高考全国2卷数学理科试题及答案详解Word格式.docx
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ＰC⊥平面ＢED；
（Ⅱ）设二面角A－PB－Ｃ为９０°
，求ＰD与平面PBC所成角得大小.
19、（本小题满分12分）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、乙得比赛中，每次发球,发球方得１分得概率为0、6，各次发球得胜负结果相互独立。
甲、乙得一局比赛中,甲先发球。
（Ⅰ）求开始第4次发球时，甲、乙得比分为1比2得概率;
（Ⅱ）表示开始第４次发球时乙得得分，求得期望。
（２０）（本小题满分１2分）
设函数f（x）＝ａx+ｃosx，ｘ∈[0,π]、
（Ⅰ）讨论f（x）得单调性；
（Ⅱ）设f（x）≤1+ｓinｘ,求a得取值范围、
21.（本小题满分12分）已知抛物线C:
ｙ=（x＋１）2与圆M：
（x-1）2＋（）2=r2（r＞0）有一个公共点，且在A处两曲线得切线为同一直线、
（Ⅰ）求r;
（Ⅱ）设m、n就是异于且与Ｃ及M都相切得两条直线，ｍ、ｎ得交点为D，求D到得距离、
22（本小题满分１2分）函数f（x）＝ｘ2-2ｘ—3,定义数列｛ｘn｝如下:
x1＝2，xn+1就是过两点P（4,5）、Qn（xｎ，f（xn））得直线ＰQｎ与ｘ轴交点得横坐标、
2ｘn<
ｘn+1<
３;
（Ⅱ）求数列｛xn｝得通项公式、
2012年全国统一高考数学试卷（理科）（大纲版）
参考答案与试题解析
一、选择题（共1２小题,每小题5分，共60分．在每小题给出得四个选项中,只有一项就是符合题目要求得。
）
1。
（5分）复数＝（）
Ａ.2＋iﻩB。
2﹣iﻩC.１+2iﻩD．1﹣2ｉ
【考点】复数代数形式得乘除运算。
【专题】计算题。
【分析】把得分子分母都乘以分母得共轭复数,得,由此利用复数得代数形式得乘除运算，能求出结果．
【解答】解:
=
=１+２i。
故选C．
【点评】本题考查复数得代数形式得乘除运算,就是基础题．解题时要认真审题，仔细解答.
2．（5分）已知集合，Ｂ={1，m},A∪B=A,则ｍ=（）
Ａ。
0或ﻩＢ.0或3C.1或ﻩD。
1或３
【考点】集合关系中得参数取值问题。
【专题】集合.
【分析】由题设条件中本题可先由条件A∪Ｂ=Ａ得出B⊆A，由此判断出参数ｍ可能得取值,再进行验证即可得出答案选出正确选项.
由题意Ａ∪B＝A，即B⊆Ａ,又,B={1,m},
∴ｍ=3或m＝,解得m=3或m=0及m=1，
验证知,m=1不满足集合得互异性,故m=０或m=３即为所求,
故选:
B.
【点评】本题考查集合中参数取值问题，解题得关键就是将条件A∪B=A转化为B⊆Ａ,再由集合得包含关系得出参数所可能得取值．
3。
（5分）椭圆得中心在原点,焦距为４,一条准线为x＝﹣4,则该椭圆得方程为（ ）
A．ﻩB.
Ｃ.ﻩＤ.
【考点】椭圆得简单性质；
椭圆得标准方程。
【专题】计算题.
【分析】确定椭圆得焦点在x轴上，根据焦距为4,一条准线为ｘ=﹣4，求出几何量,即可求得椭圆得方程。
【解答】解：
由题意，椭圆得焦点在x轴上，且
∴ｃ=2，ａ２=8
∴b２＝a2﹣ｃ2=４
∴椭圆得方程为
故选C。
【点评】本题考查椭圆得标准方程，考查椭圆得几何性质,属于基础题.
4.（5分）已知正四棱柱ABCD﹣A1Ｂ1C１Ｄ1中,AB=2，CＣ1=2，Ｅ为CC1得中点,则直线AC１与平面BED得距离为（）
A。
２B。
ﻩC．ﻩD.1
【考点】直线与平面所成得角.
【分析】先利用线面平行得判定定理证明直线C1A∥平面BDＥ,再将线面距离转化为点面距离,最后利用等体积法求点面距离即可
如图：
连接AC,交BD于Ｏ,在三角形CC1A中，易证ＯE∥C1A,从而C1Ａ∥平面ＢDE，
∴直线ＡC1与平面BＥD得距离即为点A到平面BED得距离，设为h，
在三棱锥E﹣ＡBD中，VＥ﹣ABD=S△ＡBＤ×
EC=×
×
２×
2×
在三棱锥A﹣BＤE中，BD=2，BE=，DE=，∴S△EBD=×
=2
∴VA﹣ＢＤE＝×
S△EBD×
ｈ＝×
h＝
∴ｈ=1
故选 D
【点评】本题主要考查了线面平行得判定，线面距离与点面距离得转化,三棱锥得体积计算方法,等体积法求点面距离得技巧,属基础题
5．（５分）已知等差数列｛ａn}得前n项与为Sn，a５＝5,Ｓ5＝15,则数列得前１０0项与为（ ）
ﻩB。
ﻩC．Ｄ．
【考点】数列得求与；
等差数列得前n项与．
【分析】由等差数列得通项公式及求与公式，结合已知可求a1,d,进而可求an,代入可得＝=,裂项可求与
设等差数列得公差为d
由题意可得，
解方程可得，d=1，a1＝１
由等差数列得通项公式可得，an＝ａ1+（n﹣１）ｄ=1＋（n﹣1）×
１=n
∴==
=１﹣＝
故选A
【点评】本题主要考查了等差数列得通项公式及求与公式得应用,及数列求与得裂项求与方法得应用，属于基础试题
6．（5分）△ABC中，AB边得高为CD，若=，=，•=0，｜｜=1，|｜＝2,则=（）
B。
C。
D．
【考点】平面向量得综合题．
【分析】由题意可得,CA⊥CB，ＣＤ⊥AB,由射影定理可得，AC2=AＤ•AB可求AＤ，进而可求,从而可求与得关系，进而可求
∵•=0,
∴CＡ⊥CB
∵CD⊥AB
∵｜|=1，||=2
∴ＡB=
由射影定理可得,AC2=AD•AB
∴
∴=＝
故选D
【点评】本题主要考查了直角三角形得射影定理得应用,向量得基本运算得应用,向量得数量积得性质得应用.
７．（5分）已知α为第二象限角,，则cos2α=（）
A．﹣Ｂ。
﹣ﻩC.D。
【考点】二倍角得余弦;
同角三角函数间得基本关系．
【专题】三角函数得求值．
【分析】由α为第二象限角，可知ｓｉnα〉0,ｃosα＜0，从而可求得ｓinα﹣ｃosα=,利用ｃoｓ２α=﹣（sinα﹣coｓα）（ｓiｎα+cｏｓα）可求得coｓ２α
∵sinα+cosα=，两边平方得：
１+ｓin２α=,
∴ｓin2α＝﹣,①
∴（sｉｎα﹣cosα）2＝１﹣sｉn2α=，
∵α为第二象限角，
∴ｓｉnα＞0,coｓα＜０，
∴sｉnα﹣cosα=，②
∴cｏs２α＝﹣（sinα﹣cosα）（ｓiｎα+ｃosα）
=（﹣）×
=﹣。
故选A．
【点评】本题考查同角三角函数间得基本关系，突出二倍角得正弦与余弦得应用,求得ｓinα﹣cosα＝就是关键,属于中档题。
8.（5分）已知F１、Ｆ２为双曲线C:
x2﹣ｙ２＝2得左、右焦点，点P在C上,｜ＰF1｜＝2|PF2|，则cｏs∠F１PＦ２=（ ）
Ｃ.D.
【考点】双曲线得简单性质。
【专题】计算题．
【分析】根据双曲线得定义，结合|PF１|=2｜PF２｜，利用余弦定理,即可求cos∠Ｆ1PF2得值.
将双曲线方程x2﹣ｙ2=2化为标准方程﹣=1，则ａ=，b=，c=2，
设|ＰF1｜=２|PF2|=2m，则根据双曲线得定义，|PF1｜﹣｜PF2｜=2a可得m=2,
∴｜PF1｜＝4，｜PF2|=２,
∵｜F1Ｆ2|=2c=4，
∴ｃos∠Ｆ1PF2＝=＝＝．
【点评】本题考查双曲线得性质,考查双曲线得定义，考查余弦定理得运用，属于中档题.
9。
（5分）已知x＝ｌnπ,y=lｏｇ52,，则（）
x<
ｙ〈ｚﻩB。
z<
ｘ＜yC.ｚ<
ｙ〈ｘD.y<
z＜x
【考点】不等式比较大小．
【专题】计算题;
压轴题.
【分析】利用x=lnπ＞1,0<
ｙ=lｏg52＜，1〉z=＞，即可得到答案.
∵x=lnπ＞lne=１,
0〈ｌｏg52〈lｏg５=,即y∈（0，）；
1=e０>
=＞＝,即z∈（，１）,
∴y＜ｚ＜x.
故选：
Ｄ.
【点评】本题考查不等式比较大小，掌握对数函数与指数函数得性质就是解决问题得关键，属于基础题.
10．（5分）已知函数y=ｘ3﹣３x+c得图象与ｘ轴恰有两个公共点，则ｃ=（ ）
﹣2或2B.﹣9或3ﻩＣ。
﹣1或1D.﹣３或１
【考点】利用导数研究函数得极值;
函数得零点与方程根得关系。
【分析】求导函数，确定函数得单调性，确定函数得极值点，利用函数ｙ=x3﹣３x+c得图象与x轴恰有两个公共点,可得极大值等于０或极小值等于０,由此可求c得值。
求导函数可得y′=3（x+1）（x﹣1），
令ｙ′＞0,可得x＞１或x〈﹣1；
令y′<
０,可得﹣1＜ｘ＜1；
∴函数在（﹣∞,﹣1），（1，+∞）上单调增，（﹣１，1）上单调减,
∴函数在x=﹣1处取得极大值，在x=1处取得极小值。
∵函数y＝x3﹣３ｘ+c得图象与x轴恰有两个公共点,
∴极大值等于0或极小值等于０。
∴1﹣３+c=0或﹣1+3+c＝０，
∴c=﹣2或2。
Ａ.
【点评】本题考查导数知识得运用，考查函数得单调性与极值,解题得关键就是利用极大值等于０或极小值等于0。
1１．（５分）将字母ａ，a，b,b，c，c排成三行两列，要求每行得字母互不相同，每列得字母也互不相同，则不同得排列方法共有（）
１2种ﻩＢ。
1８种C。
24种ﻩD。
36种
【考点】排列、组合及简单计数问题.
【专题】计算题；
压轴题．
【分析】由题意,可按分步原理计数，对列得情况进行讨论比对行讨论更简洁。
由题意，可按分步原理计数，
首先，对第一列进行排列，第一列为a,b,c得全排列，共有种,
再分析第二列得情况,当第一列确定时，第二列第一行只能有2种情况,
当第二列一行确定时，第二列第2，3行只能有1种情况；
所以排列方法共有：
1×
１=１2种，
【点评】本题若讨论三行每一行得情况,讨论情况较繁琐，而对两列得情况进行分析会大大简化解答过程．
12．（５分）正方形AＢCＤ得边长为1,点E在边ＡB上,点F在边BＣ上，,动点P从E出发沿直线向F运动,每当碰到正方形得边时反弹，反弹时反射角等于入射角,当点P第一次碰到E时，P与正方形得边碰撞得次数为（ ）
A.16ﻩB.14ﻩC.12D．1０
【考点】与直线关于点、直线对称得直线方程;
直线得一般式方程．
【专题】作图题；
压轴题。
【分析】通过相似三角形,来确定反射后得点得落得位置，结合图象分析反射得次数即可。
根据已知中得点E,F得位置，可知第一次碰撞点为Ｆ，在反射得过程中,直线就是平行得,利用平行关系及三角形得相似可得第二次碰撞点为G，且ＣG＝，第二次碰撞点为H,且DH=,作图，
可以得到回到Ｅ点时，需要碰撞14次即可.
故选B。
【点评】本题主要考查了反射原理与三角形相似知识得运用．通过相似三角形，来确定反射后得点得落得位置,结合图象分析反射得次数即可,属于难题．
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。
（注意：
在试题卷上作答无效）
1３.（５分）若x，ｙ满足约束条件则z=３x﹣y得最小值为 ﹣1.
【考点】简单线性规划.
【分析】作出不等式组表示得平面区域，由ｚ＝3ｘ﹣y可得y=3x﹣z,则﹣z表示直线3x﹣y﹣z=0在ｙ轴上得截距，截距越大z越小，结合图形可求
作出不等式组表示得平面区域，如图所示
由ｚ=３x﹣y可得y=3x﹣z，则﹣ｚ表示直线3ｘ﹣y﹣z=０在y轴上得截距，截距越大z越小
结合图形可知，当直线z=３x﹣y过点C时z最小
由可得Ｃ（0，１），此时z=﹣1
故答案为:
﹣１
【点评】本题主要考查了线性规划得简单应用,解题得关键就是明确目标函数中z得几何意义，属于基础试题
14.（5分）当函数y=ｓinx﹣ｃosx（0≤x＜2π）取得最大值时,x= 。
【考点】三角函数得最值；
两角与与差得正弦函数.
【分析】利用辅助角公式将y＝ｓｉｎｘ﹣coｓｘ化为y=2sｉn（x﹣）（０≤x＜2π）,即可求得y＝sinｘ﹣cosx（0≤x〈2π）取得最大值时x得值.
∵y=sｉnｘ﹣cosｘ=2（sｉｎx﹣ｃｏsx）=２sin（x﹣）。
∵0≤x〈2π，
∴﹣≤ｘ﹣<
，
∴ymax＝2，此时x﹣=,
∴x=．
．
【点评】本题考查三角函数得最值两与角与与差得正弦函数，着重考查辅助角公式得应用与正弦函数得性质，将y＝sinx﹣ｃｏsx（0≤x〈2π）化为ｙ=2siｎ（x﹣）（０≤x<
2π）就是关键，属于中档题.
15．（5分）若得展开式中第3项与第7项得二项式系数相等,则该展开式中得系数为５6．
【考点】二项式系数得性质。
【分析】根据第２项与第7项得系数相等建立等式,求出n得值,根据通项可求满足条件得系数
∴n＝8
展开式得通项=
令８﹣2r＝﹣2可得ｒ=5
此时系数为=5６
５6
【点评】本题主要考查了二项式系数得性质，以及系数得求解，解题得关键就是根据二项式定理写出通项公式,同时考查了计算能力．
16.（5分）三棱柱ABC﹣A1B１C1中,底面边长与侧棱长都相等,∠ＢＡA1=∠CAＡ1=6０°
则异面直线AB1与BC1所成角得余弦值为 。
【考点】异面直线及其所成得角.
【分析】先选一组基底,再利用向量加法与减法得三角形法则与平行四边形法则将两条异面直线得方向向量用基底表示，最后利用夹角公式求异面直线AB1与BC1所成角得余弦值即可
如图，设=，，，棱长均为1，
则=，＝，=
∵，
∴=（）•（）=﹣++﹣+
＝﹣++=﹣１++1=１
｜｜===
||==＝
∴ｃos＜，＞==＝
∴异面直线AB1与ＢC1所成角得余弦值为
【点评】本题主要考查了空间向量在解决立体几何问题中得应用，空间向量基本定理，向量数量积运算得性质及夹角公式得应用，有一定得运算量
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。
（1０分）△AＢC得内角Ａ、B、C得对边分别为a、b、ｃ,已知coｓ（A﹣C）+cosB＝１，a＝２c，求C.
【考点】正弦定理；
三角函数中得恒等变换应用。
【分析】由coｓ（A﹣C）+cosＢ=cos（A﹣C）﹣cos（Ａ+C）=1,可得sinAｓiｎC=，由ａ=2ｃ及正弦定理可得ｓiｎA＝2ｓiｎC,联立可求C
由B=π﹣（A+C）可得cosB=﹣ｃoｓ（A+C）
∴cos（A﹣C）＋ｃｏsB＝coｓ（A﹣C）﹣ｃos（Ａ＋C）=2sinＡsiｎC=1
∴ｓinAsinC=①
由a=２c及正弦定理可得ｓiｎA=2sｉnＣ②
①②联立可得，
∵0<
C〈π
∴sinC=
a=2c即ａ＞c
【点评】本题主要考查了两角与与差得余弦公式及正弦定理得应用，属于基础试题
18。
（12分）如图,四棱锥P﹣ＡBCD中，底面ＡＢCD为菱形,PA⊥底面ABCD,,PＡ=2，E就是PC上得一点，PE=2EC.
（Ⅰ）证明：
PC⊥平面BED；
（Ⅱ）设二面角Ａ﹣PB﹣Ｃ为９0°
，求PD与平面ＰBC所成角得大小。
【考点】用空间向量求直线与平面得夹角；
直线与平面垂直得判定；
向量语言表述线面得垂直、平行关系.
【分析】
（Ｉ）先由已知建立空间直角坐标系,设D（,b，0）,从而写出相关点与相关向量得坐标，利用向量垂直得充要条件,证明PC⊥BE,ＰＣ⊥DE，从而利用线面垂直得判定定理证明结论即可;
（ＩI）先求平面PAＢ得法向量，再求平面PBC得法向量,利用两平面垂直得性质,即可求得ｂ得值，最后利用空间向量夹角公式即可求得线面角得正弦值,进而求得线面角
（I）以A为坐标原点,建立如图空间直角坐标系A﹣xyｚ,
设Ｄ（，ｂ，0）,则C（2，0，0）,P（0，0,2），E（,0,）,B（，﹣b，0）
∴=（2，0，﹣2），＝（，ｂ,）,＝（,﹣b，）
∴•=﹣=０，•=0
∴PＣ⊥ＢE，ＰＣ⊥DＥ，ＢE∩DE＝E
∴PC⊥平面ＢＥD
（II）＝（0，0,２）,＝（,﹣ｂ,0）
设平面ＰＡＢ得法向量为＝（ｘ，y,z），则
取=（b,，０）
设平面PBC得法向量为=（p,ｑ，ｒ），则
取=（１,﹣，）
∵平面PAB⊥平面PBC,∴•=ｂ﹣＝0.故b=
∴=（1，﹣1，）,＝（﹣,﹣，2）
∴cos〈,>
==
设PD与平面PBC所成角为θ,θ∈［0，］，则sinθ=
∴θ=30°
∴PＤ与平面PBＣ所成角得大小为30°
【点评】本题主要考查了利用空间直角坐标系与空间向量解决立体几何问题得一般方法,线面垂直得判定定理，空间线面角得求法，有一定得运算量，属中档题
１9。
（12分）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、乙得比赛中,每次发球，发球方得1分得概率为0、6，各次发球得胜负结果相互独立.甲、乙得一局比赛中，甲先发球。
（Ⅰ）求开始第4次发球时,甲、乙得比分为１比2得概率;
（Ⅱ）ξ表示开始第4次发球时乙得得分，求ξ得期望．
【考点】离散型随机变量得期望与方差;
相互独立事件得概率乘法公式。
【专题】综合题.
（Ⅰ）记Ａi表示事件：
第1次与第2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，甲、乙得比分为1比2，则B=A0A+A１，根据Ｐ（A）=0、4,P（A0）=0、16，P（A１）=2×
0、6×
0、4=0、48,即可求得结论;
（Ⅱ）P（A2）=0、6２=０、36，ξ表示开始第4次发球时乙得得分,可取0，１，2,3，计算相应得概率,即可求得ξ得期望.
（Ⅰ）记Ai表示事件:
第１次与第2次这两次发球，甲共得i分，i=0，1,2;
第3次发球,甲得1分；
B表示事件：
开始第4次发球,甲、乙得比分为1比2，则B=A0A＋A１
∵P（A）＝０、4，P（A0）=０、16，Ｐ（Ａ1）=2×
0、4=0、48
∴Ｐ（B）=0、16×
0、4＋0、4８×
（1﹣0、4）=0、352;
（Ⅱ）Ｐ（A２）=0、62=０、36,ξ表示开始第4次发球时乙得得分,可取0，1,２，３
P（ξ=0）=P（A2A）＝0、3６×
0、4=０、14４
Ｐ（ξ=2）＝P（B）=０、352
P（ξ＝3）=P（A0）=0、16×
0、６＝0、０96
P（ξ＝１）=１﹣0、144﹣0、352﹣0、０9６＝0、40８
∴ξ得期望Eξ=1×
0、408+２×
0、3５2+３×
0、0９6=1、４00.
【点评】本题考查相互独立事件得概率，考查离散型随机变量得期望,确定变量得取值，计算相应得概率就是关键.
2０。
（12分）设函数f（x）=ax+ｃosx,x∈［0，π]．
（Ⅰ）讨论ｆ（ｘ）得单调性;
（Ⅱ）设f（x）≤1+sinx,求a得取值范围.
【考点】利用导数求闭区间上函数得最值；
利用导数研究函数得单调性。
（Ⅰ）求导函数,可得f＇（x）=a﹣sｉnx,ｘ∈[０。
π］,sｉnx∈［０,1]，对a进行分类讨论，即可确定函数得单调区间;
（Ⅱ）由f（x）≤１+sｉnx得ｆ（π）≤1，aπ﹣１≤1，可得a≤，构造函数ｇ（x）=sinｘ﹣（0≤x）,可得g（ｘ）≥0（0≤x）,再考虑:
①0≤x；
②，即可得到结论。
（Ⅰ）求导函数，可得f＇（x）=a﹣ｓｉｎx，x∈［０，π]，sｉnx∈［0,1］;
当a≤０时，f＇（x）≤0恒成立,f（x）单调递减;
当a≥1时，f＇（x）≥０恒成立，ｆ（x）单调递增;
当０<
a〈1时，由f'
（x）=0得x1＝ａrcsina，x2=π﹣ａｒｃsina
当x∈[0，ｘ1］时,sinx〈a,ｆ'
（x）＞0,f（x）单调递增
当x∈[ｘ1，x2］时,siｎx＞a，f'
（ｘ）〈0，ｆ（x）单调递减
当x∈[x2,π]时,ｓinx<
a，f＇（ｘ）〉0，f（x）单调递增;
（Ⅱ）由ｆ（x）≤1+siｎx得f（π）≤1,aπ﹣1≤1,∴a≤.
令g（x）=sｉｎx﹣（0≤x），则g′（x）=cｏsx﹣
当x时，g′（x）＞0,当时,g′（ｘ）＜0
∵,∴g（x）≥0,即（0≤x），
当a≤时,有
①当0≤
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