2012年高考文科数学福建卷-答案.pdf

1/11 2012 年普通高等学校招生全国统一考试（福建卷）数学试题（文史类）答案解析 第卷 一、选择题 1.【答案】A【解析】22(2i)44ii34i 【提示】直接根据复数的乘法的运算法则，以及2i1可求出所求。【考点】复数代数形式的乘除运算。2.【答案】D【解析】A由1,2,3,4M，2,2N ，可知2N，但是2M，则NM，故 A 错误；B1,2,3,4,2MNM，故 B 错误；C2MNN，故 C 错误；D2MN，故 D 正确。【提示】由1,2,3,4M，2,2N ，则可知，2N，但是2M，则NM，1,2,3,4,2MNM，2MNN，从而可判断。【考点】集合的包含关系判断及应用。3.【答案】D【解析】因为向量(1,2)ax，(2,1)b，ab，所以2(1)20 x，解得0 x。故选 D。【提示】直接利用向量垂直的充要条件，通过坐标运算求出 x 的值即可。【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断，数量积判断两个平面向量的垂直关系。4.【答案】D【解析】A球的三视图均为圆，且大小均等；B三条侧棱两两垂直且相等的适当高度的正三棱锥，一个侧面放到平面上，其三视图均为三角形且形状都相同；C正方体的三视图可以是三个大小均等的正方形；D圆柱的三视图中必有一个为圆，其他两个为矩形。故一个几何体的三视图形状都相同，大小均等，那么这个几何体不可以是圆柱。故选 D。2/11 【提示】利用简单几何体的结构特征以及三视图的定义，容易判断圆柱的三视图不可能形状相同，大小均等。【考点】由三视图还原实物图。5.【答案】C【解析】双曲线22215xya的右焦点为(3,0)，259a 24a 2a 3c 32cea 故选 C。【提示】根据双曲线22215xya的右焦点为(3,0)，可得2a，进而可求双曲线的离心率。【考点】双曲线的简单性质。6.【答案】A【解析】1k，满足判断框，第 1 次循环，1s，2k，第 2 次判断后循环，0s，3k，第 3 次判断并循环3s，4k，第 3 次判断退出循环，输出3s。故选：A。【提示】通过循环，计算 s，k 的值，当4k 时退出循环，输出结果即可。【考点】循环结构。7.【答案】B【解析】圆心(0,0)到直线320 xy的距离2113d 由直线与圆相交的性质可知，2242ABd 即2144AB 2 3AB 故选 B。3/11 【提示】由直线与圆相交的性质可知，2242ABd，要求 AB，只要先求圆心(0,0)到直线320 xy的距离 d，即可求解。【考点】直线与圆相交的性质。8.【答案】C【解析】解：由题意，令+42xk，kZ 得3+4xk，kZ是函数()sin4f xx的图象对称轴方程 令1k，得4x 故选 C。【提示】将内层函数4x 看作整体，利用正弦函数的对称轴方程，即可解得函数()f x的对称轴方程，对照选项即可得结果。【考点】正弦函数的对称性。9.【答案】B【解析】解：是无理数()0g 则()(0)0f gf 故选 B【提示】根据 是无理数可求出()g的值，然后根据分段函数()f x的解析式可求出()f g的值。【考点】函数的值。10.【答案】B【解析】解：由题意，230yxxy，可求得交点坐标为(1,2)要使直线2yx上存在点(,)x y满足约束条件30230 xyxyxm，如图所示，可得1m。实数 m 的最大值为 1.故选 B。4/11 【提示】根据230yxxy，确定交点坐标为(1,2)要使直线2yx上存在点(,)x y满足约束条件30230 xyxyxm，则1m，由此可得结论。【考点】简单线性规划的应用。11.【答案】A【解析】解：cos2nnan，又()cos2nf n 是以242T为周期的周期函数 1234(0204)2aaaa，5678(0608)2aaaa，2009201020112012(0201002012)2aaaa，201212342012.Saaaaa(0204)(0608).(0201002012)2 503 1006 故选 A。【提示】由于cos2nnan，1234(0204)2aaaa，则四项结合的和为定值，可求2012S。【考点】数列的求和。12.【答案】C【解析】解：求导函数可得2()31293(1)(3)fxxxxx，abc，且()()()0f af bf c。5/11 13abc，设32()()()()()()f xxa xb xcxabc xabacbc xabc，32()69f xxxxabc，6abc，9abacbc，6bca，269(6)2abcaa，240aa，04a，013abc，(0)0f，(1)0f，(3)0f，(0)(1)0ff，(0)(3)0ff。故选：C。【提示】根据32()69f xxxxabc，abc，且()()()0f af bf c，确定函数的极值点及 a、b、c 的大小关系，由此可得结论。【考点】利用导数研究函数的单调性。第卷 二、填空题 13.【答案】2【解析】解：60BAC，45ABC，3BC 由正弦定理可得，sinsinACBCBA可得sin3sin452sinsin60BCBACA 故答案为：2 6/11 【提示】结合已知两角一对边，要求 B 的对边，可利用正弦定理，sinsinACBCBA进行求解。【考点】正弦定理。14.【答案】12【解析】解：田径队有男女运动员 98 人，其中男运动员有 56 人，这支田径队有女运动员985642人，用分层抽样的方法从该队的全体运动员中抽取一个容量为 28 的样本，每个个体被抽到的概率是282987 田径队有女运动员 42 人，女运动员要抽取242127人，故答案为：12【提示】根据田径队的男女运动员数目和用分层抽样要抽取的数目，得到每个个体被抽到的概率，利用每个个体被抽到的概率乘以女运动员的数目，得到结果。【考点】分层抽样方法。15.【答案】(0,8)【解析】解：因为不等式220 xaxa在 R 上恒成立。2()80aa，解得08a 故答案为：(0,8)。【提示】将关于 x 的不等式220 xaxa在 R 上恒成立，转化成0，从而得到关于 a 的不等式，求得a 的范围。【考点】一元二次不等式的应用。16.【答案】16【解析】解：由题意，铺设道路的总费用最小时的线路为：AEFGD，从 G 分叉，GCB 总费用为2+3+1+2+3+5=16。故答案为：16【提示】确定铺设道路的总费用最小时的线路为：AEFGD，从 G 分叉，GCB，即可求得铺设道路的最小总费用。【考点】统筹方法在实际中的应用。三、解答题 17.【答案】（1）解：设等差数列的公差为 d，等比数列的公比为 q。7/11 由题得：1010 9=10+552Sd；348bq；解得：1d，2q。所以：nan，12nnb。（2）解：分别从na和 nb的前 3 项中各随机抽取一项，得到的基本事件有 9 个：(1,1)，(1,2)，(1,4)，(2,1)，(2,2)，(2,4)，(3,1)，(3,2)，(3,4)。两项的值相等的有(1,1)，(2,2)。这两项的值相等的概率：29。【提示】（1）先根据条件求出公差和公比，即可求出通项；（2）先根据第一问的结果把基本事件都写出来，再找到满足要求的即可求出结论。【考点】等差数列与等比数列的综合，列举法计算基本事件数及事件发生的概率。18.【答案】（1）解：88.28.48.68.898.56x，1(908483807568)806y 20b，aybx，8020 8.5250a 回归直线方程20250yx；（2）解：设工厂获得的利润为 L 元，则233(20250)4(20250)20()361.254Lxxxx 该产品的单价应定为334元，工厂获得的利润最大。【提示】（1）计算平均数，利用20b，aybx，即可求得回归直线方程；（2）设工厂获得的利润为 L 元，利用利润=销售收入成本，建立函数，利用配方法可求工厂获得的利润最大。【考点】回归分析的初步应用，线性回归方程。19.【答案】（1）解：由长方体 ABCD1111ABC D知，11ADCDDC平面，点 A 到平面11CDDC的距离等于1AD，又1112 1 122MCCSCCCD 1，11133A MCCMCCVAD S1。（2）证明：将侧面11CDDC绕1DD逆时针转 90 展开，与侧面11ADD A共面，8/11 当1A，M，C共线时，1AMMC取得最小值。由1ADCD，12AA，得 M 为1DD的中点。连接1C M，在1C M C中，12C M，2MC，12CC，2211CCC MMC，得190CMC，即1CMC M，又1111BCCDDC平面，11BCCM，又1111BCC MC，11CMBC M平面，1CMBM，同理可证，1BMAM，又AMMCM，1BMMAC平面【提示】（1）由题意可知，A 到平面11CDDC的距离等于1AD，易求1MCCS1，从而可求1A MCCV；（2）将侧面11CDDC绕1DD逆时针转 90 展开，与侧面11ADD A共面，当1A，M，C共线时，1AMMC取得最小值。易证11CMBC M平面，从而1CMBM，同理可证，1BMAM，问题得到解决。【考点】直线与平面垂直的判定，棱柱、棱锥、棱台的体积。20.【答案】（1）选择（2），计算如下：2213sin 15+cos 15sin15 cos151sin3024，故这个常数为34。（2）根据（1）的计算结果，将该同学的发现推广，得到三角恒等式 223sin+cos(30)sincos(30)4。证明：（方法一）22sin+cos(30)sincos(30)2231sincossinsin(cos30 cossin30 sin)22 22222231331333sin+cossinsincossincossinsincos44222444。（方法二）22sin+cos(30)sincos(30)1 cos21cos(602)sin(cos30 cossin30 sin)22 9/11 2cos21311(cos60 cos2sin60 sin2)sin2sin2222 cos21331 cos2cos21cos231cos2sin2sin21244444444 。【提示】（1）选择（2），由2213sin 15cos 15sin15 cos151sin3024，可得这个常数的值。（2）推广，得到三角恒等式223sincos(30)sincos(30)4。证明方法一：直接利用两角差的余弦公式代入等式的左边，化简可得结果。证明方法二：利用半角公式及两角差的余弦公式把要求的式子化为：1 cos21cos(602)22sin(cos30 cossin30 sin)，即cos21331 cos21cos2sin2sin224444，化简可得结果。【考点】分析法和综合法，归纳推理。21.【答案】（1）解：依题意，|8 3OB，30BOy，设(x,y)B，则|sin304 3xOB，|cos3012yOB(4 3,12)B在20)2(xpy p 上，2(4 3)212p 2p，抛物线 E 的方程为24xy；（2）解：由（1）知，214yx，12yx 设00P(,y)x，则00.x 00011:()2yyx xx即20011x24yxx，由20011241yx xxy 得200421xxxy，2004,12xQx，取02x，此时P(2,1)，(0,1)Q，以 PQ 为直径的圆为2212xy，交 y 轴于点1M(0,1)或2M(0,1)，取01x，此时1P 1,4，3,12Q，以 PQ 为直径的圆为2213248xy，交 y 轴于点3M(0,1)或47M0,4。10/11 故若满足条件的点 M 存在，只能是M(0,1)，证明如下：00(,1)MPx y，2004,22xMQx 0022220MP MQyy 故以 PQ 为直径的圆恒过 y 轴上的定点M(0,1)。【提示】（1）依题意，|8 3OB，30BOy，从而可得(4 3,12)B，利用 B 在20)2(xpy p 上，可求抛物线 E 的方程；（2）由（1）知，214yx，12yx，设00P(,y)x，可得200111:24yx xx，与1y 联立，求得2004,12xQx取02x，01x，猜想满足条件的点 M 存在，再进行证明即可。【考点】直线与圆锥曲线的综合问题，抛物线的标准方程。22.【答案】（1）解：由已知得()(sincos)fxaxxx，对于任意的0,2x，有s i nc o s x 0 xx，当0a 时，3()2f x ，不合题意；当0a 时，0,2x，()0fx，从而()f x在0,2单调递减，又函数3()sin()2f xaxxaR在0,2上图象是连续不断的，故函数在0,2上的最大值为3(0)2f，不合题意；当0a 时，0,2x，()0fx，从而()f x在0,2单调递增，又函数3()sin()2f xaxxaR在0,2上图象是连续不断的，故函数在0,2上上的最大值为332222fa，解得1a，综上所述，得3()sin2f xxx（2）函数()f x在(0,)内有且仅有两个零点。证明如下：11/11 由（1）知，3()sin2f xxx，从而有3(0)02f，3022f，又函数在0,2上图象是连续不断的，所以函数()f x在0,2内至少存在一个零点，又由（1）知()f x在0,2单调递增，故函数()f x在0,2内仅有一个零点。当,2x时，令()()sincosg xfxxxx，由102g，()0g，且()g x在,2上的图象是连续不断的，故存在,2m，使得()0g m。由()=2cossing xxxx，知,2x时，有()0g x，从而()g x在,2上单调递减。当,2xm，()()0g xg m，即()0fx，从而()f x在,2m内单调递增 故当,2xm时，3()022f xf，从而()f x在,2m内无零点；当(,)xm时，有()()0g xg m，即()0fx，从而()f x在,2m内单调递减。又()0f m，()0f且()f x在,m上的图象是连续不断的，从而()f x在,m内有且仅有一个零点。综上所述，函数()f x在(0,)内有且仅有两个零点。【提示】（1）由题意，可借助导数研究函数3()sin()2f xaxxaR，在0,2上的单调性，确定出最值，令最值等于32，即可得到关于 a 的方程，由于 a 的符号对函数的最值有影响，故可以对 a 的取值范围进行讨论，分类求解；（2）借助导数研究函数()f x在(0,)内单调性，由零点判定定理即可得出零点的个数。【考点】利用导数求闭区间上函数的最值，函数的零点，利用导数研究函数的极值。