2012年(全国卷II)(含答案)高考文科数学文档格式.doc
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A．B．
C．D．
10．已知F1，F2为双曲线C：
x2－y2＝2的左、右焦点，点P在C上，|PF1|＝2|PF2|，则cos∠F1PF2＝（ ）
A．B．C．D．
11．已知x＝lnπ，y＝log52，，则（ ）
A．x＜y＜zB．z＜x＜y
C．z＜y＜xD．y＜z＜x
12．正方形ABCD的边长为1，点E在边AB上，点F在边BC上，AE＝BF＝.动点P从E出发沿直线向F运动，每当碰到正方形的边时反弹，反弹时反射角等于入射角．当点P第一次碰到E时，P与正方形的边碰撞的次数为（ ）
A．8B．6C．4D．3
二、填空题：
本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上．
13．（x＋）8的展开式中x2的系数为__________．
14．若x，y满足约束条件则z＝3x－y的最小值为__________．
15．当函数y＝sinx－cosx（0≤x＜2π）取得最大值时，x＝__________.
16．已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为BB1，CC1的中点，那么异面直线AE与D1F所成角的余弦值为__________．
三、解答题：
本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
17．△ABC中，内角A，B，C成等差数列，其对边a，b，c满足2b2＝3ac，求A．
18．已知数列{an}中，a1＝1，前n项和.
（1）求a2，a3；
（2）求{an}的通项公式．
19．如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为菱形，PA⊥底面ABCD，，PA＝2，E是PC上的一点，PE＝2EC．
（1）证明：
PC⊥平面BED；
（2）设二面角A－PB－C为90°
，求PD与平面PBC所成角的大小．
20．乒乓球比赛规则规定：
一局比赛，双方比分在10平前，一方连续发球2次后，对方再连续发球2次，依次轮换．每次发球，胜方得1分，负方得0分．设在甲、乙的比赛中，每次发球，发球方得1分的概率为0.6，各次发球的胜负结果相互独立．甲、乙的一局比赛中，甲先发球．
（1）求开始第4次发球时，甲、乙的比分为1比2的概率；
（2）求开始第5次发球时，甲得分领先的概率．
21．已知函数f（x）＝x3＋x2＋ax.
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）设f（x）有两个极值点x1，x2，若过两点（x1，f（x1）），（x2，f（x2））的直线l与x轴的交点在曲线y＝f（x）上，求a的值．
22．已知抛物线C：
y＝（x＋1）2与圆M：
（x－1）2＋（y－）2＝r2（r＞0）有一个公共点A，且在A处两曲线的切线为同一直线l.
（1）求r；
（2）设m，n是异于l且与C及M都相切的两条直线，m，n的交点为D，求D到l的距离．
答案解析:
1．B ∵正方形组成的集合是矩形组成集合的子集，
∴CB．
2．A ∵，∴y2＝x＋1，
∴x＝y2－1，x，y互换可得：
y＝x2－1.
又∵.∴反函数中x≥0，故选A项．
3．C ∵是偶函数，∴f（0）＝±
1.
∴.∴（k∈Z）．
∴φ＝3kπ＋（k∈Z）．
又∵φ∈[0,2π]，∴当k＝0时，.故选C项．
4．A ∵，且α为第二象限角，
∴.
∴.故选A项．
5．C ∵焦距为4，即2c＝4，∴c＝2.
又∵准线x＝－4，∴.
∴a2＝8.∴b2＝a2－c2＝8－4＝4.
∴椭圆的方程为，故选C项．
6．B 当n＝1时，S1＝2a2，又因S1＝a1＝1，
所以，.
显然只有B项符合．
7．C 由题意可采用分步乘法计数原理，甲的排法种数为，剩余5人进行全排列：
，故总的情况有：
·
＝480种．故选C项．
8．D 连结AC交BD于点O，连结OE，
∵AB=2，∴.
又，则AC=CC1.
作CH⊥AC1于点H，交OE于点M.
由OE为△ACC1的中位线知，
CM⊥OE，M为CH的中点．
由BD⊥AC，EC⊥BD知，BD⊥面EOC，
∴CM⊥BD．∴CM⊥面BDE.
∴HM为直线AC1到平面BDE的距离．
又△ACC1为等腰直角三角形，∴CH=2.∴HM=1.
9．D ∵a·
b＝0，∴a⊥b.
又∵|a|＝1，|b|＝2，
10．C 设|PF2|＝m，则|PF1|＝2m，
由双曲线定义|PF1|－|PF2|＝2a，
∴2m－m＝.∴.
又，
∴由余弦定理可得
cos∠F1PF2＝.
11．D ∵x＝lnπ＞1，y＝log52＞，
，且＜e0＝1，∴y＜z＜x.
12．B 如图，由题意：
tan∠BEF=，
∴，∴X2为HD中点，
，∴，
，∴，∴X6与E重合，故选B项．
13．答案：
7
解析：
∵（x＋）8展开式的通项为Tr＋1＝x8－r（）r＝Cr82－rx8－2r，
令8－2r＝2，解得r＝3.
∴x2的系数为2－3＝7.
14．答案：
－1
由题意画出可行域，由z＝3x－y得y＝3x－z，要使z取最小值，只需截距最大即可，故直线过A（0,1）时，z最大．
∴zmax＝3×
0－1＝－1.
15．答案：
y＝sinx－cosx＝．
当y取最大值时，，∴x＝2kπ＋.
又∵0≤x＜2π，∴.
16．答案：
设正方体的棱长为a.连结A1E，可知D1F∥A1E，
∴异面直线AE与D1F所成的角可转化为AE与A1E所成的角，
在△AEA1中，
.
17．解：
由A，B，C成等差数列及A＋B＋C＝180°
，得B＝60°
，A＋C＝120°
由2b2＝3ac及正弦定理得2sin2B＝3sinAsinC，
故.
cos（A＋C）＝cosAcosC－sinAsinC＝cosAcosC－，
即cosAcosC－＝，cosAcosC＝0，
cosA＝0或cosC＝0，所以A＝90°
或A＝30°
18．解：
（1）由得3（a1＋a2）＝4a2，解得a2＝3a1＝3；
由得3（a1＋a2＋a3）＝5a3，解得a3＝（a1＋a2）＝6.
（2）由题设知a1＝1.
当n＞1时有an＝Sn－Sn－1＝，
整理得.
于是a1＝1，a2＝a1，a3＝a2，…
an－1＝an－2，an＝an－1.
将以上n个等式两端分别相乘，整理得.
综上，{an}的通项公式.
19．解法一：
因为底面ABCD为菱形，所以BD⊥AC．
又PA⊥底面ABCD，
所以PC⊥BD．
设AC∩BD=F，连结EF.
因为，PA=2，PE=2EC，
故，，，
从而，，
因为，∠FCE=∠PCA，
所以△FCE∽△PCA，∠FEC=∠PAC=90°
，
由此知PC⊥EF.
PC与平面BED内两条相交直线BD，EF都垂直，所以PC⊥平面BED．
（2）在平面PAB内过点A作AG⊥PB，G为垂足．
因为二面角A－PB－C为90°
，所以平面PAB⊥平面PBC．
又平面PAB∩平面PBC＝PB，故AG⊥平面PBC，AG⊥BC．
BC与平面PAB内两条相交直线PA，AG都垂直，
故BC⊥平面PAB，于是BC⊥AB，
所以底面ABCD为正方形，AD＝2，.
设D到平面PBC的距离为d.
因为AD∥BC，且AD平面PBC，BC平面PBC，故AD∥平面PBC，A，D两点到平面PBC的距离相等，即d＝AG＝.
设PD与平面PBC所成的角为α，则.
所以PD与平面PBC所成的角为30°
解法二：
以A为坐标原点，射线AC为x轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz.
设C（，0,0），D（，b,0），其中b＞0，
则P（0,0,2），E（，0，），B（，－b,0）．
于是＝（，0，－2），＝（，b，），＝（，－b，），从而，，
故PC⊥BE，PC⊥DE.
又BE∩DE＝E，所以PC⊥平面BDE.
（2）＝（0,0,2），＝（，－b,0）．
设m＝（x，y，z）为平面PAB的法向量，
则m·
＝0，m·
＝0，
即2z＝0且x－by＝0，
令x＝b，则m＝（b，，0）．
设n＝（p，q，r）为平面PBC的法向量，
则n·
＝0，n·
即且，
令p＝1，则，，n＝（1，，）．
因为面PAB⊥面PBC，故m·
n＝0，即，故，
于是n＝（1，－1，），＝（，，2），
，〈n，〉＝60°
因为PD与平面PBC所成角和〈n，〉互余，故PD与平面PBC所成的角为30°
20．解：
记Ai表示事件：
第1次和第2次这两次发球，甲共得i分，i＝0,1,2；
Bi表示事件：
第3次和第4次这两次发球，甲共得i分，i＝0,1,2；
A表示事件：
第3次发球，甲得1分；
B表示事件：
开始第4次发球时，甲、乙的比分为1比2；
C表示事件：
开始第5次发球时，甲得分领先．
（1）B＝A0·
A＋A1·
P（A）＝0.4，P（A0）＝0.42＝0.16，P（A1）＝2×
0.6×
0.4＝0.48，
P（B）＝P（A0·
）
＝P（A0·
A）＋P（A1·
＝P（A0）P（A）＋P（A1）P（）
＝0.16×
0.4＋0.48×
（1－0.4）＝0.352.
（2）P（B0）＝0.62＝0.36，P（B1）＝2×
0.4×
0.6＝0.48，P（B2）＝0.42＝0.16，
P（A2）＝0.62＝0.36.
C＝A1·
B
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