f（ｘ）為奇函數(shù)，所以f（－ｘ）= －ｆ（ｘ），所以■=－■， 整理得m（3x+1）=3x+1，所以m=1， 所以f（ｘ）＝■． （2）因?yàn)閒 ′（ｘ）=■<0，所以y=f（ｘ）在R上單調(diào)遞減． 要使對(duì)任意的t∈［0，5］， f（t2+2t+k）+f（－2t2+2t－5）>0恒成立，即對(duì)任意的t∈［0，5］，f（t2+2t+k）>－f（－2t2+2t－5）恒成立． 因?yàn)閒（ｘ）為奇函數(shù)，所以f（t2+2t+k）>f（2t2－2t+5）恒成立． 又y=f（ｘ）在R上單調(diào)遞減， 所以t2+2t+k<2t2－2t+5當(dāng)t∈［0，5］時(shí)恒成立，所以k 11． （1）函數(shù)F（x）=f（x）+g（x）=x+■+lnx的定義域?yàn)椋?，+∞）． F ′（x）=1－■+■=■． 當(dāng)Δ=1+4a≤0，即a≤－■時(shí)，得x2+x－a≥0，則F′（x）≥0，所以函數(shù)F（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增.?搖?搖?搖?搖?搖?搖?搖?搖?搖?搖?搖?搖?搖?搖?搖?搖?搖?搖 當(dāng)Δ=1+4a>0，即a>－■時(shí)，令F′（x）=0，得x2+x－a=0，解得x1=■<0，x2=■． ①若－■ 因?yàn)閤∈（0，+∞），所以F′（x）>0，所以函數(shù)F（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增． ②若a>0，則x∈0，■時(shí)，F(xiàn)′（x）<0；x∈■，+∞時(shí)，F(xiàn)′（x）>0，所以函數(shù)F（x）在區(qū)間0，■上單調(diào)遞減，在區(qū)間■，+∞上單調(diào)遞增． （2）由■=f（x）－2e得■=x+■－2e，化為■=x2－2ex+a． 令h（x）=■，則h′（x）=■． 令h′（x）=0，得x=e． 當(dāng)0 當(dāng)x>e時(shí)，h′（x）<0，所以函數(shù)h（x）在（0，e）上單調(diào)遞增，在（e，+∞）上單調(diào)遞減． 當(dāng)x=e時(shí)，函數(shù)h（x）取得最大值，其值為h（e）=■．?搖 而函數(shù)m（x）=x2－2ex+a=（x-e）2+a－e2，當(dāng)x=e時(shí)，函數(shù)m（x）取得最小值，其值為m（e）=a－e2，所以當(dāng)a－e2=■，即a=e2+■時(shí)，方程■=f（x）－2e只有一個(gè)根． 12． （1）函數(shù)f（ｘ）=ax3+bx2+cx（a≠0）是定義在R上的奇函數(shù)，所以f（－ｘ）= －f（ｘ）恒成立，即bx2=0對(duì)于x∈R恒成立，所以b=0． 則f（x）=ax3+cx， f ′（x）=3ax2+c，因?yàn)閤=－1時(shí)，函數(shù)取極值1． 所以3a+c=0，－a－c=1，解得a=■，c=－■． 所以f（ｘ）=■x3－■x． （2）不等式f（ｘ1）－g（ｘ2）≤0恒成立，只需f（ｘ）■－g（ｘ）■≤0即可． 因?yàn)楹瘮?shù)g（ｘ）在［0，m］上單調(diào)遞減，所以g（ｘ）■=g（ｍ）=－m2+■m． 又f（ｘ）=■x3－■x， f ′（ｘ）=■x2－■=■（x－1）（x+1），由f′（ｘ）>0得x<－1或x>1；f′（ｘ）＜0得－1 ①當(dāng)0 ②當(dāng)m>■時(shí)，f（ｘ）max=f（ｍ）＝■m3－■m，則f（ｘ1）－g（ｘ2）≤f（ｘ）max－g（ｘ）min=■m3－■m－－m2+■m=■m3+m2－4m≤0，解得－4≤m≤2，故此時(shí)■ 綜上所述，實(shí)數(shù)m的取值范圍是（0，2］． （3）設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2）（x1≠x2）． 因?yàn)閒 ′（ｘ）=■x2－■，過(guò)A，B兩點(diǎn)的切線平行，所以f ′（x1）=f ′（ｘ2），得x21= x22． 因?yàn)閤1≠x2，所以x2=－x1，則y2=－y1，且知x1≠0，所以kAB=■=■=■x21-■． 由于過(guò)A點(diǎn)的切線垂直于直線AB，所以■x21-■■x21-■=-1，所以3x41-12x21+13=0，則Δ=－12<0，所以關(guān)于x1的方程無(wú)解． 故曲線上不存在兩個(gè)不同的點(diǎn)A，B，使過(guò)A，B兩點(diǎn)的切線都垂直于直線AB． 2012年高考數(shù)列核心考點(diǎn)揭秘 1． 由S5=■?圯25=■?圯a4=7?搖，所以7=3+2d?圯d=2，所以a7=a4+3d=7+3×2=13，故選B． 2． 設(shè)｛ａn｝的公比為q，因?yàn)閍n+2an+1+an+2=0，則an+2anq+anq2=0． 又an≠0，則q=－1，所以S2012=■=■=0，故選D． 3． 對(duì)于數(shù)列｛ａn｝的通項(xiàng)公式為an=2n－3，則可得第一組為－1；第二組為1，3；第三組為5，7，9，11；第四組為13，15，17，19，21，23，25，27；第五組為29，31，33，35，37，39，41，43，45，47，49，51，53，55，57，59；第六組的第一個(gè)數(shù)為61． 故選A． 4． 由■－■=2得a3=8；由■－■=2得a4=48；由■－■=2， 得a5=384． 5． 由a4－a2=8，可得公差d=4，再由a3+a5=26，可得a1=1，故Sn=n+2n（n－1）=2n2－n，所以Tn=■=2－■，要使得Tn≤M，只需M≥2即可，故M的最小值為2． 6． （1）由1，2，3，4，5，…猜想an=n；由2，4，8，16，32，…猜想bn=2n；由每組數(shù)都是“前兩個(gè)之和等于第三個(gè)”猜想cn=n+2n； （2）M10=（1+2+…+10）+（2+22+…+210） =■+■=2101． 7． （1）設(shè)數(shù)列｛an｝的公差為d，｛bn｝的公比為q，則由題意知 a1b1=1，（a1+d）b1q=4，（a1+2d）b1q2=12． 因?yàn)椋鸻n｝各項(xiàng)為正數(shù)，所以d>0，把a(bǔ)1=1，b1=1代入解得d=1，q=2，所以an=n，bn=2n-1．?搖?搖?搖?搖 （2）等差數(shù)列｛an｝的前n項(xiàng)和Sn=na1+■d，所以■=a1+（n－1）■，所以數(shù)列■是首項(xiàng)為a1=1，公差為■=■的等差數(shù)列，所以其和Tn=na1+■·■=■． 8． （1）據(jù)題意，每年投入的資金依次成首項(xiàng)為800萬(wàn)元，公比為■的等比數(shù)列；每年的投資回報(bào)收入依次成首項(xiàng)為400萬(wàn)元，公比為■的等比數(shù)列，?搖 所以an=800·■n-1，bn=400·■n-1． （2）設(shè)經(jīng)過(guò)n年的總投入為Sn萬(wàn)元，總收入為T(mén)n萬(wàn)元，則 Sn=■=40001-■n，Tn=■=1600■n-1． 由Tn－Sn>0，得1600■n-1－40001-■n>0，即5·■n+2·■n－7>0．?搖 設(shè)x=■n，代入上式整理得，5x2－7x+2>0，解得x<■或x>1（舍去）． 當(dāng)n=4時(shí)，■n=■>■；當(dāng)n=5時(shí)，■n＝■<■．?搖?搖?搖?搖?搖?搖?搖?搖?搖?搖 因?yàn)閥=■n是減函數(shù)，所以當(dāng)n≥5時(shí)，有■n<■成立，從而Tn－Sn>0成立．?搖 答：從2016年開(kāi)始，該投資公司前幾年的投資回報(bào)總收入將超過(guò)總投入． 9． （1）因?yàn)閍n+1+2=■+2=■，所以■=2·■． 令bn=■，則bn+1=2bn． 因?yàn)閎1=■，所以當(dāng)a=－2時(shí)，b1=0，則bn=0（舍）．?搖 當(dāng)a=－2時(shí)，數(shù)列■不是等比數(shù)列； 當(dāng)a≠－2時(shí)，b1≠0，則數(shù)列■是等比數(shù)列，且公比為2． 所以bn=b1·2n-1，即■=■·2n-1，解得an=■·2n-1－2． （2）由（1）知，當(dāng)a=1時(shí)，an=（2n+1）·2n-1－2． 設(shè)cn=（2n+1）·2n-1，其前n項(xiàng)和為T(mén)n，由錯(cuò)位相減法得Tn=（2n－1）·2n+1，所以Sn=Tn－2n=（2n－1）（2n－1）． 因?yàn)?n=C0n+C1n+…+Cn-1n+Cnn， 所以當(dāng)n≥3時(shí)，2n≥C0n+C1n+…+Cnn-1+Cnn=2（n+1），則2n－1≥2n+1， 所以Sn≥（2n－1）（2n+1），則■≤■=■■－■， 所以■+■+…+■≤■■－■+■－■+…+■－ ■=■■－■<■． 10． （1）依題意有ai－ai+1≥■（i=1，2，…，n－1），又a1 所以■－■+■－■+…■－■+…+■－■≥■， 即■－■≥■．?搖?搖?搖?搖?搖?搖?搖?搖 （2）由（1）可得■>■． 又a1≥1，可得1>■，因此n<26． 同理■－■≥■，可知■>■． 又ai≥i，可得■>■， 所以i（n－i）<25（i=1，2，…，n－1）均成立． 當(dāng)n≥10時(shí)，取i=5，則i（n－i）=5（n－5）≥25，可知n<10． 又當(dāng)n≤9時(shí)，i（n－i）≤■2=■2<25，所以n≤9． （3）對(duì)于任意1≤i 由■－■≥■（i=1，2，…，n－1）可知， ■－■≥■－■≥■， 即ai-aj≥■． 所以只需對(duì)1≤i 因?yàn)?－■≥■；■－■≥■；■－■≥■；■－■≥■， 所以可設(shè)a1=1； a2=2； a3=3； a4=4； a5=5． 由■－■≥■，可得a6≥■，取a6=7． 由■－■≥■，可得a7≥■，取a7=10． 由■－■≥■，可得a8≥■，取a8=20． 由■－■≥■，可得a9≥100，取a9=100． 所以滿(mǎn)足條件的一個(gè)集合A=｛1，2，3，4，5，7，10，20，100｝． 2012年高考不等式核心考點(diǎn)揭秘 1． 設(shè)一共使用了n天，則使用n天的平均耗資為 ■=■+■+4.95，當(dāng)且僅當(dāng)■=■時(shí)，取得最小值，此時(shí)n＝800． 故選B． 2． 作出f（x）的大致圖象，由圖象知，要使f（a）=f（b）=f（c）．不妨設(shè)a 則：－lga=lgb=－■c+6，所以lga+lgb=0，所以ab=1，abc=c，由圖知10 3． 由α+β＞0，得α＞－β． 因?yàn)閒（x）在R上是單調(diào)減函數(shù)，所以f（α）＜f（－β）． 又f（x）為奇函數(shù)， 所以f（α）＜-f（β）， 所以 f（α）+f（β）＜0，同理f（β）+f（γ）＜0，f（γ）+f（α）＜0，所以f（α）+f（β）+f（γ）＜0． 4． 作可行域如圖4可知，目標(biāo)函數(shù)在（4，6）處取得最大值12，所以2a＋3b＝6， ■ 圖4 從而有■+■=■■+■（2a+3b）=■+■■+■≥■+2■=■． 5． h′（x）=■－ax－2=－■． 因?yàn)楹瘮?shù)h（x）存在單調(diào)遞減區(qū)間，所以h′（x）<0有解． 由題設(shè)可知，h（x）的定義域是（0，+∞），而h′（x）<0在（0，+∞）上有解等價(jià)于ax2+2x－1>0在（0，+∞）上有解，即a>■－■在（0，+∞）上能成立，進(jìn)而等價(jià)于a>u（x）min成立，其中u（x）=■－■． 由u（x）=■－■=■－12－1得u（x）min=－1，于是，a>－1． 由題設(shè)a≠0，所以a∈（-1，0）∪（0，+∞）． 6． 因?yàn)閍b≤■，所以f（x1，x2，…，xn）=sinx1cosx2+sinx2cosx3+…+sinxncosx1≤■+■+…+■=■=■，故所求函數(shù)的最大值等于■． 7． （1）f ′（x）=■=■ 當(dāng)x∈［α，β］時(shí)，2x2－tx－2=2（x－α）·（x－β）≤0，所以f′（x）≥0，故f（x）在［α，β］上是增函數(shù)． （2）當(dāng)α f（α） 因?yàn)棣?β=■，αβ=－1?圯f（α）=■=■=■=－2β， 同理f（β）=－2α， 于是f（β）－f（α）=f（β）－f（α）=2α－β，從而有f（m）－f（n）<2α－β． 8． （1）f ′（x）=axlna+2x－lna=2x+（ax－1）lna． 由于a>1，當(dāng)x∈（0，+∞）時(shí)，lna>0，ax－1>0，所以f ′（x）>0， 故函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增． （2）令f ′（x）=2x+（ax－1）lna=0，得到x=0． x，f（x），f ′（x）的變化情況如表1： 表1 ■ 因?yàn)楹瘮?shù)f（x）－t－1有三個(gè)零點(diǎn)，所以f（x）=t±1有三個(gè)根． 又因?yàn)楫?dāng)x→∞時(shí)，f（x）→+∞，所以t－1=f（x）min=f（0）=1，故t=2． （3）由（2）可知f（x）在區(qū)間［-1，0］上單調(diào)遞減，在區(qū)間（0，1）上單調(diào)遞增， 所以f（x）min=f（0）=1，f（x）max=max｛f（－1），f（1）｝． f（－1）=■+1+lna，f（1）=a+1－lna，f（1）－f（－1）=a－■－2lna． 記g（x）=x－■－2lnx，則g′（x）=1+■－■=■－12≥0（僅在x=1時(shí)取到等號(hào)）， 所以g（x）=x－■－2lnx遞增． 因?yàn)閍>1，所以g（a）>g（1）=0， 故f（1）－f（－1）=a－■－2lna>0，所以f（1）>f（－1）． 于是f（x）max=f（1）=a+1－lna． 故對(duì)?坌x1，x2∈［－1，1］，f（x1）－f（x2）max＝f（1）－f（0）＝a－lna． 再令h（a）=a－lna，因?yàn)閍>1，所以h′（a）=1－■>0，所以h（a）在（1，+∞）遞增． a－lna≤e－1可化為h（a）≤h（e），所以1 2012年高考三角函數(shù)核心考點(diǎn)揭秘 1． 由正弦定理得2sinAcosC+sinCcosA=sinB=sin（A+C），sinAcosC=0，故C=■，所以sinA+sinB=sinA+cosA=■sinA+■． 所以當(dāng)A=■時(shí)，sinA+sinB的最大值是■，選C． 2． 若f（x）≤f■?搖對(duì)x∈R恒成立，則f■?搖=sin■+φ=1，所以■+φ=kπ+■，k∈Z，φ=kπ+■，k∈Z． 由f■>f（π）（k∈Z）可知sin（π+φ）>sin（2π+φ），即sinφ<0，所以φ=2kπ+■，k∈Z，代入f（x）=sin（2x+φ），得f（x）=sin2x+■，由2kπ－■≤2x+■≤2kπ+■得kπ－■≤x≤kπ+■，選A． 3． 法1． 平移需滿(mǎn)足－■=－■= －■，解得φ=■． 因此首先將y=sinx（x∈R）的圖象上的所有的點(diǎn)向左平移■個(gè)單位長(zhǎng)度，又因?yàn)樵摵瘮?shù)的周期為T(mén)=2■－－■?搖=π，于是再需把y=sinx（x∈R）的圖象上的所有的點(diǎn)橫坐標(biāo)縮短到原來(lái)的■倍． 故選Ａ． 法2． 由已知圖象得ω·－■?搖+φ=0，ω·■+φ=π， 解得ω=2，φ=■． 又A=1，所以圖中函數(shù)的解析式是y=sin2x+■，因此該函數(shù)的圖象是將y=sinx（x∈R）的圖象上的所有的點(diǎn)向左平移■個(gè)單位長(zhǎng)度，再把所得各點(diǎn)的橫坐標(biāo)縮短到原來(lái)的■倍，縱坐標(biāo)不變得到的． 故選Ａ． 4． 由條件■sinx－cosx≥1得sinx－■≥■，則2kπ+■≤x－■≤2kπ+■，解得2kπ+■≤x≤2kπ+π，k∈Z，所以選B． 5． 根據(jù)正弦值為負(fù)數(shù)，判斷角在第三、四象限，再加上橫坐標(biāo)為正，斷定該角為第四象限角． sinθ=■=－■?圯y=－8． 6． 由cos2α=■=■=■． 又α∈π，■，cosα<0， 所以cosα=－■． 7． （1）由f（x）=2■sinxcosx+2cos2x－1得f（x）=■sin2x+cos2x=2sin2x+■， 所以函數(shù)的最小正周期為 T=■=π． 因?yàn)閤∈0，■，所以2x+■∈■，■． 所以2x+■∈■，■，即x∈0，■時(shí)，函數(shù)f（x）為增函數(shù)，而在x∈■，■時(shí)，函數(shù)f（x）為減函數(shù)，所以f■=2sin■=2為最大值，f■=2sin■=－1為最小值． （2）由（1）知，f（x0）=2sin2x0+■． 又由已知f（x0）=■，則sin2x0+■=■． 因?yàn)閤0∈■，■，則2x0+■∈■，■，因此cos2x0+■<0， 所以cos2x0+■=－■， 于是cos2x0=cos2x0+■?搖－■=cos2x0+■cos■+sin2x0+■·sin■=－■×■+■×■=■． 8． 如圖5，設(shè)走私船行駛了x海里，則巡邏艇行駛了■x海里，兩船在C處相遇． ■ 圖5 在△ABC中，AB=a，AC=■x，∠ABC=120°，由余弦定理知，（■x）2■=a2■+x2■－2axcos120°，即2x2■－ax－a2■=0， 解得x=a，x=－■（舍去）． 所以△ABC是頂角為120°的等腰三角形，∠BAC=30°． 故巡邏艇應(yīng)沿北偏東30°的方向航行才能最快追上走私船，此時(shí)，巡邏艇走了■a海里． 9． （1）由正弦定理得sinCsinA=sinAcosC． 因?yàn)? （2）由（1）知B=■－A，于是 ■sinA－cosB+■=■·sinA－cos（π－A） =■sinA+cosA=2sinA+■． 因?yàn)? 綜上所述，■sinA－cosB+■的最大值為2，此時(shí)A=■，B=■． 2012年高考平面向量核心考點(diǎn)揭秘 1． ■=■+■=■+■■=■+■（■－■）=■■+■■=■■+λ■， 所以λ的值為■． 選C．?搖?搖 2． ■·■=ax+y，當(dāng)且僅當(dāng)x=3，y=0 時(shí)，■·■取得最大值， 故－a<－■，所以a>■． 選D． 3． 以O(shè)B，OC為鄰邊作平行四邊形OBEC，OE與BC交于點(diǎn)D． 因?yàn)椤?2■+2■=0，所以■=－2（■+2■）= －2■． 又■=2■，所以■=－4■． 所以■=4■．設(shè)A，O到BC的距離分別是h，h1，則■=■． 又因?yàn)椤鰽BC與△OBC同底，所以■=5，選D． 4． 由■+■+■=0知點(diǎn)M是△ABC的重心，設(shè)點(diǎn)D為BC的中點(diǎn)， ■+■=2■=3■，又■+■+m■=0，所以m=－3． 5． 建立如圖6所示的坐標(biāo)系，則A（0，0），B（－1，■），C（1，0），設(shè)點(diǎn)D的坐標(biāo)為（x，y），故■=（x+1，y－■），■=（1－x，－y）． ■ 圖6 因?yàn)镈是邊BC上一點(diǎn)，DC=2BD， 所以1－x=2x+2，－y=2y－2■， 解得x=－■，y=■■. 所以■=－■，■■，■=（2，－■），所以■·■=－■． 6． 分別沿AB，AD方向分別建立x，y軸，設(shè)正方體棱長(zhǎng)為2，設(shè)P（2cosα，2sinα），再由■=λ■+μ■，得（2，2）=λ（1，－2）+μ（2cosα，2sinα）， 即2=λ+2μcosα，2=－2λ+2μsinα， 可得λ+μ=■－1， 求導(dǎo)數(shù)可得（λ+μ）′=■－1′=■>0， 于是當(dāng)α=0時(shí)，λ+μ取最小值■． 7． ■=■+■=（2+■cosα，2+■sinα），點(diǎn)A在以（2，2）為圓心，■為半徑的圓上，當(dāng)■與圓相切時(shí)的兩切線與■的夾角分別是■與■夾角的最大值與最小值． 故易得■與■夾角的取值范圍是■，■． 8． 以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB，AD分別為x，y軸建立平面直角坐標(biāo)系，則A（0，0），B（3，0），C（1，1），D（0，1）． 設(shè)P（x，y），則由■=α■+β■（α，β∈R），得（x，y）=（3α，β）， 故α+β=■+y． 又可行域?yàn)椤鰾CD（含邊界），令z=■+y，當(dāng)z運(yùn)動(dòng)到B，D上時(shí)，取最小值1；當(dāng)z運(yùn)動(dòng)到C上時(shí)，取最大值■，故α+β的取值范圍是1，■． 9． （1）m·n=2■sin■cos■+2cos2■=■sin■+cos■+1=2sin■+■+1． 因?yàn)閙·n=2，所以sin■+■=■． 所以cosx+■=1－2sin2■+■=■． （2）因?yàn)椋?a－c）cosB=bcosC，由正弦定理得（2sinA－sinC）cosB=sinBcosC，所以2sinAcosB=sin（B+C）． 因?yàn)锳+B+C=π，所以sin（B+C）=sinA，且sinA≠0，所以cosB=■，B=■，所以0 所以■<■+■<■，■ 又因?yàn)閒（x）=m·n=2sin■+■+1，所以f（A）=2sin■+■+1． 故f（A）的取值范圍是（2，3）. 2012年高考立體幾何核心考點(diǎn)揭秘 1． B 2． 由幾何體的三視圖可知幾何體為一個(gè)組合體，即一個(gè)正方體中間去掉一個(gè)圓錐體，所以它的體積是V=23－■×π×12×2=8－■，選A． 3． 如圖7，過(guò)D作DE⊥BC，垂足為E，因?yàn)棣粒璴－β是直二面角，AC⊥l， ■ 圖7 所以AC⊥平面β， 所以AC⊥DE． 又因?yàn)锽C⊥DE， 所以DE⊥平面ABC，故DE的長(zhǎng)為點(diǎn)D到平面ABC的距離． 在Rt△BCD中，DE=■=■=■． 選C． 4． 因?yàn)閳AM的面積為4π，故MA=2，所以在Rt△OAM中，OA=R=4，故OM=2■． 因?yàn)樵赗t△OMN中，∠OMN=30°，所以O(shè)N=■OM=■，故圓N的半徑r=■=■， 所以圓N的面積為S=πr2=13π． 選D． ■ 5． 因?yàn)镸D⊥DN，所以MN中點(diǎn)到定點(diǎn)D的距離是定值1， 所以MN中點(diǎn)的軌跡是以D為球心，1為半徑的球的一部分，所以S=■×4π×12=■，選D． 6． 由正視圖、側(cè)視圖可知，體積最小時(shí)，底層有3個(gè)小正方體，上面有2個(gè)，共 5個(gè)； 體積最大時(shí)，底層有9個(gè)小正方體，上面有2個(gè)，共11個(gè)，故這個(gè)幾何體的最大體積與最小體積的差是6． 7． 考慮軸截面，是一矩形內(nèi)接于一等腰三角形，設(shè)圓柱底面半徑為r，高為h，由于■=■，即■=■，故h=3R－3r， 所以2πr2+2πrh=2πr（3R－2r）≤π■2=■πR2． ■ 圖9 8． 作圖，易得答案②③④ 9． 過(guò)點(diǎn)A作平面β的垂線，垂足為C，在β內(nèi)過(guò)C作l的垂線，垂足為D，連結(jié)AD，連結(jié)CB，則∠ABC為AB與平面β所成的角． ■ 圖10 由三垂線定理可知AD⊥l，故∠ADC為二面角α－l－β的平面角，∠ADC=60°． 設(shè)AD＝2，則AC＝■，CD＝1． 又∠ABD＝30°，所以AB＝4，故sin∠ABC＝■=■． 10． （1）作AD的中點(diǎn)G，連結(jié)PG和GB． ■ 圖11 因?yàn)镻A=PD，AG=DG，所以PG⊥AD． 在△AGB中，∠GAB=60°，GA=■，AB=1， 所以GB=■=■， 所以GA2+GB2=AB2，所以GB⊥AD， 所以AD⊥平面PGB． 因?yàn)镋，F(xiàn)分別是BC，PC的中點(diǎn)，EF∥PB，所以EF∥平面PBG． 因?yàn)锽E=DG，且BE∥DG，所以四邊形BEDG是平行四邊形， 所以DE∥BG，所以DE∥平面PBG． 因?yàn)镈E∩EF=E，所以平面DEF∥平面PBG， 所以AD⊥平面DEF． （2）由（1）可知AD⊥平面PGB， 所以AD⊥PG，AD⊥BG，所以∠PGB是二面角P-AD-B的平面角． 因?yàn)镻G=■=■， 所以cos∠PGB=■= －■， 所以二面角P-AD-B的余弦值是－■． 11． 如圖12所示，建立空間直角坐標(biāo)系，其中點(diǎn)B為坐標(biāo)原點(diǎn)，BA所在直線為x軸，BB1所在直線為y軸． ■ 圖12 由題意，B（0，0，0），A（2■，0，0），C（■，－■，■），A1（2■，2■，0），B1（0，2■，0），C1（■，■，■）． （1）■=（－■，－■，■），■=（－2■，0，0）． 所以cos〈■，■〉=■=■=■． 所以異面直線AC與A1B1所成角的余弦值為■． （2）■=（0，2■，0），■=（－■，－■，■）， 設(shè)平面AA1C1的法向量為m=（x，y，z）， 則m·■=0，m·■=0. 即－■x－■y+■z=0，2■y=0. 令x=■，則y=0，z=■，m=（■，0，■）． 設(shè)平面A1B1C1的法向量為n=（a，b，c）， 則n·■=0，n·■=0， 即－■a－■b+■c=0，－2■a=0. 令b=■，則a=0，c=■，n=（0，■，■）． 于是cos〈m，n〉=■=■=■，所以sin〈m，n〉=■． 所以二面角A－A1C1－B1的正弦值為■． （3）由N為棱B1C1的中點(diǎn)，得N■，■，■， 設(shè)點(diǎn)M（p，q，0），則■=■－p，■－q，■． 因?yàn)镸N⊥平面A1B1C1，則■·■=0，■·■=0，即■－p·（－■）+■－q·（－■）+■×■=0，■－p·（－2■）=0， 解得p=■，q=■， 故M■，■，0． 向量■=■，■，0， 所以線段BM的長(zhǎng)■=■=■． 2012年高考解析幾何核心考點(diǎn)揭秘 1． tanθ=－■≤－1，選B．?搖?搖?搖 2． 圓心C（－1，0），所求直線斜率為1，故所求直線方程為x－y+1=0，選C． 此題亦可用排除法． 3． 設(shè)P（x0，y0），由拋物線定義可得PM=x0+1=5，所以P（4，±4），取P（4，4），所以S△MPF=■×5×4=10，選A．?搖 4． 由題意有■=c，又BF⊥y軸，所以x2=p2=■，即■=4c2=4（a2+b2），所以4■+4■－1=0，解得■=■，選D．?搖?搖?搖 5． ①正確，a2+b2=（a2+b2）·■＋■=x2+y2+■+■≥（x+y）2； ②正確，■+■=■+■·■+■=■+■+■+■≥■+■2； ③正確，■+■=■+■·■+■=1+1+■+■≥4； ④正確， 1=■+■■+■=■+■+■+■≥■+■+2■=■+■2，選D．?搖?搖?搖 6． 經(jīng)過(guò)點(diǎn)（2，3）與x－2y=0平行的直線是x－2y+4=0，與y軸的交點(diǎn)為（0，2），則所求直線是x+2y－4=0．?搖?搖 7． 直線為y=■x，則點(diǎn)c，■c在橢圓上， 即■+■=1，化簡(jiǎn)得2a4－5a2c2+2c4=0，所以■=■，e=■．?搖?搖 8． 在△AOB中，OA=OB=1，AB=■，所以∠AOB=120°，所以■·■=■·■cos∠AOB=－■．?搖 9． 直線x=t與雙曲線漸近線的交點(diǎn)分別為Ac，■，Bc，－■， 由題意有■·■=c2－■>0，化簡(jiǎn)得c4－2a2c2<0，即e4－2e2<0，又e>1，所以e∈（1，■）．?搖?搖 10． r1r2+d2=b2+a2. 11． （1）因?yàn)閽佄锞€x2=2py（p>0）的準(zhǔn)線方程為y=－■， 所以由題意得|MF|=2+■=■?圯p=■，故拋物線的方程為y=2x2． （2）因?yàn)锳（x1，y1），B（x2，y2）關(guān)于直線y=x+m對(duì)稱(chēng)， 所以直線y=x+m是線段AB的垂直平分線， 所以■=－1，AB的中點(diǎn)■，■在直線y=x+m上． 因?yàn)锳，B在拋物線上，所以y1=2x21，y2=2x22，兩式相減得 y1-y2=2x21-2x22=2（x1-x2）（x1+x2），所以x1+x2=■=－■， 所以y1+y2=2x21+2x22=2［（x1+x2）2-2x1x2］=■， 所以AB的中點(diǎn)為－■，■． 所以■=－■+m，即m=■． 12． （1）設(shè)A，B兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為A（x1，y1），B（x2，y2），則由y=－x+1，■+■=1得 （a2+b2）x2－2a2x+a2－a2b2=0，?搖?搖 根據(jù)韋達(dá)定理，得x1+x2=■，y1+y2=－（x1+x2）+2=■， 所以線段AB的中點(diǎn)坐標(biāo)為■，■．?搖 由已知得■-■=0， 所以a2=2b2=2（a2－c2）， 所以a2=2c2，故橢圓的離心率為e=■． （2）由（1）知b=c，從而橢圓的右焦點(diǎn)坐標(biāo)為F（b，0）． 設(shè)F（b，0）關(guān)于直線l：x－2y=0的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)為（x0，y0），則■·■=－1且■－2×■=0，解得x0=■b且y0=■b．?搖 由已知得x20+y20=4，所以■b2+■b2=4，所以b2=4，故所求的橢圓方程為■+■=1． 13． （1）設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），D（－x1，y1），l的方程為y=kx－1， 由y=kx－1，x2=4y 得x2－4kx+4=0，從而x1+x2=4k，x1x2=4．?搖?搖 直線BD的方程為y－y1=■（x+x1），即y－■=■（x+x1）， 令x=0，得y=■=1，所以點(diǎn)F在直線BD上．?搖?搖?搖?搖 （2）因?yàn)?■·■=（x1，y1－1）·（x2，y2－1）=x1x2+（y1-1）（y2-1）=8－4k2， 故8－4k2=■，解得k=±■，所以l的方程為4x－3y－3=0，4x+3y+3=0． 又由（1）得x2－x1=±■= ±■■，故直線BD的斜率為■= ±■， 因而直線BD的方程為■x－3y+3=0，■x+3y－3=0． 設(shè)∠DBK的平分線與y軸的交點(diǎn)為M（0，t）， 則M（0，t）到l及BD的距離分別為■，■． 由■=■，得t=■或t=9（舍去）， 所以∠DBK的平分線與y軸的交點(diǎn)為M0，■．?搖?搖?搖?搖 14． （1）因?yàn)閏=■，a=■，所以b=1，所以橢圓方程為■+y2=1，準(zhǔn)圓方程為x2+y2=4．?搖?搖 （2）①當(dāng)l1，l2中有一條無(wú)斜率時(shí)，不妨設(shè)l1無(wú)斜率， 因?yàn)閘1與橢圓只有一個(gè)公共點(diǎn)，則其方程為x=±■， 當(dāng)l1方程為x=■時(shí)，此時(shí)l1與準(zhǔn)圓交于點(diǎn)（■，1），（■，-1）， 此時(shí)經(jīng)過(guò)點(diǎn)■，1（或（■，-1））且與橢圓只有一個(gè)公共點(diǎn)的直線是y=1（或y=－1），即l2為y=1（或y= －1），顯然直線l1，l2垂直； 同理可證l■方程為x=－■時(shí)，直線l1，l2也垂直． ②當(dāng)l1，l2都有斜率時(shí)，設(shè)點(diǎn)P（x0，y0），其中x20+y20=4． 設(shè)經(jīng)過(guò)點(diǎn)P（x0，y■）與橢圓只有一個(gè)公共點(diǎn)的直線為y=t（x－x0）+y0， 則由y=t（x－x0）+y0，■+y2=1消去y，得（1+3t2）x2+6t（y0－tx0）x+3（y0－tx0）2－3=0．?搖?搖 由Δ=0化簡(jiǎn)整理得：（3-x20）t2+2x0y0t+1-y20=0．?搖 因?yàn)閤20+y20=4，所以有（3-x20）t2+2x0y0t+x20-3=0． 設(shè)l1，l2的斜率分別為t1，t2，因?yàn)閘1，l2與橢圓只有一個(gè)公共點(diǎn)， 所以t1，t2滿(mǎn)足上述方程（3-x20）t2+2x0y0t+x20-3=0，所以t1·t2=－1，即l1，l2垂直．?搖?搖 綜合①②知l1，l2垂直．?搖?搖?搖?搖 15． 圓心N為（-2，0），半徑r=2■，設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2）， （1）當(dāng)直線l的斜率為1時(shí)，設(shè)l的方程為y=x+m，即x－y+m=0． 因?yàn)橹本€l是圓N的切線，所以■=2■，解得m=－2或m=6（舍）， 此時(shí)直線l的方程為y=x－2． 由y=x－2，y2=2x消去x得y2－2y－4=0， 所以Δ>0，y1+y2=2，y1y2=－4，（y1－y2）2=（y1+y2）2－4y1y2=20， 所以弦長(zhǎng)AB=■·y1－y2■=2■．?搖 （2）（Ⅰ）設(shè)直線l的方程為y=kx+m，即kx－y+m=0（k≠0）． 因?yàn)橹本€l是圓N的切線，所以■=2■，得m2－4k2－4mk－8=0 ①．?搖 由y=kx+m，y2=2x 消去x得ky2－2y+2m=0， 所以Δ=4－4k×2m>0，即km<■且k≠0， y1+y2=■，y1y2=■． 因?yàn)辄c(diǎn)M和點(diǎn)N關(guān)于直線y=x對(duì)稱(chēng)，所以點(diǎn)M為（0，－2）， 所以■=（x1，y1+2），■=（x2，y2+2）． 因?yàn)椤觥汀?，所以■·?x1x2+（y1+2）（y2+2）=0．?搖?搖 因?yàn)锳，B在直線y=kx+m上，所以（1+k2）y1y2+（2k2－m）（y1+y2）+m2+4k2=0， 代入y1+y2=■，y1y2=■得（1+k2）·■+（2k2－m）·■+m2+4k2=0， 化簡(jiǎn)得m2+4k2+2mk+4k=0②． ①+②得2m2－2mk+4k－8=0， 即（m－2）（m－k+2）=0，解得m=2或m=k－2?搖 當(dāng)m=2時(shí)，代入①解得k=－1，滿(mǎn)足條件km<■且k≠0，此時(shí)直線l的方程為y=－x+2； 當(dāng)m=k－2時(shí)，代入①整理得7k2－4k+4=0，無(wú)解．?搖?搖 （Ⅱ）當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，因?yàn)橹本€l是圓N的切線，所以l的方程為x=2■－2， 則得x1x2=4（3－2■），y1+y2=0，（y1y2）2=4x1x2=16（3－2■），即y1y2=4（1－■<0． 由（Ⅰ）得： ■·■=x1x2+（y1+2）（y2+2）=x1x2+y1y2+2（y1+y2）+4=20－12■≠0 當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，■⊥■不成立．?搖 綜上所述，存在滿(mǎn)足條件的直線l，其方程為y=－x+2． 2012年高考概率與統(tǒng)計(jì)核心考點(diǎn)揭秘 1． 第二組的頻率為0.5×0.6=0.3，所以樣本容量為300÷0.3=1000，選A． 2． 由題意有■=■=■，解得a=21，b=5，所以調(diào)查小組的總?cè)藬?shù)為5+3+4=12，選B． 3． 由表格得■=■，■=42，所以42=■×■+9.1，解得■=9.4，所以當(dāng)x=6時(shí)，■=9.4×6+9.1=65.5，選B． 4． 如圖13，三角形ABC的面積為S=■×4×3=6，而非陰影部分面積為π×12×■=■π，所求的概率為1－■π÷6=1－■，選D． ■ 圖13 5． n=7，Tr+1=Cr7■7-r－x■r=（－1）r·2r-7·Cr7x■，由14－■r=0得r=6，即此常數(shù)項(xiàng)為T(mén)7=26-7·C67=■，選D． 6． 可以先從7人中選出4人，共有C47=35種不同的選法，而4人中全是男生有1種，不可能全是女生，所以這4人中必須既有男生又有女生，不同的選法共有35－1=34種． 7． 要么甲隊(duì)奪得，要么乙隊(duì)奪得，即■+■=■． 8． （1）該同學(xué)這次水平測(cè)試中物理、化學(xué)、生物成績(jī)是否為A的可能結(jié)果有8種， 分別為（W1，W2，W3），（■，W2，W3），（W1，■，W3），（W1，W2，■），（■，■，W3），（■，W2，■），（W1，■，■），（■，■，■）；?搖 （2）由（1）可知，有兩個(gè)A的情況為（■，W2，W3），（W1，■，W3），（W1，W2，■）三種， 從而其概率為P=■． （3）方案一、該同學(xué)參加這次水平測(cè)試中物理、化學(xué)、生物成績(jī)不全為A的事件概率大于85%，理由如下：該同學(xué)參加這次水平測(cè)試中物理、化學(xué)、生物成績(jī)不全為A的事件有如下七種情況：（■，W2，W3），（W1，■，W3），（W1，W2，■），（■，■，W3），（■，W2，■），（W1，■，■），（■，■，■），概率是P=■=0.875>85%． 方案二、該同學(xué)參加這次水平測(cè)試中物理、化學(xué)、生物成績(jī)至少有一個(gè)A的事件概率大于85%，理由如下：該同學(xué)參加這次水平測(cè)試中物理、化學(xué)、生物成績(jī)至少有一個(gè)A的事件有如下七種情況：（W1，W2，W3），（■，W2，W3），（W1，■，W3），（W1，W2，■），（■，■，W3），（■，W2，■），（W1，■，■），概率是P=■=0.875>85%． 9． （1）由原圖知，甲樣本中合格品數(shù)為（0.06+0.09+0.03）×5×40=36， 故合格品的頻率為■=0.9，據(jù)此可估計(jì)從甲流水線上任取一件產(chǎn)品該產(chǎn)品的合格率為P=0.9，則X~B（5，0.9），故EX=5×0.9=4.5． （2）由表知乙流水線樣本中不合格品共10個(gè)，超過(guò)合格品重量的有4件． 則Y的取值為0，1，2；且P（Y=k）=■（k=0，1，2），于是有： P（Y=0）=■，P（Y=1）=■，P（Y=2）=■，所以Y的分布列為 ■ （3）2×2列聯(lián)表如下： ■ 因?yàn)镵2=■＝■≈3.117>2.706， 所以有90％的把握認(rèn)為產(chǎn)品的包裝質(zhì)量與兩條自動(dòng)包裝流水線的選擇有關(guān)． 10． （1）■甲=65×0.18+75×0.24+85×0.26+95×0.32=82.2， ■乙=65×0.20+75×0.30+85×0.30+95×0.20=80.0， （2）觀點(diǎn)一：選擇乙場(chǎng)的樹(shù)苗，因?yàn)槠涮峁┑臉?shù)苗高度方差較小，成長(zhǎng)較整齊，種在公園里比較好看． 觀點(diǎn)二：選擇甲場(chǎng)的樹(shù)苗，因?yàn)槠涮峁┑臉?shù)苗平均高度較大，說(shuō)明長(zhǎng)勢(shì)較好，且方差較大，種在公園里顯得高矮錯(cuò)落有致，更能體現(xiàn)空間美感． （注：兩種觀點(diǎn)各有其理，只要能依據(jù)統(tǒng)計(jì)數(shù)據(jù)說(shuō)明自己的觀點(diǎn)，一樣得分．） （3）10棵中高度在［90，100］的有2棵，X可取值為0，1，2，X服從超幾何分布， P（X=0）=■=■，P（X=1）=■=■，P（X=2）=■=■， 故X的分布列為： ■ 所以E（X）=0×■+1×■+2×■=■． 11． （1）程序框圖中的①應(yīng)填M=2，②應(yīng)填n=8． （注意：答案不唯一．） （2）依題意得，當(dāng)甲連勝2局或乙連勝2局時(shí)，第二局比賽結(jié)束時(shí)比賽停止． 所以p2+（1－p）2=■，解得：p=■或p=■，因?yàn)閜>■，所以p=■． （3）依題意得，ξ的可能值為2，4，6，8，則P（ξ=2）=■，P（ξ=4）=1－■×■=■，P（ξ=6）=1－■1－■×■=■，P（ξ=8）=1－■1－■1－■×1=■． 所以隨機(jī)變量ξ的分布列為 ■ 故Eξ=2×■+4×■+6×■+8×■=■． 2012年高考新增知識(shí)核心考點(diǎn)揭秘 1． 由框圖所給運(yùn)算法則，k=1→x=－1→k=2→x=2→k=3→x=－6→k=4→x=24→k=5→x=－120→k=6→x=720→k=7，選C． 2． 把全稱(chēng)量詞改為存在量詞，并把結(jié)果否定． 選D． ■ 圖14 3． 由三視圖還原立方體如圖14，其中AB=AD=BD=2，BC⊥CD，BC=CD=■，AE⊥平面BCD，AE=■，CE=1，V三棱錐A-BCD=■×■×（■）2×■=■，選A． 4． A中相關(guān)系數(shù)用來(lái)衡量?jī)蓚€(gè)變量之間的相關(guān)程度，直線的斜率表示直線的傾斜程度，它們的計(jì)算公式也不相同，不正確；B選項(xiàng)相關(guān)系數(shù)的值有正有負(fù)，還可以是0；當(dāng)相關(guān)系數(shù)在0到1之間時(shí)，兩個(gè)變量為正相關(guān)，在－1到0之間時(shí)，兩個(gè)變量負(fù)相關(guān)，不正確；C選項(xiàng)，l兩側(cè)的樣本點(diǎn)的個(gè)數(shù)分布與n的奇偶性無(wú)關(guān)，也不一定是平均分布，不正確；只有D正確，即回歸直線l一定過(guò)樣本點(diǎn)中心（■，■）；由回歸直線方程的計(jì)算公式■=■－■■可知直線l必過(guò)點(diǎn)（■，■）． 選D． 5． f（x）=－g（x+1）=g（－x－1）=g［1+（－2－x）］=－f（－x－2）=－f（x+2），所以f（x+4）=f（x），即4為函數(shù)f（x）的一個(gè)周期． 令h（x）=■，在同一坐標(biāo)系中分別作出函數(shù)f（x），h（x）的圖象，顯然，在［0，2）上有且僅有一個(gè)交點(diǎn)，在［2，6）上有兩個(gè)交點(diǎn)，在［6，10）上有兩個(gè)交點(diǎn)，……，在［98，100］上只有一個(gè)交點(diǎn)，共50個(gè)交點(diǎn)．又f（x），h（x）都是偶函數(shù)，y軸左側(cè)有49個(gè)交點(diǎn)，故共有99個(gè)交點(diǎn)． 選B． ■ 圖15 6． 根據(jù)f（2）=loga2+2－b 7． 設(shè)β=xy，由A2α=β得3 24 3xy=12，所以3x+2y=1，4x+3y=2，所以x=－1，y=2，所以α=－12． 8． P（A）=■=■． 9． f2（x）=f（f1（x））=■，f3（x）=f（f2（x））=■， f4（x）=f（f3（x））=■，以此類(lèi)推可得fn（x）=f（fn-1（x））=■． 10． PB＝PA＋AB＝5，所以在⊙O中，由切割線定理得： PC2＝PA·PB＝1×5＝5，故PC＝■；連結(jié)OC，則OC⊥CP，?搖?搖?搖 ?搖?搖 在Rt△OCP中，由射影定理得： PC2＝PE·PO，則PE=■=■． 故CE=■=■=■． 11． 曲線E的參數(shù)方程可化為x=2cosα，y=2cos2α，所以曲線E的直角坐標(biāo)方程為y=■x2（x∈［－2，2］）． 曲線F的極坐標(biāo)方程可化為■（ρsinθ+ρcosθ）=■，化為直角坐標(biāo)方程為■（y+x）=■，即x+y－2=0．?搖 （2）由（1）知曲線E是拋物線的一部分，方程為y=■x2（x∈［－2，2］）． 曲線F的方程為x+y－2=0．兩方程組成方程組為y=■x2，x+y－2=0， x∈［－2，2］， 解方程組得x=－1－■（舍），x= －1+■． 當(dāng)x=－1+■時(shí)，y=3－■． 所以交點(diǎn)坐標(biāo)為（－1+■，3－■）． 12． （1）由題意得f（x）≤1，即x－1－1≤1，x－1≤2，得－2≤x－1≤2． 解得-1≤x≤3，所以x的取值范圍是［-1，3］．?搖 （2）f（x）－g（x）＝|x－1|＋|x＋1|＋3， 因?yàn)閷?duì)于任意的x∈R，不等式f（x）－g（x）＝x－1＋x＋1＋3≥（x－1）－（x＋1）＋3＝2＋3＝5．?搖 于是有m＋1≤5，得m≤4，即m的取值范圍是（－∞，4］．?搖?搖?搖 13． 因?yàn)? 故■+■+■=■+■+■ ≥■． （x+y+z）2=x2+y2+z2+2xy+2yz+2zx≥3（xy+yz+zx）=3，所以■≤x+y+z<3，t=2（x+y+z）－■≥■，則■+■+■ ≥■■2=■t+■+2■≥■2■+2■=■． 選擇題限時(shí)訓(xùn)練（一） 1． （理）A（文）B 2． （理）B（文）D 3． （理）B（文）A 4． （理）B（文）A 5． B 6． （理）D （文）a3=a1+2a2，即q2=1+2q，解得q=■+1，所以■=q2=3+2■，選D 7． f（－1）<0，f（0）>0，所以f（ｘ）的零點(diǎn)介于－1與0之間； g■<0，g（1）>0，所以g（ｘ）的零點(diǎn)介于■與1之間； h（0）=0，選A 8． （理）由題意有f（1）>0，f（2）<0，即1－m+n>0，4－2m+n<0，作出可行域，選D （文）A 9． （理）4黑，有5種；1黑3紅，有C15C34=20種；2黑2紅，有C25C23=30種；3黑1紅，有20種；4紅，有5種，共計(jì)80種，概率為■=■，選D （文）取△ABC為正三角形，取PQ∥AB，則■=■a，■=■b，選C 10． （理）A=｛yy>0｝，B=｛yy≤2｝，A－B=｛yy>2｝，B－A=｛yy≤0｝，選C （文）因?yàn)閤0∈A，所以■≤f（ｘ0）=x0+■<1，所以0≤f［f（ｘ0）］=21－x0－■=1－2x0<■，解得■ 選擇題限時(shí)訓(xùn)練（二） 1． （理）A（文）A 2． （理）A（文）B 3． C 4． （理）B（文）B 5． （理）由題意有a3+a1+a2=a1a2a3，即3（a1+1）=a1（a1+1）（a1+2），所以a1=1，選B （文）5×2×■=■，選B 6． D 7． （理）∠PBA=360°－（90°－β）－γ－90°=180°+β－γ， ∠APB=180°－（180°+β－γ）－（α－β）=γ－α，由正弦定理有■=■，PQ=PA·sinα，選B （文）由a2·a3=2a1得a1q3=a4=2，所以a6=■，所以q=■，a1=16，S4=■=30，選C 8． （理）D（文）D 9． （理）點(diǎn)A（－2，－1），則2m+n=1，■+■（2m+n）=4+■+■≥8，當(dāng)且僅當(dāng)m=■，n=■時(shí)取“=”，選C （文）圓的半徑為雙曲線的焦距c且△PF1F2為直角三角形， 所以2∠PF1F2=∠PF2F1=60°，由此得PF1－PF2=■c－c=2a，選A 10． （理）當(dāng)K=■時(shí)， fK（ｘ）=a■，x?搖≥1，■，x?搖<1.選D （文）函數(shù)f（ｘ）為奇函數(shù)且周期為3，所以f（1）=f（－2）=－f（2）=－■≥1，即■≤0，選C 選擇題限時(shí)訓(xùn)練（三） 1． （理）D （文）D?搖 2． （理）①④正確．三個(gè)平面兩兩相交時(shí)有三種情形：交于一條直線，交于三條直線且兩兩平行，交于三條直線且這三條直線共點(diǎn)． 選B （文）A 3． （理）由題意有a5=a1·■·■·■·■=1×（－■）×2×（－2■）×4=32，選A （文）C 4． （理）C （文）B?搖 5． （理）由選項(xiàng)知b≥0，容易排除b=0． 畫(huà)出可行域后知，當(dāng)且僅當(dāng)直線z=2x+y經(jīng)過(guò)直線y=2x與y=－x+b的交點(diǎn)■，■時(shí)z取到最小值4，可得b=3． 選D （文）C?搖 6． （理）D （文）同理科第2題?搖 7． sin■+sin■+sin■+…+ sin■=sin■+sin■=sin■+sin■=■． 選B?搖 8． C 9． 易知1 10． （理）畫(huà)出圖形后用幾何概率及不定積分可求出答案： p=■=■． 選C （文）當(dāng)x∈［0，2］時(shí)，令t=3x∈［1，9］，此時(shí)f（ｘ）min=－16；當(dāng)x∈［-2，0］時(shí)，x+2∈［0，2］，由題意有f（ｘ）=■，此時(shí)f（ｘ）min=■=－8，以此類(lèi)推，當(dāng)x∈［-8，-6］時(shí)，f（ｘ）min=■=－1，選B 填空題限時(shí)訓(xùn)練（一） 1． －■+■i 2． －2■，2■ 3． 600?搖 4． 因?yàn)閒（2）=log33=1，所以f（f（2））=f（1）=2 5． x2=－8y?搖 6． 球的半徑R=■=■，球的表面積為4πR2=12π 7． f（5）=－5+8=3， f ′（5）=－1，答案為2 8． 由題意有■－■ω=2kπ+■，所以ω=■－6k，又ω>0，所以ωmin=■ 9． 如圖16，當(dāng)過(guò)點(diǎn)A，B的圓與直線l相切于點(diǎn)D時(shí)，直線l上的D對(duì)線段AB所成的張角最大（即∠ADB=∠AD′B>∠ACB）． 由此結(jié)論可簡(jiǎn)解本題：在原題所給圖形中，作CO⊥AB于O，并建立平面直角坐標(biāo)系（如圖17），得OA=■－■=9，OB=■－■=4，由切割線定理，得OC2=OA·OB=9×4，OC=6（m） ■ 圖16 ■ 圖17 10． 要將n個(gè)金屬片全部轉(zhuǎn)移到3號(hào)針上，只需先將上面n-1個(gè)金屬片轉(zhuǎn)移到2號(hào)針上，需要an-1次轉(zhuǎn)移，然后將最大的那個(gè)圓盤(pán)轉(zhuǎn)移到3號(hào)針上，需要一次轉(zhuǎn)移，再將2號(hào)針上的n-1個(gè)圓盤(pán)轉(zhuǎn)移到3號(hào)針上，需要an-1次轉(zhuǎn)移，所以有an=2an-1+1，又a1=1，得an=2n-1． 當(dāng)然有a3=23－1=7． 填空題限時(shí)訓(xùn)練（二） 1． （理）9 （文）■，0 2． 此幾何體由圓柱和球構(gòu)成，表面積為20π 3． ■=10，■=38，滿(mǎn)足線性回歸方程，故a=58，所以■=－2x+58，答案為46 4． 由題意有■=■，所以2a2+b2=2，0≤a2≤1，OP2=a2+b2=2－a2，所以O(shè)Pmax=■ 5． 數(shù)形結(jié)合，a∈［－1，0） 6． 因?yàn)椤觥ぁ?0，所以∠C=90°，又■=■（■+■），所以D為AB中點(diǎn)，所以CD=DB=■AB=■，CB=4，所以cos∠BCD=■=■ 7． （理）設(shè)紅球有x個(gè)，則有1－■=■，解得x=4，即紅球有4個(gè)，白球有5個(gè)． ξ取值為0，1，2，P（ξ=0）=■=■，P（ξ=1）=■=■，P（ξ=2）=■=■，故Eξ=0×■+1×■+2×■=■ （文）1－■=■ 8． f（ｘ）在［0，1］上單調(diào)遞增，則f（ｘ）min=f（0）=－1， 由題意有f（ｘ）min≥g（ｘ）min． 當(dāng)a≤■時(shí)，g（ｘ）min=g（1）=5－2a≤ －1，解得a≥3，不合題意； 當(dāng)a>■時(shí)，g（ｘ）min=g（2）=8－4a≤ －1，解得a≥■． 綜上a∈■，+∞ 9． （理）a1=■=（1，1），所以θ1=■； an=■■=■，數(shù)形結(jié)合知tanθn=■=■n+■， 所以■tanθk=■+1－■=2－■－■， 由此可知最大整數(shù)n是3 （文）2012=287×7+3． ｛xk｝為1，2，3，4，5，6，7，1，2，3，4，5，6，7，…，即｛xk｝是以7為周期的，所以x2012=x3=3； ｛yk｝為1，1，1，1，1，1，1，2，2，2，2，2，2，2，3，3，…，即｛yk｝中的數(shù)以7為單位反復(fù)出現(xiàn)，所以y2012=288． 綜上，A2012的坐標(biāo)為（3，288） 填空題限時(shí)訓(xùn)練（三） 1． 4 2． 0 3. 11 4. 由正弦定理知c=2■b. 又a2－b2=■bc，所以a=■b. 根據(jù)余弦定理得cosA=■，所以A=30° 5. f ′（x）=2f ′（1）+■，令x=1，得f ′（1）=2f ′（1）+1，所以f ′（1）=－1 6. 21 7. PF1＋PF2＝10，PF1＝10－PF2，PM＋PF1＝10＋PM－PF2. 易知M點(diǎn)在橢圓外，連結(jié)MF2并延長(zhǎng)交橢圓于P點(diǎn)，此時(shí)PM－PF2取得最大值MF2，故PM＋PF1的最大值為10＋MF2＝10+■=15 8. 由已知可得A2007（2007，2010），直線OA2007的方程l：y=■x. 因?yàn)椤?■=■，所以直線OA2007過(guò)兩個(gè)整點(diǎn)（669，670），（1338，1340），即f（2007）=2 9. 設(shè)B=α，則A=2α，C=π－3α，由△ABC是銳角三角形，得0<α<■，0<2α<■，■<3α<π，所以■<α<■. 所以■=■=4cos2α－1∈（1，2） 10. an=6，n=1，6n-1，n≥2 11． ④⑤ 12. 記“取出兩個(gè)紅球”為事件A，“取出兩個(gè)白球”為事件B，“取出一紅一白兩個(gè)球”為事件C，則P（A）=■，P（B）=■，P（C）=■. 由題意得P（A）+P（B）=P（C），即C■■+C■■=C■■·C■■，所以m+n=（m－n）2，從而m+n為完全平方數(shù). 又由m>n≥4，m+n≤40，得9≤m+n≤40，所以m+n=9，m－n=3或m+n=16，m－n=4或m+n=25，m－n=5或m+n=36，m－n=6，解之得（m，n）=（6，3）（舍去），或（m，n）=（10，6），或（m，n）=（15，10），或（m，n）=（21，15）. 故符合題意的數(shù)組（m，n）有3個(gè) 13． 以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線AC為x軸，與AC垂直的直線為y軸，建立直角坐標(biāo)系，則A（0，0），C（1，0），B（－1，■）. 因?yàn)镺是三角形△ABC的外心，所以O(shè)A=OB=OC. 設(shè)O（x，y），則由兩點(diǎn)間距離公式可列出方程并求得x=■，y=■■. 把A，B，C，O的坐標(biāo)代入■=λ■+μ■，解得λ=■，μ=■，所以λ+μ=■ 14. 因?yàn)閒 ′（x）=2exsinx，x∈［0，2011π］，所以當(dāng)x=（2k+1）π，k∈0，1，…1005時(shí)， f（x）取得極大值，這些極大值構(gòu)成以eπ為首項(xiàng)，e2π為公比的等比數(shù)列，其和為■ 2012年高考押題金卷（一） 1. C 2． A 3. C 4. （理）C （文）B?搖 5. D 6. A 7． D 8. （理）C （文）A?搖 9． （理）C （文）D 10. （理）D （文）A 11. （理）C. 建立直角坐標(biāo)系，滿(mǎn)足m，n范圍的矩形區(qū)域的面積為4，滿(mǎn)足方程有實(shí)根只需滿(mǎn)足Δ=1－mn≥0，即mn≤1，再由積分可得 （文）D 12. （理）C. 通過(guò)n=1，數(shù)9在點(diǎn)（-1，2）上 （文）B 13. （理）7. 前3項(xiàng)系數(shù)的絕對(duì)值為1，■C■■，■C■■，且1+■C■■=C■■，n=8 （文）7 14. （理）■ （文）■ 15. （理）■ （文）±■ 16. （理）2 （文）100 17. （理）（1）0.75 （2）EX=208 （文）（1）72 （2）■ 18. （理）（1）證明略 （2）證明略 （3）■ （文）（1）證明略 （2）■ 19. （理）（1）an=e13-3n （2）m≥2009. 由于b1>b2>b3>b4>0>b5>b6>…所以c1=b1b2b3>0，c2=b2b3b4>0，而c3=b3b4b5<0；c4=b4b5b6>0，c5=b5b6b7<0，且當(dāng)n>5時(shí)，都有cn<0，由分析知，當(dāng)n=4時(shí)，Tn的值最大，此時(shí)Tn=310，由310≤■，得m≥2 009. （文）（1）an=■ （2）bn=■·2n=n·2n，由Tn=1×2+2×22+3×23+…+n·2n及2Tn=22+2×23+…+（n－1）×2n+n×2n+1，兩式相減可整理得到Tn=（n－1）·2n+1+2. 20. （1）■+y2=1 （2）（理）證明略 （文）m≥■或m≤－■ 21. （理）（1）導(dǎo)數(shù)法，f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（0，1）； f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（1，e）. （2）由（1）知f（x）有極小值為f（1）=1，即f（x）在（0，e］上的最小值為1. 令h（x）=g（x）－5=x2－2x－3. 因?yàn)閔（x）的對(duì)稱(chēng)軸為x=1，故h（x）max=h（e）=e2－2e－3=（e－3）（e+1）<0 故在（2）的條件下，f（x）> g（x）－5. （3）假設(shè)存在實(shí)數(shù)a，使f（x）有最小值3. f ′（x）=■，有①當(dāng)a≤0時(shí)，f（x）在（0，e］上單調(diào)遞減， f（x）min=f（e）=ae－1=3，a=■（舍去），此時(shí)f（x）無(wú)最小值； ②當(dāng)0<■ 綜上，存在實(shí)數(shù)a=e2，使f（x）有最小值3. （文）（1）導(dǎo)數(shù)法，遞增區(qū)間是（－2，－1）或（0，+∞），遞減區(qū)間是（－∞，－2）或（－1，0）. （2）由f ′（x）=■=0得x=0或x=－2. 由（1）知，f（x）在■－1，0上遞減，在［0，e－1］上遞增. 又f■－1=■+2， f（e－1）=e2－2，且e2－2>■+2，故x∈■－1，e－1時(shí)，f（x）max=e2－2，即m>e2－2時(shí)，不等式f（x） （3）由f（x）=x2+x+a知x－a+1－ln（1+x）2=0. 記g（x）=x－a+1－ln（1+x）2，由g ′（x）>0得x<－1或x>1，由g′（x）<0得 －1 故g（x）在［0，1）上遞減，在（1，2］上遞增. 要滿(mǎn)足題意只需g（x）=0在［0，1）和（1，2］上各有一個(gè)實(shí)根，于是有g(shù)（0）≥0，g（1）<0，g（2）≥0，解得2－2ln2 22. （1）45° （2）■ 23. （1）最小值為1 （2）P■，■ 24. （1）不等式的解集為（－∞，5）. （2）x∈［－3，5］時(shí)，y∈［2，4］，因?yàn)閒（x）>a，故a 2012年高考押題金卷（二） 1． 7 2． ■ 3． ｛－2，0，2｝ 4． 3∶1 5． ■ 6． ■. 用線性規(guī)劃知識(shí)求解 7． （12，14）. a7>0且a8<0，然后解關(guān)于a1的不等式 8． 1 9． 1 10． ±2.?搖x＝0是一個(gè)根，再看f（x）＝x2－ax■與y＝1的交點(diǎn)個(gè)數(shù) 11． 在圓內(nèi)． 先求導(dǎo)，再求切線l的方程 12． 45° 13． （4，5）. 橫坐標(biāo)與縱坐標(biāo)的和為0，1，2，3，…，8的個(gè)數(shù)共有45個(gè)，第46個(gè)點(diǎn)的橫坐標(biāo)與縱坐標(biāo)的和為9 14． （－∞，－6）∪（6，+∞）. 研究y=x3+a與y=■的圖象的交點(diǎn)個(gè)數(shù) 15． （1）點(diǎn)P，Q的坐標(biāo)分別為1，■，■，－1 （2）cos（α－2β）=－■ 16． （1）27人. （2）由直方圖知，成績(jī)?cè)冢?3，14）內(nèi)的人數(shù)為50×0.06=3人，成績(jī)?cè)冢?7，18）內(nèi)的人數(shù)為50×0.08=4人，若m，n分別在［13，14）和［17，18）內(nèi)時(shí)，則共有12種情況，故P（m-n>1）＝■=■. 17． （1）證明略. （2）證明略. （3）由（1）知DM∥PA，由（2）知PA⊥平面PBC，故?搖VM－BCD=VD－BCM=10■. 18． （1）e=■. （2）設(shè)P（x，y），則■+■=1（c>0）. 又■·■=（■+■）·（■+■）=－（y+3）2+2c2+17（－c≤y≤c）， ①當(dāng)c≥3時(shí)，此時(shí)橢圓方程為■+■=1； ②當(dāng)0 綜上，橢圓的方程為■+■=1. 19． （1）導(dǎo)數(shù)法，當(dāng)a≥0時(shí)，f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（0，+∞）； 當(dāng)a<0時(shí)，f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（－a，+∞）. （2）f ′（x）=■. ①若a≥－1，f（x）min=f（1）=－a=■，故a=－■（舍去）； ②若a≤－e，f（x）min=f（e）=1－■=■，故a=－■（舍去）； ③若－e （3）因f（x） 令g（x）=xlnx－x3，g（x）在（1，+∞）上也是減函數(shù)，所以g（x） 故當(dāng)f（x） 20． （1）a=2，f（n）=8·2n，所以｛ｆ（ｎ）｝為等比數(shù)列，則f（1）+f（2）+…+ f（n）=16（2n－1）. （2）由f（1），16，128依次是某等差數(shù)列的第1項(xiàng)，第k－3項(xiàng)，第k項(xiàng)，可分析知公差d=■，且有128=2b+（k－1）·■. 又由題意知方程b2n=2（n2-100）有正整數(shù)解，故b的取值應(yīng)為整數(shù). 令g（x）=b2x-2x2+200，利用導(dǎo)數(shù)法可分析得到存在正整數(shù)n＝2，使得f（n）=2（n2－100）成立，此時(shí)b=－48. 21． A． 證明略. B． （1）矩陣M的特征值為2和3，對(duì)應(yīng)的特征向量為10及01. （2）M-1=■ 00 ■，新曲線的方程為x2+y2=1. C． （1）點(diǎn)M與P1，P2兩點(diǎn)間距離之積為t1t2=■. （2）點(diǎn)M與P1，P2兩點(diǎn)間距離之差的絕對(duì)值為t1-t2=t1+t2=■. D． 證明略. 利用均值不等式證明. 22． （1）y=■x2（y≤3）. （2）S=2■■x2－x+1dx=■x3－■+x20=■. 23． （1）■. （2）最大值為■. 利用均值不等式求解. （3）ξ的分布列為 ■ Eξ=45p3－72p4+30p5. 2012年高考押題金卷（三） 1． A 2. C 3. B 4. （理）A （文）A 5. B?搖 6. A． 因?yàn)?x+φ=kπ+■，x=■π+■－■，所以■<■π+■－■<■，解得kπ－■<φ 又0<φ<■，所以0<φ<■ 7. D 8. C 9. A． 2a+b=■，a－b=■，（2a+b）·（a－b）=6，cosα=■，所以sinα=■，故S=■ 10. C． 不妨設(shè)M（x0，y0）（y0>0），則N（x0，－y0），所以k1 +k2=■+■=■+■=■=2ay0·■=■，又因?yàn)? 11． （理）－■ （文）■?搖 12． 2 13． （理）－10 （文）■ 14． 31 15． ■ 16． 4 17． （理）（0，■－1）. （法一）由x3－3x+1≥1解得x≤－2或－■≤x≤0或x=1或x≥■，所以要使不等式只有1個(gè)解，只有當(dāng)x=1時(shí)滿(mǎn)足條件，所以區(qū)間［t，t+1］必須滿(mǎn)足0 （法二）用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)f（x）=x3－3x+1的單調(diào)性，數(shù)形結(jié)合 （文）6. 首先可確定1、2分別在3、4的上方，9在方格的右下角那一格，然后討論5、6、7、8的位置 18． （1）C=■ （2）由余弦定理可得ab=4，故S△ABC=■absinC=■ 19． （理）（1）當(dāng)n=3時(shí)，甲勝的概率為P=■=■，從而甲負(fù)的概率為■，故甲得分ξ的分布列為 ■故Eξ=■ （2）當(dāng)n=2時(shí)，乙勝的概率P=1，不合題意； 當(dāng)n=3時(shí)，乙勝的概率P=■，不合題意； 當(dāng)n≥4時(shí)，乙勝的概率P=■+■=■，化簡(jiǎn)得n2－11n+30=0，解得n=5或n=6 （文）（1）由Sn+1+Sn－1=2（Sn+1）①得Sn+2+Sn=2（Sn+1+1）②，②－①得an+2+an=2an+1（n≥2）. 又S3+S1=2（S2+1），可得a3=5，所以a3+a1=2a2，即數(shù)列｛an｝是等差數(shù)列，所以an=2n－1. 由b1+2b2+22b3+…+2n-2bn-1+2n-1bn=an③得b1+2b2+22b3+…+2n-2bn-1+2n-1bn+2nbn+1=an+1④，④－③得2nbn+1=an+1－an=2，所以bn+1=■，故bn=■（n≥2），又因?yàn)閎1=1不滿(mǎn)足，所以bn=1，n=1， ■，n≥2 （2）因?yàn)閏n=anbn=1，n=1， （2n－1）·22－n，n≥2，所以當(dāng)n=1時(shí)，Tn=1；當(dāng)n≥2時(shí)，Tn=1+3+5·2－1+7·2－2+…+（2n－1）·22－n，■Tn=■+3·2－1+5·2－2+7·2－3+…+（2n－1）·21－n，兩式作差得■Tn=■+2·（2－1+2－2+…+22－n）－（2n－1）·21－n=■－（2n+3）·21－n，所以Tn=11－（2n+3）·22－n． 于是得Tn=1，n=1， 11－（2n+3）·22－n，n≥2 20． （1）在Rt△ABC中，D為AB的中點(diǎn)，得AD=CD=DB. 又∠B=30°，得△ACD是正三角形，又E是CD的中點(diǎn)，得AF⊥CD，折起后，AE⊥CD，EF⊥CD. 又AE∩EF=E，AE?奐平面AEF，EF?奐平面AEF，故CD⊥平面AEF，又CD?奐平面CDB，故平面AEF⊥平面CDB． （2）（理）過(guò)點(diǎn)A作AH⊥EF，垂足H落在FE的延長(zhǎng)線上，因?yàn)镃D⊥平面AEF，所以CD⊥AH，所以AH⊥平面CDB． 連接CH并延長(zhǎng)交BD的延長(zhǎng)線于G，由已知AC⊥BD，得CH⊥BD，即∠CGB=90°，因此△CEH與△CGD相似，則■=■. 設(shè)AC=a，易得∠GDC=60°，DG=CE=■，CG=■，代入上式得EH=■. 又EA=■，所以cos∠HEA=■=■. 又AE⊥CD，EF⊥CD，所以∠AEF即為所求二面角的平面角，故二面角A－CD－B的大小的余弦值為－■ （文）因?yàn)槎娼茿－CD－B是直二面角，且AE⊥CD，所以AE⊥平面CDB．連結(jié)EB，AB，則∠ABE就是直線AB與平面CDB所成的角． 設(shè)AC=a，在△CBE中，∠DCB=30°，CE=■，CB=■a，EB2=CE2+CB2－2CE·CB·cos∠DCB=■a2. 又AE=■a，在Rt△AEB中，tan∠ABE=■=■a×■=■． 所以直線AB與平面CDB所成角的正切值為■ 21． （理）（1）點(diǎn)（±■，1）在拋物線x2=2py上，所以p=1 （2）設(shè)P（m，n），則Cm，－■，n+－■=2·■，n=■，所以Pm，■，故m2=3，m=±■，所以P±■，■． （3）設(shè)P（m，n），則A（2m，0），B（0，2n），所以■·■=－1，即n2－■n=m2. 又m2=2n，解得n=■或n=0（舍），所以m=±■，所以點(diǎn)P坐標(biāo)為±■，■ （文）（1）點(diǎn)（2，±2■）在拋物線y2=2px上，易得p=2 （2）設(shè)A（x1，y1），C（x2，y2），由題設(shè)知，直線AC的斜率存在，且過(guò)焦點(diǎn)F（1，0），所以設(shè)直線AC的方程為y=k（x－1）． 聯(lián)立方程組y=k（x－1）， y2=4x，得k2x2－2（k2+2）x+k2=0，由根與系數(shù)的關(guān)系知ｘ1＋ｘ2＝■，ｘ１ｘ２＝１. 于是AC=■■=■. 又因?yàn)锳C⊥BD，所以直線BD的斜率為－■，從而直線BD的方程為y=－■（x－1），同理可得BD=4（1+k2）． 所以SABCD=■AC·BD=■=8k2+■+2≥8×（2+2）=32，即當(dāng)k=±1時(shí)等號(hào)成立． 所以，四邊形ABCD的最小面積為32 22． （理）（1）當(dāng)a=1時(shí)， f（x）=x－1－2lnx，則f ′（x）=1－■. 由f ′（x）>0得x>2； 由f ′（x）<0得0 （2）因?yàn)閒（x）<0在區(qū)間0，■恒成立是不可能，故要使函數(shù)f（x）在0，■上無(wú)零點(diǎn)，只要對(duì)任意x∈0，■， f（x）>0恒成立，即對(duì)x∈0，■，a>2－■恒成立． 令l（x）=2－■，x∈0，■，則l′（x）=■，再令m（x）=2lnx+■－2，x∈0，■，則m′（x）=■－■<0，故m（x）在0，■上為減函數(shù)，于是m（x）>m■=2－ln2>0，從而，l′（x）>0，于是l（x）在0，■上為增函數(shù)，所以l（x）< l■=2－4ln2. 故要使a>2－■恒成立，只要a∈［2－4ln2，+∞）． 綜上，若函數(shù)f（x）在0，■上無(wú)零點(diǎn)，則a的最小值為2－4ln2 （3）g′（x）=（1－x）e1－x，所以g（x）在（0，1）遞增，在（1，e］遞減. 又因?yàn)間（0）=0，g（1）=1，g（e）=e·e1－e>0，所以函數(shù)g（x）在（0，e］上的值域?yàn)椋?，1］． 當(dāng)a=2時(shí)，不合題意； 當(dāng)a≠2時(shí)，f ′（x）=■，x∈（0，e］． 當(dāng)x=■時(shí)， f ′（x）=0，由題意得， f（x）在（0，e］上不單調(diào)，故0<■ ■ 又因?yàn)楫?dāng)x→0時(shí)， f（x）→+∞， f■=a－2ln■， f（e）=（2－a）（e－1）－2，所以，對(duì)任意給定的x0∈（0，e］，在（0，e］上總存在兩個(gè)不同的xi（i=1，2），使得f（xi）=g（x0）成立，當(dāng)且僅當(dāng)a滿(mǎn)足下列條件：f（■）=a－2ln■≤0②， f（e）=（2－a）（e－1）－2≥1③.令h（a）=a－2ln■，a∈－∞，2－■，則h′（a）=■，故當(dāng)a∈（－∞，0）時(shí)h′（a）>0，函數(shù)h（a）單調(diào)遞增，當(dāng)a∈0，2－■時(shí)h′（a）<0，函數(shù)h（a）單調(diào)遞減，所以，對(duì)任意a∈－∞，2－■，有h（a）≤h（0）=0，即②對(duì)任意a∈－∞，2－■恒成立，則③式解得a≤2－■④． 綜合①④可知，當(dāng)a∈－∞，2－■時(shí)，對(duì)任意給定的x0∈（0，e］，在（0，e］上總存在兩個(gè)不同的xi（i=1，2），使得f（xi）=g（x0）成立． （文）（1）f ′（x）=6x2－6x，由f ′（x）>0得x>1或x<0，由f ′（x）<0得0 （2）f ′（x）=6ax2－6ax． ①當(dāng)a=0時(shí)，顯然不可能； ②當(dāng)a>0時(shí)， ■ 又因?yàn)楫?dāng)a>0時(shí)，g（x）=－■x+■在［0，2］上是減函數(shù)，對(duì)任意x∈［0，2］，g（x）∈－■+■，■，■>1，不合題意； ③當(dāng)a<0時(shí)， ■ 又因?yàn)楫?dāng)a<0時(shí)，g（x）=－■x+■在［0，2］上是增函數(shù)，對(duì)任意x∈［0，2］，g（x）∈■，－■+■，由題意 11. C 12. （理）C. 由圖象可得f（1）=1+a+b=0，0 （文）C. 易知當(dāng)x=0為g（x）= f（x）-x的第一個(gè)零點(diǎn)，由f（x）=f（x-1）+1得x=1為第二個(gè)零點(diǎn)，以此類(lèi)推可得函數(shù)零點(diǎn)成等差數(shù)列，首項(xiàng)為0，公差為1，所以an=n-1（n∈N?鄢） 13. ■ 14. （理）e （文）■+1 15. 4y-3x+5=0. 因?yàn)镕（x）=■，所以F（1）=■=－■，F(xiàn) ′（x）=■，所以F ′（1）=■=■，所以切線方程為y+■=■（x-1） 16. ①③ 17. （1）B=■ （2）－■，■ 18. （理）（1）線段BC的中點(diǎn)就是滿(mǎn)足條件的點(diǎn)P． 取AB的中點(diǎn)F，連結(jié)DP，PF，EF，則FP∥AC，F(xiàn)P=■AC. 取AC的中點(diǎn)M，連結(jié)EM，EC，因?yàn)锳E=AC且∠EAC=60°，所以△EAC是正三角形，所以EM⊥AC，所以四邊形EMCD為矩形，所以ED=MC=■AC． 又因?yàn)镋D∥AC，所以ED∥FP且ED=FP，四邊形EFPD是平行四邊形，所以DP∥EF. 而EF?奐平面EAB，DP?埭平面EAB，所以DP∥平面EAB （2）（法1）過(guò)B作AC的平行線l，過(guò)C作l的垂線交l于G，連結(jié)DG，因?yàn)镋D∥AC，所以ED∥l，l是平面EBD與平面ABC所成二面角的棱． 因?yàn)槠矫鍱AC⊥平面ABC，DC⊥AC，所以DC⊥平面ABC. 又因?yàn)閘?奐平面ABC，l⊥DC，l⊥CG，所以l⊥平面DGC，所以l⊥DG，所以∠DGC是所求二面角的平面角． 設(shè)AB=AC=AE=2a，則CD=■a，GC=2a，所以GD=■=■a，所以cosθ=cos∠DGC=■=■ （法2）建立空間直角坐標(biāo)系求解 （文）（1）連AD1，因?yàn)锳D1■BC1■B1E，所以四邊形AB1ED1是平行四邊形，則D1E∥AB1. 又AB1?奐平面AB1C，D1E?埭平面AB1C，所以D1E∥平面ACB1 （2）由已知得B1C2+B1E2=4=CE2，則B1E⊥B1C. 由長(zhǎng)方體的特征可知CD⊥平面B1BCE，而B(niǎo)1E?奐平面B1BCE，?搖則CD⊥B1E，所以B1E⊥平面DCB1. 又B1E?奐平面D1B1E，所以平面D1B1E⊥平面DCB1 （3）V■=V■－V■－V■－V■－V■=■ 19. （理）（1）■ （2）ξ的分布列為 ■ 所以數(shù)學(xué)期望Eξ=■ （3）如果我是該選手，那么答對(duì)前6題就放棄答題. 理由：如果選擇繼續(xù)答第7題，則答完該題后所獲得的獎(jiǎng)品份數(shù)的數(shù)學(xué)期望Eη=■<6 （文）（1）依題中的數(shù)據(jù)可得■甲=7，■乙=7，s■■=5.2，s■■=2. 因?yàn)椤黾?■乙，s■■>s■■，所以?xún)山M技工的總體水平相同，甲組中技工的技術(shù)水平差異比乙組大 （2）設(shè)事件A表示該車(chē)間“質(zhì)量合格”，則從甲、乙兩組中各抽取1名技工完成合格零件個(gè)數(shù)的基本事件共25種，事件A包含的基本事件共17種，所以P（A）=■ 20. （理）（1）an=2n－1，Sn=n2 （2）由（1）知bn=■，要使b1，b2，bm成等差數(shù)列，必須2b2=b1+bm，整理得m=3+■. 因?yàn)閙，t為正整數(shù)，所以t只能取2，3，5. 當(dāng)t=2時(shí)，m=7； 當(dāng)t=3時(shí)，m=5； 當(dāng)t=5時(shí)，m=4. 故存在正整數(shù)t，使得b1，b2，bm成等差數(shù)列 （文）（1）當(dāng)n=1時(shí)，因?yàn)閎1=T1=1－b1，所以b1=■. 當(dāng)n≥2時(shí)，因?yàn)門(mén)n=1－bn，所以Tn－1=1－bn－1. 兩式相減得bn=bn－1－bn，即bn=■bn－1. 故｛ｂn｝為首項(xiàng)和公比均為■的等比數(shù)列，所以bn=■■ （2）m=4（其他形如m=2n－4（n≥3，n∈N）的數(shù)均可） 21. （理）（1）依題意知曲線C的方程是y2=4x. 因?yàn)椤?λ■=0，所以點(diǎn)P（-λ，0）. 設(shè)直線AB為x=ty－λ，代人y2=4x，得y2－4ty+4λ=0. 設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），則y1+y2=4t，y1y2=4λ. 以AB為直徑的圓經(jīng)過(guò)直角坐標(biāo)系的原點(diǎn)O，則■·■=0，即x1x2+y1y2=■+y1y2=0. 解得y1y2=－16，所以4λ=－16，即λ=－4 （2）由（1）知AB=■=■=4■=4■. 當(dāng)t=0時(shí)，AB有最小值8，此時(shí)圓的面積最小，圓的方程為（x－4）2+y2=16 （文）（1）■+y2=1 （2）設(shè)點(diǎn)P（x1，y1），過(guò)點(diǎn)P的圓的切線方程為y－y1=－■（x－x1）． 由x■■+y■■=2得y=－■x+■，令x=2得y=－■，故點(diǎn)Q2，－■，所以KOQ=－■，又KPF=■，即?搖KPF·KOQ=－1，所以PF⊥OQ 22. （理）（1）f（x）=■x3－x 所以，此時(shí)四邊形OMPN面積有最小值1+■ 2012年高考押題金卷（五） 1． C 2. （理）D （文）B －1）+c=0， 3a×32+2b×3+c=0，從而a=－■b，c=3b. 易知b<0，因?yàn)閒 ′（x）=3ax2+2bx+c=－bx2+2bx+3b的對(duì)稱(chēng)軸為x=1，所以y=ax2+■bx+■的對(duì)稱(chēng)軸是x=1，故可知選D 12. （理）0，■. 由已知得p是q的充分不必要條件，所以圓半徑的最大值即為原點(diǎn)到直線4x+3y-12=0的距離■，故r的取值范圍為0，■ （文）A． 由于■+■+2■=0，所以■+■=－2■. 設(shè)■+■=■，則■= -2■，由共線向量定理知P，D，A三點(diǎn)共線. 故AD為△ABC的邊BC上的中線，且P是中線Ａ，Ｄ的中點(diǎn). 所以S△PBC=■S■，進(jìn)而可求得S△APC=■S△ABC，由幾何概率知應(yīng)選A 13. ■?搖 14. （理）②④ （文）■，－■ 15． 1 16． （理）（1）記“至少一名北京大學(xué)志愿者被分到運(yùn)送礦泉水崗位”為事件A，則A的對(duì)立事件為“沒(méi)有北京大學(xué)志愿者被分到運(yùn)送礦泉水崗位”，設(shè)有北京大學(xué)志愿者x個(gè)，其中1≤x<6，那么P（A）=1－■=■，解得x=2，即來(lái)自北京大學(xué)的志愿者有2人，來(lái)自清華大學(xué)志愿者4人 （2）記“清掃衛(wèi)生崗位恰好來(lái)自北京大學(xué)、清華大學(xué)志愿者各一人”為事件E，則P（E）=■=■ （3）ξ的分布列為 ■ Eξ=■ （文）②③④. 由x1，x2∈（1，2）（x1≠x2），f（x1）－f（x2） 17． （理）（1）證明略 （2）易知BC⊥平面PCD，所以GC是三棱錐G—DEC的高. 因?yàn)镋是PC的中點(diǎn)，所以S△EDC=■S△PDC=■·■·2·2=1，所以VC－DEG=VG－DEC=■GC·S△DEC=■·■·1=■?搖 （3）連結(jié)AC，取AC中點(diǎn)O，連結(jié)EO，GO，延長(zhǎng)GO交AD于點(diǎn)M，則PA∥平面MEG. 下面證明之. 因?yàn)镋為PC的中點(diǎn)，O是AC的中點(diǎn)，所以EO∥PA. 又因?yàn)镋O?奐平面MEG，PA?埭平面MEG，所以PA∥平面MEG. 在正方形ABCD中，因?yàn)镺是AC中點(diǎn)，所以△OCG≌△OAM. 所以AM=CG=■，所以AM的長(zhǎng)為■ （文）（1）■ （2）■ 18. （理）（1）由題意，設(shè)f（x）=ax2+bx（a≠0），則f ′（x）=2ax+b. 因?yàn)閒 ′（x）=4x－1，所以a=2，b=－1. 所以f（x）=2x2－x.又因?yàn)辄c(diǎn)（n，Sn）（n∈N?鄢）均在函數(shù)y=f 20． （理）（1）因?yàn)閒（x）=ln（x2+1），所以f ′（x）=■. 因?yàn)閤2+1≥2x?圯■≤1，所以f ′（x）的值域?yàn)椋郏?，1］ （2）因?yàn)閙為方程f（x）=x的根，所以f（m）－m=0. 令F（x）=f（x）-x，則F ′（x）=f ′（x）-1≤0. 所以F（x）為單調(diào)減函數(shù). 所以當(dāng)x＞m時(shí)，F(xiàn)（x）＜F（m），即f（x）-x （文）（1）因?yàn)锳C=BC，P是AB的中點(diǎn)，所以AB⊥PC. 因?yàn)锳A1⊥平面ABC，CC1∥AA1，所以CC1⊥平面ABC. 又AB在平面ABC內(nèi)，所以CC1⊥AB. 因?yàn)镃C1∩PC=C，所以AB⊥平面PCC1. 又因?yàn)镸，N分別是AA1，BB1的中點(diǎn)，四邊形AA1B1B是平行四邊形，MN∥AB，所以MN⊥平面PCC1. 因?yàn)镸N在平面MNQ內(nèi)，所以平面PCC1⊥面MNQ （2）連結(jié)PB1，其與MN相交于K，連結(jié)KQ. 因?yàn)镸N∥PB，N為BB1的中點(diǎn)，所以K為PB1的中點(diǎn)． 又因?yàn)镼是C1B1的中點(diǎn)，所以PC1∥KQ，而KQ?奐平面MNQ，PC1?埭平面MNQ，所以PC1∥平面MNQ （3）因?yàn)镼是B1C1的中點(diǎn)，所以Q到平面AA1B1B的距離h等于CP的一半，故h=■a，所以VP－MNQ=VQ－PMN=■S△PMN·h=■·■·■a·■a·■a=■a3 21. （理）（1）矩陣A的特征多項(xiàng)式為f（λ）=λ －4 －2 －5 λ －1=λ2－5λ－6=（λ+1）（λ－6）． 令f（λ）=0，則λ1=－1，λ2=6. 對(duì)于特征值λ1= －1，解相應(yīng)的線性方程組－5x－2y=0， －5x－2y=0，得到一個(gè)非零解x=－2， y=5. 因此ξ1=－2 5是矩陣A的屬于特征值λ1=－1的一個(gè)特征向量． 對(duì)于特征值λ2=6，解相應(yīng)的線性方程組－2x+2y=0， 5x－5y=0，得到一個(gè)非零解x=1， y=1，因此ξ2=1 1是矩陣A的屬于特征值λ2=6的一個(gè)特征向量 （2）2■-1 （3）由已知可得x+1－x－3≥2， ①當(dāng)x<－1時(shí)，不等式等價(jià)于－（x+1）+（x－3）≥2?圯x∈■； ②當(dāng)－1≤x<3時(shí)，不等式等價(jià)于（x+1）+（x－3）≥2?圯x≥2，所以此時(shí)解集為｛x2≤x<3｝； ③當(dāng)x≥3時(shí)，不等式等價(jià)于（x+1）－（x－3）≥2?圯4≥2?圯x∈R，所以｛xx≥3｝． 綜上，原不等式的解集為｛xx≥2｝ （文）（1）f ′（x）=x2+ax+b，因?yàn)楹瘮?shù)在x=－3及x=2處取得極值，所以f ′（－3）=0， f ′（2）=0，即9－3a+b=0， 4+2a+b=0，解得a=1，b=－6 （2）由（1）可知f（x）=■x3+■x2－6x+c， f ′（x）=x2+x－6=（x+3）（x－2）. 當(dāng)x∈［1，2）時(shí)， f ′（x）<0，當(dāng)x∈（2，3］時(shí)， f ′（x）>0，所以當(dāng)x=2時(shí)，f（x）取得極大值. 又因?yàn)閒（2）=－■+c， f（1）=－■+c，f（3）=－■+c，所以當(dāng)x∈［1，3］時(shí)， f（x）的最小值為f（2）=－■+c． 因?yàn)閷?duì)于任意的x∈［1，3］，都有3f（x）>－19c2成立，所以－■+c> －■c2，解得c>1或c<－■． 因此，c的取值范圍為－∞，－■∪（1，+∞） ２２． （文）（1）■+■=1 （2）當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，不滿(mǎn)足題意. 當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)直線l的方程為y=kx－2，A（x1，y1），B（x2，y2），因?yàn)椤觥ぁ?0，所以x1x2+y1y2=0. 因?yàn)閥1=kx1－2，y2=kx2－2，所以y1y2=k2x1·x2－2k（x1+x2）+4. 所以（1+k2）x1·x2－2k（x1+x2）+4=0，聯(lián)立方程組■+■=1， y=kx－2，得（1+4k2）x2－16kx+8=0，所以x1+x2=■，x1·x2=■. 所以（1+k2）·■－2k·■+4=0，解得k2=■，即k=■或k=－■. 所以直線l的方程為y=■x－2或y= －■x－2■
