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2012年普通高等学校招生全国统一考试数学理试题(湖北卷,解析版)

时间:2014-01-17


2012 年普通高等学校招生全国统一考试数学理试题(湖北卷,解析 版)
一、选择题:本大题共 10 小题,每小题 5 分,共 50 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.方程 x 2 ? 6 x ? 13 ? 0 的一个根是 A. ?3 ? 2i B. 3 ? 2i 考点分析:本题考察复数的一元二次方程求根. 难易度:★ 解析:根据复数求根公

式: x ? 答案为 A. 2.命题“ ?x0 ? ?R Q , x03 ? Q ”的否定是 A. ?x0 ? ?R Q , x03 ? Q B. ?x0 ? ?R Q , x03 ? Q C. ?x ? ?R Q , x ? Q
3

C. ?2 ? 3i

D. 2 ? 3i

?6 ? 62 ? 13 ? 4 ? ?3 ? 2i ,所以方程的一个根为 ?3 ? 2i 2

4 2 4 2 正视图 2 侧视图

D. ?x ? ?R Q , x3 ? Q 考点分析:本题主要考察常用逻辑用语,考 察对命题的否定和否命题的区别. 难易度:★ 解析:根据对命题的否定知,是把谓词取否 定,然后把结论否定。因此选 D 3.已知二次函数 y ? f ( x) 的图象如图所示, 则它与 x 轴所围图形的面积为 A.

俯视图 第 4 题图 y
1

2π 5

B



4 3

?1
?1 O
1

3 C. 2

π D. 2

x

考点分析:本题考察利用定积分求面积. 难易度:★

第 3 题图 ?1

?1

1

解 析: 根据图像可得: y ? f ( x) ? ? x2 ? 1 , 再由定积分的几 何意义,可 求得面积为
1 1 4 S ? ? (? x 2 ? 1)dx ? (? x 3 ? x)1 ? . ? 1 ?1 3 3

4.已知某几何体的三视图如图所示,则该几 何体的体积为 A. C.

8π 3

B. 3π D. 6π

10 π 3

考点分析:本题考察空间几何体的三视图. 难易度:★ 解析:显然有三视图我们易知原几何体为 一个圆柱体的一部分,并且有正视图知是一个 1/2 的圆柱体,底面圆的半径为 1,圆柱体的高为 6,则知所求几何体体积为原体积的一半 为 3π .选 B. 5.设 a ? Z ,且 0 ? a ? 13 ,若 512012 ? a 能被 13 整除,则 a ? A.0 C.11 B.1 D.12

考点分析:本题考察二项展开式的系数. 难易度:★ 解析:由于
0 1 2011 51=52-1, (52 ?1)2012 ? C2012 522012 ? C2012 522011 ? ...? C2012 521 ?1 ,

又由于 13|52,所以只需 13|1+a,0≤a<13,所以 a=12 选 D. 6.设 a, b, c, x, y, z 是正数,且 a 2 ? b2 ? c 2 ? 10 ,
x2 ? y 2 ? z 2 ? 40 , ax ? by ? cz ? 20 ,



a?b?c ? x? y?z
1 3 3 D. 4
B.
2

1 4 1 C. 2
A.

考点分析:本题主要考察了柯西不等式的使用以及其取等条件. 难易度:★★ 解析:由于 (a2 ? b2 ? c )(x2 ? y 2 ? z 2 ) ? (ax ? by ? cz)2
2

a b c ? ? ? t , 则 a=t x b=t y c=t z , t 2 ( x 2 ? y 2 ? z 2 ) ? 10 x y z a b c a?b?c a?b?c 所以由题知 t ? 1 / 2 , 又 ? ? ? , 所以 ? t ? 1 / 2 ,答案选 C. x y z x? y?z x? y?z
等号成立当且仅当 7.定义在 (??,0) ? (0, ??) 上的函数 f ( x) ,如果对于任意给定的等比数列 {an } , { f (an )} 仍 是等比数列, 则称 f ( x) 为“保等比数列函数”. 现有定义在 (??,0) ? (0, ??) 上的如下函 数: ① f ( x) ? x 2 ; ② f ( x) ? 2 x ; ③ f ( x) ? | x | ; ④ f ( x) ? ln | x | .

则其中是“保等比数列函数”的 f ( x) 的序号为 A.① ② B.③ ④ C.① ③ D.② ④ 考点分析:本题考察等比数列性质及函数计算. 难易度:★
2 2 2 2 f ?an ? f ?an ? 2 ? ? an an ? 2 ? an 解析:等比数列性质, an an ? 2 ? an ?1 ?1 ,①

? ?

2

? f 2 ?an ?1 ? ;

② f ?an ? f ?an ? 2 ? ? 2 n 2
a

a n? 2

? 2an ? an?2 ? 22an?1 ? f 2 ?an ?1 ? ;
an ?1 ? f 2 ?an ?1 ? ;
2

③ f ?an ? f ?an ? 2 ? ?

an an ? 2 ?

④ f ?an ? f ?an ? 2 ? ? ln an ln an ? 2 ? ln an ?1

?

?

2

? f 2 ?an ?1 ? .选 C

8.如图,在圆心角为直角的扇形 OAB 中,分别以 OA,OB 为直径作两个半圆. 在扇形 OAB 内随机取一点,则此点取自阴影部分的概率是

1 1 ? 2 π 2 1 C. D. π π 考点分析:本题考察几何概型及平面图形面积求法. 难易度:★
A. 1 ? B. 解析:令 OA ? 1 ,扇形 OAB 为对称图形,ACBD 围成面积为 S1 ,

2 π

3

第 8 题图

围成 OC 为 S2 ,作对称轴 OD,则过 C 点。 S2 即为以 OA 为直径的半圆面积减去三角形 OAC 的面积, S2 ? 面积和 选 A. 9.函数 f ( x) ? x cos x 2 在区间 [0, 4] 上的零点个数为 A.4 C.6 B.5 D.7

S 1 ?1? 1 1 1 ? ?2 。在扇形 OAD 中 1 为扇形面积减去三角形 OAC ?? ? ? ? ? ? 2 2 ? 2? 2 2 2 8

2

S2 ? ?2 1 S 1 1 S ? ?2 2 , 1 ? ? ?1? ? ? 2 ? , S1 ? S 2 ? ,扇形 OAB 面积 S ? ? , 2 4 4 2 8 8 2 16

考点分析:本题考察三角函数的周期性以及零点的概念. 难易度:★
2 2 解析: f ( x) ? 0 ,则 x ? 0 或 cos x ? 0 , x ? k? ?

?
2

, k ? Z ,又 x ? ?0,4? ,k ? 0,1,2,3,4

所以共有 6 个解.选 C. 10.我国古代数学名著《九章算术》中“开立圆术”曰:置积尺数,以十六乘之,九而一, 所得开立方除之,即立圆径. “开立圆术”相当于给出了已知球的体积 V ,求其直径 d 的一个近似公式 d ?
3

16 ?判 V . 人们还用过一些类似的近似公式 . 根据 π =3.14159 9
3

断,下列近似公式中最精确的一个是 A. d ?
3

16 V 9

B. d ? 3 2V

C. d ?

300 V 157

D. d ?

3

21 V 11

考点分析:考察球的体积公式以及估算. 难易度:★★ 解析:

3 4 d 3 6V a 6b 6 ?9 由V ? ? ( ) ,得d ? , 设选项中常数为 , 则? = ;A中代入得? = =3.375, 3 2 ? b a 16 6 ?1 6 ?157 6 ?11 B中代入得? = =3,C中代入得? = =3.14, D中代入得? = =3.142857 , 2 300 21 由于D中值最接近?的真实值,故选择D。
二、填空题:本大题共 6 小题,考生共需作答 5 小题,每小题 5 分,共 25 分. 请将答案填 在答题卡对应题号 的位置上. 答错位置,书写不清,模棱两可均不得分. ....... (一)必考题(11—14 题)
4

11.设△ ABC 的内角 A , B , C 所对的边分别为 a , b , c . 若 (a ? b ? c)(a ? b ? c) ? ab , 则角 C ? 难易度:★ 解析: . 考点分析:考察余弦定理的运用.

由(a +b-c)(a+b-c)=ab,得到a 2 ? b2 ? c 2 =-ab a 2 ? b2 ? c 2 -ab 1 2 根据余弦定理 cos C ? = ? ? , 故?C ? ? 2ab 2ab 2 3
12.阅读如图所示的程序框图,运行相应的程序,输出的结果 s ? .

第 12 题图

考点分析:本题考查程序框图. 难易度:★★ 解析:程序在运行过程中各变量的值如下表示: 第一圈循环:当 n=1 时,得 s=1,a=3. 第二圈循环: 当 n=2 时,得 s=4,a=5 第三圈循环:当 n=3 时,得 s=9,a=7 此时 n=3,不再循环,所以解 s=9 . 13.回文数是指从左到右读与从右到左读都一样的正整数.如 22,121,3443,94249 等.显然 2 位回文数有 9 个: 11, 22, 33, ?, 99. 3 位回文数有 90 个: 101, 111, 121, ?, 191, 202, ?,
5

999.则 (Ⅰ)4 位回文数有 个; 个. (Ⅱ) 2n ? 1 (n ? N? ) 位回文数有

考点分析:本题考查排列、组合的应用. 难易度:★★ 解析: (Ⅰ)4 位回文数只用排列前面两位数字,后面数字就可以确定,但是第一位不能为 0,有 9(1~9)种情况,第二位有 10(0~9)种情况,所以 4 位回文数有 9 ? 10 ? 90 种。 答案:90 (Ⅱ)法一、由上面多组数据研究发现,2n+1 位回文数和 2n+2 位回文数的个数相同, 所以可以算出 2n+2 位回文数的个数。2n+2 位回文数只用看前 n+1 位的排列情况,第一位不 能为 0 有 9 种情况,后面 n 项每项有 10 种情况,所以个数为 9 ? 10 .
n

法二、可以看出 2 位数有 9 个回文数,3 位数 90 个回文数。计算四位数的回文 数是可以看出在 2 位数的中间添加成对的“00,11,22,??99” ,因此四位数的回文数 有 90 个按此规律推导 0~9 这十个数,因此 ,而当奇数位时, 可以看成在偶数位的最中间添加 ,则答案为 9 ? 10 .
n

x2 y 2 ? ? 1 (a, b ? 0) 的两顶点为 A1 , A2 ,虚轴两端点为 B1 , B 2 ,两焦点 a 2 b2 为 F1 , F2 . 若以 A1 A2 为直径的圆内切于菱形 F1 B1 F2 B2 ,切点分别为 A, B, C , D . 则
14.如图,双曲线 y

B2 B A1 F1 C B1 O D A A2 F2

x

(Ⅰ)双曲线的离心率 e ?



(Ⅱ)菱形 F1 B1 F2 B2 的面积 S1 与矩形 ABCD 的面积 S 2 的比值

S1 ? S2

.

考点分析:本题考察双曲线中离心率及实轴虚轴的相关定义,以及一般平面几何图形的面 积计算. 难易度:★★
6

解析: (Ⅰ)由于以 A1 A2 为直径的圆内切于菱形 F1 B1 F2 B2 ,因此点 O 到直线 F2 B2 的距离为

a ,又由于虚轴两端点为 B1 , B 2 ,因此 OB2 的长为 b ,那么在 ?F2 OB2 中,由三角形的面
积公式知,

1 1 1 bc ? a | B2 F2 |? a (b ? c) 2 ,又由双曲线中存在关系 c 2 ? a 2 ? b 2 联立 2 2 2

可得出 (e 2 ? 1) 2 ? e 2 ,根据 e ? (1,??) 解出 e ?

5 ?1 ; 2

(Ⅱ)设 ?F2 OB2 ? ? ,很显然知道 ?F2 A2 O ? ?AOB2 ? ? , 因此 S 2 ? 2a 2 sin(2? ) .在

?F2 OB2 中求得 sin ? ?

b b2 ? c2

, cos? ?

c b2 ? c2

, 故 S 2 ? 4a 2 sin ? cos? ?

4a 2 bc ; b2 ? c2

菱形 F1 B1 F2 B2 的面积 S1 ? 2bc ,再根据第一问中求得的 e 值可以解出

S1 2 ? 5 . ? S2 2

(二)选考题(请考生在第 15、16 两题中任选一题作答,请先在答题卡指定位置将你所选 的题目序号后的方框用 2B 铅笔涂黑. 如果全选,则按第 15 题作答结果计分.) 15. (选修 4-1:几何证明选讲) B C 如图,点 D 在 ? O 的弦 AB 上移动, AB ? 4 ,连接 OD,过点 D D 作 OD 的垂线交 ? O 于点 C,则 CD 的最大值为 . 考点分析:本题考察直线与圆的位置关系 . 难易度:★ O A 解析: (由于 OD ? CD, 因此 CD ? OC 2 ? OD2 ,线段 OC 长为定值, 即需求解线段 OD 长度的最小值,根据弦中点到圆心的距离最短,此 时 D 为 AB 的中点,点 C 与点 B 重合,因此 | CD |?

1 | AB |? 2 . 2

第 15 题图

16. (选修 4-4:坐标系与参数方程) 在直角坐标系 xOy 中,以原点 O 为极点,x 轴的正半轴为极轴 ? x ? t ? 1, π 建立极坐标系. 已知射线 ? ? 与曲线 ? (t 为参数) 2 4 ? y ? (t ? 1) 相交于 A,B 两点,则线段 AB 的中点的直角坐标为 . 考点分析:本题考察平面直角坐标与极坐标系下的曲线方程交点. 难易度:★

7

解析:? ?

? x ? t ? 1, π 在直角坐标系下的一般方程为 y ? x( x ? R) ,将参数方程 ? (t 为参 2 4 ? y ? (t ? 1)

数)转化为直角坐标系下的一般方程为 y ? (t ? 1) 2 ? ( x ? 1 ? 1) 2 ? ( x ? 2) 2 表示一条抛物 线,联立上面两个方程消去 y 有 x ? 5x ? 4 ? 0 ,设 A、B 两点及其中点 P 的横坐标分别
2

为 x A、xB、x0 , 则有韦达定理 x 0 ? 的中点 P ( , ) . 三、解答题 17. (本小题满分 12 分)
sx? 已 知 向 量 a ? ( c o? s? in x

x A ? xB 5 ? ,又由于点 P 点在直线 y ? x 上, 因此 AB 2 2

5 5 2 2

, ? si xn, b ) ? (? cos ? x ? sin ? x, 2 3 cos ? x) , 设 函 数

1 f ( x) ? a ? b ? ? ( x ? R ) 的图象关于直线 x ? π 对称,其中 ? , ? 为常数,且 ? ? ( , 1) . 2
(Ⅰ)求函数 f ( x) 的最小正周期;

3π π (Ⅱ)若 y ? f ( x) 的图象经过点 ( ,0) ,求函数 f ( x) 在区间 [0, ] 上的取值范围. 5 4
考点分析:本题考察三角恒等变化,三角函数的图像与性质。 难易度:★ 解析: (Ⅰ)因为 f ( x) ? sin 2 ? x ? cos2 ? x ? 2 3sin ? x ? cos ? x ? ?

π ? ? cos 2? x ? 3sin 2? x ? ? ? 2sin(2? x ? ) ? ? . 6

π 由直线 x ? π 是 y ? f ( x) 图象的一条对称轴,可得 sin(2? π ? ) ? ?1 , 6 π π k 1 所以 2? π ? ? kπ ? (k ? Z) ,即 ? ? ? (k ? Z) . 6 2 2 3 5 1 又 ? ? ( , 1) , k ? Z ,所以 k ? 1 ,故 ? ? . 6 2 6π 所以 f ( x) 的最小正周期是 . 5 π π (Ⅱ)由 y ? f ( x) 的图象过点 ( , 0) ,得 f ( ) ? 0 , 4 4 5 π π π 即 ? ? ?2sin( ? ? ) ? ?2sin ? ? 2 ,即 ? ? ? 2 . 6 2 6 4 5 π 故 f ( x) ? 2sin( x ? ) ? 2 , 3 6
8

3π π 5 π 5π ,有 ? ? x ? ? , 5 6 3 6 6 1 5 π 5 π 所以 ? ? sin( x ? ) ? 1 ,得 ?1 ? 2 ? 2sin( x ? ) ? 2 ?2 ? 2 , 2 3 6 3 6 3π 故函数 f ( x) 在 [0, ] 上的取值范围为 [?1 ? 2, 2 ? 2] . 5
由0? x ?

18. (本小题满分 12 分) 已知等差数列 {an } 前三项的和为 ?3 ,前三项的积为 8 . (Ⅰ)求等差数列 {an } 的通项公式; (Ⅱ)若 a 2 , a3 , a1 成等比数列,求数列 {| an |} 的前 n 项和. 考点分析:考察等差等比数列的通项公式,和前 n 项和公式及基本运算。 难易度:★★ 解析: (Ⅰ)设等差数列 {an } 的公差为 d ,则 a2 ? a1 ? d , a3 ? a1 ? 2d ,
?3a ? 3d ? ?3, ?a ? 2, ?a ? ?4, 由题意得 ? 1 解得 ? 1 或? 1 ?d ? ?3, ?d ? 3. ?a1 (a1 ? d )(a1 ? 2d ) ? 8. 所以由等差数列通项公式可得 an ? 2 ? 3(n ? 1) ? ?3n ? 5 ,或 an ? ?4 ? 3(n ? 1) ? 3n ? 7 .

故 an ? ?3n ? 5 ,或 an ? 3n ? 7 . (Ⅱ)当 an ? ?3n ? 5 时, a 2 , a3 , a1 分别为 ?1 , ?4 , 2 ,不成等比数列; 当 an ? 3n ? 7 时, a 2 , a3 , a1 分别为 ?1 , 2 , ?4 ,成等比数列,满足条件.
??3n ? 7, n ? 1, 2, 故 | an |?| 3n ? 7 |? ? ? 3n ? 7, n ? 3. 记数列 {| an |} 的前 n 项和为 S n .

当 n ? 1 时, S1 ?| a1 |? 4 ;当 n ? 2 时, S2 ?| a1 | ? | a2 |? 5 ; 当 n ? 3 时, Sn ? S2 ? | a3 | ? | a4 | ??? | an | ? 5 ? (3 ? 3 ? 7) ? (3 ? 4 ? 7) ? ? ? (3n ? 7)

(n ? 2)[2 ? (3n ? 7)] 3 2 11 ? n ? n ? 10 . 当 n ? 2 时,满足此式. 2 2 2 n ? 1, ?4, ? 综上, Sn ? ? 3 2 11 n ? n ? 10, n ? 1. ? ?2 2 ?5?
19. (本小题满分 12 分) 如图 1,?ACB ? 45? , BC ? 3 ,过动点 A 作 AD ? BC ,垂足 D 在线段 BC 上且异于点 B, 连接 AB,沿 AD 将△ ABD 折起,使 ?BDC ? 90? (如图 2 所示) . (Ⅰ)当 BD 的长为多少时,三棱锥 A ? BCD 的体积最大; (Ⅱ)当三棱锥 A ? BCD 的体积最大时,设点 E , M 分别为棱 BC , AC 的中点,试在
9

棱 CD 上确定一点 N ,使得 EN ? BM ,并求 EN 与平面 BMN 所成角的大小. A A M D B

B

D 图1

C

. · E

C

图2 第 19 题图

考点分析:本题考察立体几何线面的基本关系,考察如何取到最值,用均值不等式和导数 均可求最值。同时考察直线与平面所成角。本题可用综合法和空间向量法都可以。运用空 间向量法对计算的要求要高些。 难易度:★★ 解析: (Ⅰ)解法 1:在如图 1 所示的△ ABC 中,设 BD ? x (0 ? x ? 3) ,则 CD ? 3 ? x . 由 AD ? BC , ?ACB ? 45? 知,△ ADC 为等腰直角三角形,所以 AD ? CD ? 3 ? x . D D ? C 由折起前 AD ? BC 知,折起后(如图 2) ,A , AD ? BD ,且 BD ? DC ?D , 1 1 所以 AD ? 平面 BCD .又 ?BDC ? 90? ,所以 S?BCD ? BD ? CD ? x(3 ? x) .于是 2 2 1 1 1 1 VA? BCD ? AD ? S?BCD ? (3 ? x) ? x(3 ? x) ? ? 2x(3 ? x)(3 ? x) 3 3 2 12
? 1 ? 2 x ? (3 ? x) ? (3 ? x) ? 2 ? ?3, 12 ? 3 ? ?
3

当且仅当 2 x ? 3 ? x ,即 x ? 1 时,等号成立, 故当 x ? 1 ,即 BD ? 1 时, 三棱锥 A ? BCD 的体积最大. 解法 2: 1 1 1 1 同解法 1,得 VA? BCD ? AD ? S?BCD ? (3 ? x) ? x(3 ? x) ? ( x3 ? 6x2 ? 9x) . 3 3 2 6 1 3 1 令 f ( x) ? ( x ? 6 x2 ? 9 x) ,由 f ?( x) ? ( x ? 1)( x ? 3) ? 0 ,且 0 ? x ? 3 ,解得 x ? 1 . 6 2 当 x ? (0, 1) 时, f ?( x) ? 0 ;当 x ? (1, 3) 时, f ?( x) ? 0 . 所以当 x ? 1 时, f ( x) 取得最大值. 故当 BD ? 1 时, 三棱锥 A ? BCD 的体积最大. (Ⅱ)解法 1:以 D 为原点,建立如图 a 所示的空间直角坐标系 D ? xyz . 由(Ⅰ)知,当三棱锥 A ? BCD 的体积最大时, BD ? 1 , AD ? CD ? 2 .

1 于是可得 D (0, 0, 0) , B(1, 0, 0) , C (0, 2 , 0) , A(0, 0, 2) , M (0, 1, 1) , E ( , 1, 0) , 2 ???? ? 且 BM ? (?1, 1, 1) .
10

???? ???? ? ???? 1 设 N (0, ? , 0) ,则 EN ? (? , ? ? 1,0) . 因为 EN ? BM 等价于 EN ? BM ? 0 ,即 2 1 1 1 1 (? , ? ?1, 0) ? (?1, 1, 1) ? ? ? ? 1 ? 0 ,故 ? ? , N (0, , 0) . 2 2 2 2 1 所以当 DN ? (即 N 是 CD 的靠近点 D 的一个四等分点)时, EN ? BM . 2 ???? ???? ? 1 ?n ? BN , 设平面 BMN 的一个法向量为 n ? ( x, y, z ) ,由 ? ???? ? 及 BN ? (?1, ,0) , 2 ? ?n ? BM ,

? y ? 2 x, 得? 可取 n ? (1, 2, ? 1) . ? z ? ? x. ???? 1 1 设 EN 与平面 BMN 所成角的大小为 ? ,则由 EN ? (? , ? , 0) , n ? (1, 2, ? 1) ,可得 2 2 1 ???? | ? ? 1| n ? EN 3 2 ,即 ? ? 60? . ???? ? sin ? ? cos(90? ? ? ) ? ? 2 | n | ? | EN | 2 6? 2 故 EN 与平面 BMN 所成角的大小为 60?.

z A M

A M

DN B x E 图a C

y B

DN E 图b

F

C M

D

N

F E

C

G

H

N E

B

图c

P

B 图d 第 19 题解答图

解法 2:由(Ⅰ)知,当三棱锥 A ? BCD 的体积最大时, BD ? 1 , AD ? CD ? 2 . 如图 b,取 CD 的中点 F ,连结 MF , BF , EF ,则 MF ∥ AD . 由(Ⅰ)知 AD ? 平面 BCD ,所以 MF ? 平面 BCD . 如图 c,延长 FE 至 P 点使得 FP ? DB ,连 BP , DP ,则四边形 DBPF 为正方形,
11

所以 DP ? BF . 取 DF 的中点 N ,连结 EN ,又 E 为 FP 的中点,则 EN ∥ DP , 所以 EN ? BF . 因为 MF ? 平面 BCD ,又 EN ? 面 BCD ,所以 MF ? EN . 又 MF ? BF ? F ,所以 EN ? 面 BMF . 又 BM ? 面 BMF ,所以 EN ? BM . 因为 EN ? BM 当且仅当 EN ? BF ,而点 F 是唯一的,所以点 N 是唯一的. 1 即当 DN ? (即 N 是 CD 的靠近点 D 的一个四等分点) , EN ? BM . 2
5 , 2 所以△ NMB 与△ EMB 是两个共底边的全等的等腰三角形, 如图 d 所示,取 BM 的中点 G ,连接 EG , NG , 则 BM ? 平面 EGN .在平面 EGN 中,过点 E 作 EH ? GN 于 H , 则 EH ? 平面 BMN .故 ?ENH 是 EN 与平面 BMN 所成的角.

连接 MN , ME ,由计算得 NB ? NM ? EB ? EM ?

2 ,所以△ EGN 是正三角形, 2 故 ?ENH ? 60? ,即 EN 与平面 BMN 所成角的大小为 60?.
在△ EGN 中,易得 EG ? GN ? NE ? 20. (本小题满分 12 分) 根据以往的经验,某工程施工期间的降水量 X(单位:mm)对工期的影响如下表: 降水量 X 工期延误天数 Y
X ? 300 300 ? X ? 700 700 ? X ? 900 X ? 900

0

2

6

10

历年气象资料表明,该工程施工期间降水量 X 小于 300,700,900 的概率分别为 0.3, 0.7,0.9. 求: (Ⅰ)工期延误天数 Y 的均值与方差; (Ⅱ)在降水量 X 至少是 300 的条件下,工期延误不超过 6 天的概率. 考点分析:本题考察条件概率、离散型条件概率分布列的期望与方差。 难易度:★★ 解析: (Ⅰ)由已知条件和概率的加法公式有:
P( X ? 300) ? 0.3, P(300 ? X ? 700) ? P( X ? 700) ? P( X ? 300) ? 0.7 ? 0.3 ? 0.4 ,

P(700 ? X ? 900) ? P( X ? 900) ? P( X ? 700) ? 0.9 ? 0.7 ? 0.2 .
P( X ? 900) ? 1 ? P( X ? 900) ? 1 ? 0.9 ? 0.1 .

所以 Y 的分布列为:

Y
P

0 0.3

2 0.4

6 0.2

10 0.1
12

于是, E (Y ) ? 0 ? 0.3 ? 2 ? 0.4 ? 6 ? 0.2 ? 10 ? 0.1 ? 3 ;

D(Y ) ? (0 ? 3)2 ? 0.3 ? (2 ? 3)2 ? 0.4 ? (6 ? 3)2 ? 0.2 ? (10 ? 3)2 ? 0.1 ? 9.8 . 故工期延误天数 Y 的均值为 3,方差为 9.8 . (Ⅱ)由概率的加法公式, P( X ? 300) ? 1 ? P( X ? 300) ? 0.7, 又 P(300 ? X ? 900) ? P( X ? 900) ? P( X ? 300) ? 0.9 ? 0.3 ? 0.6 . P(300 ? X ? 900) 0.6 6 ? ? . 由条件概率, 得 P(Y ? 6 X ? 300) ? P( X ? 900 X ? 300) ? P( X ? 300) 0.7 7 6 故在降水量 X 至少是 300 mm 的条件下,工期延误不超过 6 天的概率是 . 7

21. (本小题满分 13 分) 设 A 是单位圆 x2 ? y 2 ? 1 上的任意一点,l 是过点 A 与 x 轴垂直的直线,D 是直线 l 与 x 轴的交点,点 M 在直线 l 上,且满足 | DM |? m | DA | (m ? 0, 且m ? 1) . 当点 A 在圆上运 动时,记点 M 的轨迹为曲线 C . (Ⅰ)求曲线 C 的方程,判断曲线 C 为何种圆锥曲线,并求其焦点坐标; (Ⅱ)过原点且斜率为 k 的直线交曲线 C 于 P , Q 两点,其中 P 在第一象限,它在 y 轴 上的射影为点 N ,直线 QN 交曲线 C 于另一点 H . 是否存在 m ,使得对任意的
k ? 0 ,都有 PQ ? PH ?若存在,求 m 的值;若不存在,请说明理由.

考点分析:本题主要考察求曲线的轨迹方程、直线与圆锥曲线的位置关系,要求能正确理 解椭圆的标准方程及其几何性质,并能熟练运用代数方法解决几何问题,对运算能力有较 高要求。 难易度:★★★ 解析: (Ⅰ)如图 1,设 M ( x, y ) , A( x0 , y0 ) ,则由 | DM |? m | DA | (m ? 0, 且m ? 1) , 可得 x ? x0 , | y |? m | y0 | ,所以 x0 ? x , | y0 |? 因为 A 点在单位圆上运动,所以 x02 ? y02 ? 1 . 将①式代入②式即得所求曲线 C 的方程为 x2 ? 因为 m ? (0, 1) ? (1, ? ?) ,所以 当 0 ? m ? 1 时,曲线 C 是焦点在 x 轴上的椭圆, 两焦点坐标分别为 (? 1 ? m2 , 0) , ( 1 ? m2 , 0) ; 当 m ? 1 时,曲线 C 是焦点在 y 轴上的椭圆,
2

1 | y |. m

① ②

y ? 1 (m ? 0, 且m ? 1) . m2

13

两焦点坐标分别为 (0, ? m2 ? 1) , (0,

m2 ? 1) .

(Ⅱ)解法 1:如图 2、3, ?k ? 0 ,设 P( x1 , kx1 ) , H ( x2 , y2 ) ,则 Q(? x1 , ? kx1 ) , N (0, kx1 ) , 直线 QN 的方程为 y ? 2kx ? kx1 ,将其代入椭圆 C 的方程并整理可得
(m2 ? 4k 2 ) x2 ? 4k 2 x1 x ? k 2 x12 ? m2 ? 0 .

依题意可知此方程的两根为 ? x1 , x 2 ,于是由韦达定理可得

? x1 ? x2 ? ?

4k 2 x1 m2 x1 ,即 . x ? 2 m 2 ? 4k 2 m 2 ? 4k 2
2km 2 x1 . m 2 ? 4k 2

因为点 H 在直线 QN 上,所以 y2 ? kx1 ? 2kx2 ?

???? ??? ? 4k 2 x 2km 2 x1 ). 于是 PQ ? (?2x1 , ? 2kx1 ) , PH ? ( x2 ? x1 , y2 ? kx1 ) ? (? 2 1 2 , 2 m ? 4k m ? 4k 2 ??? ? ???? 4(2 ? m 2 )k 2 x12 ? 0, 而 PQ ? PH 等价于 PQ ? PH ? m 2 ? 4k 2

即 2 ? m 2 ? 0 ,又 m ? 0 ,得 m ? 2 , 故存在 m ? 2 , 使得在其对应的椭圆 x2 ? y A M O D x
Q

y2 对任意的 k ? 0 , 都有 PQ ? PH . ? 1 上, 2

y

y H
P
x
Q

H
P

N

N

O

O

x

图1

图 2 (0 ? m ? 1) 第 21 题解答图

图 3 (m ? 1)

解法 2:如图 2、3,?x1 ? (0, 1) ,设 P( x1 , y1 ) , H ( x2 , y2 ) ,则 Q(? x1 , ? y1 ) , N (0, y1 ) ,
?m2 x 2 ? y 2 ? m 2 , ? 因为 P , H 两点在椭圆 C 上,所以 ? 2 1 2 1 2 两式相减可得 2 ? ?m x2 ? y2 ? m ,
m2 ( x12 ? x22 ) ? ( y12 ? y22 ) ? 0 .



依题意,由点 P 在第一象限可知,点 H 也在第一象限,且 P , H 不重合, 故 ( x1 ? x2 )( x1 ? x2 ) ? 0 . 于是由③式可得

( y1 ? y2 )( y1 ? y2 ) ? ?m2 . ( x1 ? x2 )( x1 ? x2 )


14

又 Q , N , H 三点共线,所以 kQN ? kQH ,即 于是由④式可得 k PQ ? k PH ?

2 y1 y1 ? y2 . ? x1 x1 ? x2

y1 y1 ? y2 1 ( y1 ? y2 )( y1 ? y2 ) m2 ? ? ? ?? . x1 x1 ? x2 2 ( x1 ? x2 )( x1 ? x2 ) 2

而 PQ ? PH 等价于 kPQ ? kPH ? ?1 ,即 ?

m2 ? ?1 ,又 m ? 0 ,得 m ? 2 , 2 y2 对任意的 k ? 0 , 都有 PQ ? PH . ? 1 上, 2

故存在 m ? 2 , 使得在其对应的椭圆 x2 ?

22. (本小题满分 14 分) (Ⅰ)已知函数 f ( x) ? rx ? xr ? (1 ? r ) ( x ? 0) ,其中 r 为有理数,且 0 ? r ? 1 . 求 f ( x) 的 最小值; (Ⅱ)试用(Ⅰ)的结果证明如下命题: 设 a1 ? 0, a2 ? 0 , b1 , b2 为正有理数. 若 b1 ? b2 ? 1 ,则 a1b1 a2b2 ? a1b1 ? a2b2 ; (Ⅲ)请将(Ⅱ)中的命题推广到一般形式,并用数学归纳法 证明你所推广的命题. ..... 注:当 ? 为正有理数时,有求导公式 ( x? )? ? ? x? ?1 . 考点分析:本题主要考察利用导数求函数的最值,并结合推理,考察数学归纳法,对考生 的归纳推理能力有较高要求。 难易程度:★★★ 解析: (Ⅰ) f ?( x) ? r ? rxr ?1 ? r (1 ? xr ?1 ) ,令 f ?( x) ? 0 ,解得 x ? 1 . 当 0 ? x ? 1时, f ?( x) ? 0 ,所以 f ( x) 在 (0, 1) 内是减函数; 当 x ? 1 时, f ?( x) ? 0 ,所以 f ( x) 在 (1, ? ?) 内是增函数. 故函数 f ( x) 在 x ? 1 处取得最小值 f (1) ? 0 . (Ⅱ)由(Ⅰ)知,当 x ? (0, ??) 时,有 f ( x) ? f (1) ? 0 ,即 xr ? rx ? (1 ? r ) 若 a1 , a 2 中有一个为 0,则 a1b1 a2b2 ? a1b1 ? a2b2 成立; 若 a1 , a 2 均不为 0,又 b1 ? b2 ? 1 ,可得 b2 ? 1 ? b1 ,于是 在①中令 x ? ①

a1 a a , r ? b1 ,可得 ( 1 )b1 ? b1 ? 1 ? (1 ? b1 ) , a2 a2 a2

即 a1b1 a21?b1 ? a1b1 ? a2 (1 ? b1 ) ,亦即 a1b1 a2b2 ? a1b1 ? a2b2 .

15

综上, 对 a1 ? 0, a2 ? 0 ,b1 ,b2 为正有理数且 b1 ? b2 ? 1 , 总有 a1b1 a2b2 ? a1b1 ? a2b2 .



(Ⅲ) (Ⅱ)中命题的推广形式为: 设 a1 , a2 , ?, an 为非负实数, b1 , b2 , ?, bn 为正有理数.
bn b1 b2 若 b1 ? b2 ? ? ? bn ? 1 ,则 a1 a2 ?an ? a1b1 ? a2b2 ? ? ? anbn .



用数学归纳法证明如下: (1)当 n ? 1 时, b1 ? 1 ,有 a1 ? a1 ,③成立. (2)假设当 n ? k 时,③成立,即若 a1 , a2 ,?, ak 为非负实数, b1 , b2 ,?, bk 为正有理数,
bk b1 b2 且 b1 ? b2 ? ? ? bk ? 1 ,则 a1 a2 ?ak ? a1b1 ? a2b2 ? ? ? ak bk .

当 n ? k ? 1 时,已知 a1 , a2 ,?, ak , ak ?1 为非负实数, b1 , b2 ,?, bk , bk ?1 为正有理数, 且 b1 ? b2 ? ? ? bk ? bk ?1 ? 1 ,此时 0 ? bk ?1 ? 1 ,即 1 ? bk ?1 ? 0 ,于是
a a ?a a
b1 1 b2 2 bk k bk ?1 k ?1

? (a a ?a )a
b1 1 b2 2 bk k

bk ?1 k ?1

= (a

b1 1?bk ?1 1

a

b2 1?bk ?1 2

?a

bk 1?bk ?1 1?bk ?1 k

)

bk ?1 ak ?1 .



bk b1 b2 ? ??? ? 1 ,由归纳假设可得 1 ? bk ?1 1 ? bk ?1 1 ? bk ?1
b1 b2 bk

1?bk ?1 1?bk ?1 a11?bk ?1 a2 ? ak ? a1 ?

a b ? a2 b2 ? ? ? ak bk bk b1 b2 ? 11 ? a2 ? ? ? ? ak ? , 1 ? bk ?1 1 ? bk ?1 1 ? bk ?1 1 ? bk ?1
1?bk ?1 bk ?1 ak ?1 .

? a b ? a2b2 ? ? ? ak bk ? bk bk ?1 b1 b2 从而 a1 a2 ?ak ak ?1 ? ? 1 1 ? 1 ? bk ?1 ? ?
又因 (1 ? bk ?1 ) ? bk ?1 ? 1 ,由②得

? a1b1 ? a2b2 ? ? ? ak bk ? ? ? 1 ? bk ?1 ? ?

1?bk ?1 bk ?1 ? ak ?1

a1b1 ? a2 b2 ? ? ? ak bk ? (1 ? bk ?1 ) ? ak ?1bk ?1 1 ? bk ?1

? a1b1 ? a2b2 ? ? ? ak bk ? ak ?1bk ?1 ,
bk bk ?1 b2 ?ak ak ?1 ? a1b1 ? a2b2 ? ? ? ak bk ? ak ?1bk ?1 . 从而 a1b1 a2

故当 n ? k ? 1 时,③成立. 由(1) (2)可知,对一切正整数 n ,所推广的命题成立. 说明: (Ⅲ)中如果推广形式中指出③式对 n ? 2 成立,则后续证明中不需讨论 n ? 1 的情况.
16


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