2012年高考理科数学四川卷(含详细答案)

4. 如图，正方形ABCD的边长为1，延长BA至E，使AE1，连接EC、ED则sinCED

8. 已知抛物线关于x轴对称，它的顶点在坐标原点O，并且经过点M(2,y0).若点M到该抛物线焦点的距离为3，则|OM|

（ ）

在

（ ）

--------------------2012年普通高等学校招生全国统一考试（四川卷）

数学（理工类）

此--------------------参考公式：

如果事件A，B互斥 ，那么

球的表面积公式

P(AB)P(A)P(B)

S4πR2

如果事件A，B相互独立，那么

其中R表示球的半径 卷P(AB)P(A)P(B)

球的体积公式

--------------------如果时间A在一次试验中发生的概率是p，那么 V43πR3

在n次重复试验中时间A恰好发生k次的概率

其中R表示球的半径 Pkkn(k)Cnp(1p)nk(k0,1,2,…,n)

上--------------------第Ⅰ卷（选择题 共60分）

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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. (1x)7的展开式中x2的系数是

（ ）答--------------------A. 42 B. 35 C. 28

D. 21 2. 复数(1i)22i

（ ）A. 1 题--------------------B. 1 C. i D. i

x29处的极限是

（ ）无3. 函数f(x)--------------------x3,x＜3，在x3ln(x2),x≥3，A. 不存在 B. 等于6 C. 等于3 效--------D. 等于0

数学试卷 第1页（共42页）

DCEAB

A.

31010 B. 1010 C. 510

D. 515

5. 函数yax1a(a0,a1)的图象可能是

A.

B.

C.

D. 6. 下列命题正确的是

A. 若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行 B. 若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行 C. 若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行 D. 若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行

7. 设a、b都是非零向量.下列四个条件中，使ab|a||b|成立的充分条件是 A. ab B. a∥b

C. a2b

D. a∥b且|a||b|

数学试卷 第2页（共42页）

）

）

）

A. 22 B. 23 C. 4

D. 25 9. 某公司生产甲、乙两种桶装产品.已知生产甲产品1桶需耗A原料1千克、B原料2千

克；生产乙产品1桶需耗A原料2千克，B原料1千克.每桶甲产品的利润是300元，每桶乙产品的利润是400元.公司在生产这两种产品的计划中，要求每天消耗A、B原料都不超过12千克.通过合理安排生产计划，从每天生产的甲、乙两种产品中，公司共可获得的最大利润是

（ ）

A. 1800元 B. 2400元 C. 2800元 D. 3100元

10. 如图，半径为R的半球O的底面圆O在平面内，过点O作平面的垂线交半球面于

点A，过圆O的直径CD作平面成45角的平面与半球面相交，所得交线上到平面的距离最大的点为B，该交线上的一点P满足BOP60，则A、P两点间的球面距离为

（ ）

ABDPαCO

A. Rarccos24 B. πR4 C. Rarccos3πR3 D. 3

11. 方程ayb2x2c中的a,b,c{3,2,0,1,2,3}，且a,b,c互不相同，在所有这些方程所

表示的曲线中，不同的抛物线共有

（ ）

A. 60条 B. 62条 C. 71条

D. 80条

12. 设函数f(x)2xcosx，{aπn}是公差为

8的等差数列，f(a1)f(a2)f(a5)5π，则[f(a3)]2a1a5

（ ）

A. 0

B.

116π2 C. 1138π2 D. 216π

数学试卷 第3页（共42页）

（

（（

第Ⅱ卷（非选择题 共90分）

二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分.

13. 设全集U{a,b,c,d}，集合A{a,b}，B{b,c,d}，则(UA)(UB)_________.

14. 如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，M、N分别是CD、CC1的中点，则异面直线

A1M与DN所成角的大小是_________.

D1C1A1B1NDMCAB22

15. 椭圆

x4y31的左焦点为F，直线xm与椭圆相交于点A、B.当FAB的周长最大时，FAB的面积是_________.

16. 记[x]为不超过实数x的最大整数.例如，[2]2，[1.5]1，

[0.3]1.设a为正整数，xan[数列{x}满足x[x]nn1a，xn12](nN).现有下列命题：

①当a5时，数列{xn}的前3项依次为5，3，2；

②对数列{xn}都存在正整数k，当n≥k时总有xnxk； ③当n≥1时，xn＞a1；

④对某个正整数k，若xk1≥xk，则xn[a]. 其中的真命题有_________.（写出所有真命题的编号）

三、解答题：本大题共6小题，共74分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 17.（本小题满分12分）

某居民小区有两个相互独立的安全防范系统（简称系统）A和B，系统A和系统B在任意时刻发生故障的概率分别为

110和p. （Ⅰ）若在任意时刻至少有一个系统不发生故障的概率为4950，求p的值；

（Ⅱ）设系统A在3次相互独立的检测中不发生故障的次数为随机变量，求的概

率分布列及数学期望E.

数学试卷 第4页（共42页）

18.（本小题满分12分）

函数f(x)6cos2x23sinx3(0)在一个周期内的图象如图所示，A为图象

的最高点，B、C为图象与x轴的交点，且ABC为正三角形. （Ⅰ）求的值及函数f(x)的值域； （Ⅱ）若f(x0)835，且x1020(3,3)，求f(x01)的值.

19.（本小题满分12分）

如图，在三棱锥PABC中，APB90，PAB60，ABBCCA，平面PAB平面ABC.

（Ⅰ）求直线PC与平面ABC所成的角的大小； （Ⅱ）求二面角BAPC的大小.

PCAB

20.（本小题满分12分）

已知数列{an}的前n项和为Sn，且a2anS2Sn对一切正整数n都成立. （Ⅰ）求a1，a2的值； （Ⅱ）设a110，数列{lg10aa}的前n项和为Tn，当n为何值时，Tn最大？并求出Tn的n最大值.

数学试卷 第5页（共42页） 21.（本小题满分12分）

如图，动点M与两定点A(1,0)、B(2,0)构成MAB，且MBA2MAB.设动点M的轨迹为C.

（Ⅰ）求轨迹C的方程；

（Ⅱ）设直线y2xm与y轴交于点P，与轨迹C相交于点Q、R，且|PQ||PR|，求

|PR||PQ|的取值范围. yMAOBx22.（本小题满分14分）

2an已知a为正实数，n为自然数，抛物线yx2与x轴正半轴相交于点A.设f(n)为该抛物线在点A处的切线在y轴上的截距.

（Ⅰ）用a和n表示f(n)；

f(n)1n3（Ⅱ）求对所有n都有f(n)1≥n31成立的a的最小值； n（Ⅲ）当0a1时，比较1f(k)f(2k)与274f(1)f(n)f(0)f(1)的大小，并说明理由.

k1数学试卷 第6页（共42页）

2012年普通高等学校招生全国统一考试（四川卷） 理科数学答案解析 第Ⅰ卷 一、选择题 1.【答案】D 72k222【解析】二项式(1x)展开式的通项公式为Tk1=C7x，令k2，则T3C7x，x2的系数为C721． 【提示】由题设，二项式(1x)，根据二项式定理知，x2项是展开式的第三项，由此得展开式中x2的系数是C7，计算出答案即可得出正确选项 【考点】二项式定理． 2.【答案】B 27(1i)21i22i【解析】1 2i2i【提示】由题意，可先对分子中的完全平方式展开，整理后即可求出代数式的值，选出正确选项 【考点】复数 3.【答案】A 【解析】分段函数在x3处不是无限靠近同一个值，故不存在极限． 【提示】对每一段分别求出其极限值，通过结论即可得到答案 【考点】分段函数，对数函数，函数的定义域． 4.【答案】B 【解析】AE1正方形的边长也为1EDAEAD2 2222EC（EAAB）CB5，CD1 cosCEDEDECCD2EDEC222310 10sinCED1cos2CED10 10【提示】用余弦定理在三角形CED中直接求角的余弦，再由同角三角关系求正弦 【考点】余弦定理，同角三角函数． 5.【答案】D 3 / 14

(a0,a1)的图像可以看成把函数yax的图像向下平移【解析】函数yax，11个单位得到的．当aa1a1时，函数yax(a0,a1)在R上增函数，且图像过(1,0)故排除A，B，当1a0时，函数a1yax,(a0,a1)在R上减函数，且图像过点(1,0)，故排除C，故选D． a【提示】讨论a与1的大小，根据函数的单调性，以及函数恒过的定点进行判定即可 【考点】函数图像 6.【答案】C 【解析】若两条直线和同一平面所成角相等，这两条直线可能平行，也可能为异面直线，也可能相交，所以A错；一个平面不在同一条直线的三点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行，故B错；若两个平面垂直同一个平面两平面可以平行，也可以垂直；故D错；故选项C正确． 【提示】利用直线与平面所成的角的定义，可排除A；利用面面平行的位置关系与点到平面的距离关系可排除B；利用线面平行的判定定理和性质定理可判断C正确；利用面面垂直的性质可排除D． 【考点】真假命题的判定，平行与垂直关系． 7.【答案】D 【解析】若使aabb成立，则a与b方向相同且模长相等，选项中只有D能保证，故选D． 【提示】利用向量共线的充要条件，求已知等式的充要条件，进而可利用命题充要条件的定义得其充分条件 【考点】平面向量的基本概念，充分必要条件． 8.【答案】B pP2【解析】设抛物线方程为y2px(p0)，则焦点坐标为,0，准线方程为x 22M在抛物线上，M到焦点的距离等于到准线的距离． pp2，且2y3203 22解得：p2，y022 22点M(2,22) OM22(22)223 【提示】关键点M(2,y0)到该抛物线焦点的距离为3，利用抛物线的定义，可求抛物线方程，进而可得点M的坐标，由此可求OM 数学试卷 第10页（共42页）

【考点】抛物线，点与点的距离公式． 9.【答案】C 【解析】设公司每天生产甲种产品x桶，乙种产品y桶，公司共可获得利润为z元/天，则由已知，得z300x400y x2y122xy12且画可行域如图所示， x0y0 第9题图 目标函数z300x400y可变形为yx34z这是随z变化的一组平行直线 4002xy12x4解方程组，即A(4,4)zmax120016002800 x2y12y4【提示】根据题设中的条件可设每天生产甲种产品x桶，乙种产品y桶，根据题设条件得出线性约束条件以及目标函数求出利润的最大值即可 【考点】二元线性规划的实际应用． 10.【答案】A 【解析】以O为原点，分别以OB、OC和OA成45角所在直线为x、y、z轴， 2123R,0,RPR,R,0则A，22 22AOPO2 2R42 AOParccos42 APRarccos4cosAOP【提示】由题意求出AP的距离，然后求出AOP，即可求解A、P两点间的球面距离 【考点】空间向量 5 / 14

11.【答案】B 22【解析】方程aybxc变形得x2acy，若表示抛物线，则a0,b0 b2b2所以，分b3，2，1，2，3五种情况： a2,c0,或1,或2,或3a2,c0,或1,或2,或3a1,c2,或0,或2,或3a1,c2,或0,或2,或3 （1）若b3，（2）若b3，a2,c2,或0,或1,或3a2,c2,或0,或1,或3a3，c2,或0,或1,或2a3，c2,或0,或1,或2以上两种情况下有9条重复，故共有16723条；同理当b2，或2时，共有23条；当b1时，共有16条；综上，共有23231662种。 【提示】方程变形得x2况，利用列举法可解 【考点】排列组合及其应用． 12.【答案】D 【解析】由f(x)2xcosx又数列{an}是公差为∴(cosa1cosa2acy，若表示抛物线，则a0，b0，所以分b3，2，1，2，3五种情22bbπ的等差数列，且a1a2a3a4a55a3 8cosa5)[cosa1cosa5+(cosa2+cosa4)+cosa3] ππππ=cosa32+cosa32cosa3+cosa3++cosa3， 8888=cosa3(1222) 又f(a1)f(a2)...f(a5)5π∴cosa30 故a3π 22223π213π2 ∴[f(a3)]a1a3(2a3cosa3)a1a5π1616π【提示】由f(x)2xcosx，又{an}是公差为的等差数列， 8可求得f(a1)f(a2)f(a5)10a3cosa3(1222)，由题意可求得a3【考点】等差数列，余弦函数． π，从而可求得答案 2第Ⅱ卷 二、填空题 13.【答案】{a,c,d} 数学试卷 第16页（共42页）

【解析】∵(UA){c,d}；(UB){a}∴(UA)(UB){a,c,d} 【提示】由题意全集U{a,b,c,d}，集合A{a,b}，B{b,c,d}，可先求出两集合A，B的补集，再由并集的运算求出(UA)【考点】集合 14.【答案】90 【解析】以D为原点，分别以DA，DC，DD1为x，y，z轴，建立空间直角坐标系Dxyz．设正方体边长为2，则D(0,0,0)，N(0,2,1)，M(0,1,0)，A1(2,0,2) 故，DN(0,2,1) 所以，cosDN,MA1(UB) DNMA1DNMA10，故DND1M，所以夹角为90 【提示】以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量的方法求出DN与A1M夹角求出异面直线A1M与DN所成的角 【考点】线面垂直的判定，空间向量的运算． 15.【答案】3 【解析】设椭圆的右焦点为E，如图： 第15题图 由椭圆定义得： △FAB的周长ABAFBFAB(2aAE)(2aBE)4aABAEBE；ABAEBE0 当AB过点E时取等号；ABAFBF4aABAEBE4a即直线xm过椭圆的右焦点E时3x2y2yxmc1x1的周长最大；此时的高为：，此时；把带入得，1EF2△FAB△FAB24311AB3所以：△FAB的面积等于：S△FAB3EF323 22【提示】先画出图像，结合图像得到△FAB的周长最大时对应的直线所在位置。即可求出结论 【考点】椭圆的定义． 16.【答案】①③④ 7 / 14

xn[xan]*【解析】若a5，根据xn1,(nN) 251313x2，故①对． 当n1时，x2，同理322对于②③④可以采用特殊值列举法： 当a1时，x11，x21，x31，xn1，此时②③④均对 当a2时，x12，x21，x31，xn1，此时②③④均对 当a3时，x13，x22，x31，x42，xn1，此时③④均对 综上，真命题有①③④ 【提示】按照给出的定义对四个命题结合数列的知识逐一进行判断真假，①列举即可；②需举反例；③可用数学归纳法加以证明；④可由归纳推理判断其正误 【考点】数的新定义，数列递推关系． 三、解答题 17.【答案】（1）P

1

5

（2）随机变量的概率分布列为：  0 1 2 3 P 1 100027 100027 10243 1000729 1000随机变量X的数学期望为：E【解析】（1）设：“至少有一个系统不发生故障”为事件C，那么 1P(C)11491P，解得P(步骤1) 1050530311 （2）由题意，P(0)C1010001P(1)C1013232127 1101000212431 P(2)C1101010001P(3)C1033017291（步骤2） 1010003数学试卷 第22页（共42页）

所以，随机变量的概率分布列为：  P 0 1 2 3 1 100027 1000243 1000729 1000故随机变量X的数学期望为：E012724372927123（步骤3）． 100010001000100010【提示】求出“至少有一个系统不发生故障”的对立事件的概率，利用至少有一个系统不发生故障的概率为，49可求P的值，的所有可能取值为0，1，2，3，求出相应的概率，可得的分布列与数学期望 50【考点】互斥事件，相互独立事件，对立事件的概率，独立重复试验，数学期望，分布列． 18.【答案】（Ⅰ）π 4函数f(x)的值域为[23,23] （Ⅱ）f(x01)76 5【解析】（Ⅰ）由已知可得：f(x)6cos2x23cosx3,(0) π3cosx3sinx23sinx（步骤1） 3又由于正三角形ABC的高为23，则BC4 所以，函数f(x)的周期T428,即2π8,得π 4所以，函数f(x)的值域为[23,23]（步骤2） （Ⅱ）因为f(x0)83，由（Ⅰ）有 5π83πxπ4πx即sin0（步骤3） f(x0)23sin0353544ππππx由(22)an1S2Sn1，得0, 32243πxπ4所以，即cos01（步骤4） 3554πxππx0ππ23sin0故f(x01)23sin43344π 42 9 / 14

πxπππππx23sin0coscos0sin 3434444232235252 76（步骤5） 51【提示】将f(x)化简为f(x)23sinx，利用正弦函数的周期公式与性质可求的值 2ππππx10283及函数f(x)的值域，由x0,，知0,，由f(x0)，可求得 3343225π4πx即sin0，利用两角和的正弦公式即可求得f(x01) 354【考点】三角函数的周期性，值域，二倍角公式，两角和的正弦公式，同角三角函数的基本关系． 19.【答案】（Ⅰ）arctan（Ⅱ）arctan2

【解析】（Ⅰ）设AB的中点为D，连接PD、CD设的AD中点为O连接OC．由已知，OCP为直线PC与平面ABC所成的角

因为ABBCCA，所以CD⊥AB．（步骤1） 因为APB90，PAB60所以△PAD为等边三角形，（步骤2） 不妨设PA2，则OD1，OP3，AB4 所以CD23，OCOD2CD211213．（步骤3） 在Rt△OCP中，tanOPC39 13OP339． OC1313故直线PC与平面ABC所成的角的大小为arctan（Ⅱ）过D作DE⊥AP于E，连接CE． 由已知可得，CD⊥平面PAB． 根据三垂线定理可知，CE⊥PA， 39（步骤4） 13所以，CED为二面角BAPC的平面角．（步骤5） 由（1）知，DE3 数学试卷 第28页（共42页）

在Rt△CDE中，tanCEDCD2 DE故二面角BAPC的大小为arctan2（步骤6） 【提示】设AB的中点为D，连接PD、CD设的AD中点为O连接OC．由已知，OCP为直线PC与平面ABC所成的角，不妨设PA2，则OD1，OP3，AB4.在Rt△OCP中求解，以O为原点，建立空间直角坐标系，利用平面APC的一个法向量与面ABP的一个法向量求解。 【考点】线面角，三垂线定理，二面角的概念

20.【答案】（Ⅰ）a10，a20或a121，a222或a112，a222 （Ⅱ）n7时，Tn取得最大值，且Tn的最大值为T77(b1b7)217lg2 22【解析】取n1，得a2a1S2S12a1a2①（步骤1） 2取n2，得a22a12a2②（步骤2） 又②①，得a2(a2a1)a2③（步骤3） （Ⅰ）若a20，由①知a10， 若a20易知a2a11④（步骤4） 由①④得：）a10，a20或a121，a222或a112，a222（步骤5） （Ⅱ）当a10时，由（Ⅰ）知，a121，a222，a121，a222 当n2时，有(22)anS2Sn，(22)an1S2Sn1 所以，an2an1(n2)（步骤6） 所以ana1(2)n1(21)(2)n1（步骤7） 令bnlg10a11100，则bn1lg(2)n1lgn1 an22所以，数列{bn}是以lg2为公差，且单调递减的等差数列．（步骤8） 1210lg10（步骤9） 811001lg10 当n8时，bnb8lg21282则b1b2b3...b7lg所以，n7时，Tn取得最大值，且Tn的最大值为 T77(b1b7)217lg2（步骤10） 22 11 / 14

【提示】由题意，n2时，由已知可得，a2(a2a1)a2，分类讨论：由a20，及a20，分别可求a1，a2，由a10，令bnlg10a11100，可知bn1lg(2)n1lgn1 an22【考点】数列的概念，等差数列的通项和单调性，对数的化简与求值． 2221.【答案】（Ⅰ）3xy30(x1) an,0 （Ⅱ）2【解析】（Ⅰ）设M的坐标为(x,y)，显然有x0，y0． 当MBA90时，点M的坐标为(2,3) 当MBA90时；x2，由MBA2MAB，(步骤1) |y||y|x12tanMAB有tanMBA，即2（步骤2） 2x2|y|1tanMAB1x12化简得：3x2y23=0，而又经过（2，±3） 22综上可知，轨迹C的方程为3xy30(x1)（步骤3）

(Ⅱ)由方程y2xm消去y，可得x24mxm230．（*）（步骤4） 223xy3022由题意，方程（*）有两根且均在(1,)内，设f(x)x4mxm3 4m2122所以f(1)14mm30 22(4m)4(m3)0解得，m1，且m2（步骤5） 设Q、R的坐标分别为(x0,y0),(xR,yR)，由PQPR有 xR2m3(m21),x02m3(m21)（步骤6） 12312PRxR2m3(m21)4m1所以（步骤7） PQxQ2m3(m21)1123122312mm数学试卷 第34页（共42页）

由m1，且m2，有 11412312m743,且1412312m7． an,0（步骤8） 所以的取值范围是PQ2PR【考点】轨迹方程，双曲线的几何性质，直线与圆锥曲线的位置关系． 22.【答案】（Ⅰ）fnan （Ⅱ）17 （Ⅲ）k1n127f(1)f(n) f(k)f(2k)4f(0)f(1)an1,0，对yx2an求导得y2x（步骤1） 【解析】（Ⅰ）由已知得，交点A的坐标为22an（步骤2） 则抛物线在点A处的切线方程为y2ax2nn即y2anxan，则f(n)a.（步骤3） f(n)1n33(Ⅱ)由（1）知f(n)a则成立的充要条件是an2n31（步骤4） f(n)1n1n即知，an2n31于所有的n成立，特别地，取n=2时，得到a17（步骤5） nnn1223312233当a17,n3时，a4(13)1Cn3Cn3Cn31Cn3Cn3Cn3... 112n3n5(n2)2(2n5)2n31（步骤6） 2当n0，1，2时，显然(17)n2n31（步骤7） f(n)1n3故当a17时，对所有自然数都成立 f(n)1n31所以满足条件的a的最小值是17．（步骤8） （Ⅲ）由（1）知f(k)a，则nnk1n11f(1)f(n)aan，（步骤9） f(k)f(2k)k1aka2kf(0)f(1)1a 13 / 14

下面证明：k1n127f(1)f(n) f(k)f(2k)4f(0)f(1)首先证明：当0x1时，设函数g(x)127x（步骤10） xx3427x(x2x)1，0x1 4则g(x)812xx（步骤11） 43当0x22时，g(x)0；当x1时，g(x)0（步骤12） 332故g(x)在区间(0,1)上的最小值g(x)ming0 3127x（步骤13） xx24127kk*a从而 由0a1知0a1,(kN)，因此kaa2k4所以，当0x1时，g(x)0，即得k1nn1127nk27aan127aan27f(1)f(n)a（步骤14） f(k)f(2k)k1aka2k4f(0)f(1)4k141a41aan1nx,0，进一步可求抛物线在点A【提示】根据抛物线yxa与轴正半轴相交于点A，可得A222f(n)1n33处的切线方程，从而可得f(n)，由（Ⅰ）知f(n)a，则成立的充要条件是an2n31，f(n)1n1nnnn3即知，an2n31对所有n成立，当a17，n3时，a4(13)2n1，当n0，1，2时，(17)n2n31，由此可得a的最小值，由（Ⅰ）知f(k)ak，证明当0x1时，明：k1n127x，即可证xx24127f(1)f(n) f(k)f(2k)4f(0)f(1)【考点】导数的几何意义，二项式定理，利用导数求函数的最值，解含参的一元二次不等式．

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