2023年12月5日发(作者：数学试卷新高考一卷答案)

2012年普通高等学校招生全国统一考试

数 学（理科）

本试题卷分选择题和非选择题两部分。全卷共5页，选择题部分1至3页，非选择题部分4至5页。满分150分，考试时间120分钟。

请考生按规定用笔将所在试题的答案涂、写在答题纸上。

选择题部分（共50分）

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，只有一个项是符合题目要求的。

1．设集合Ax|1x4，集合Bx|x22x30，则A(CRB)

A．(1，4) B．(3，4) C．(1，3) D．(1，2)(3，4)

3i

1i A．12i B．2i C．2i D．12i

2．已知i是虚数单位，则3．设aR，则“a1”是“直线l1：ax2y10与直线l2：x(a1)y40平行”的

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

4．把函数ycos2x1的图像上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），然后向左平移1个单位长度，再向下平移1个单位长度，得到的图像是

5．设a，b是两个非零向量

A．若|ab||a||b|，则ab

B．若ab，则|ab||a||b|

C．若|ab||a||b|，则存在实数，使得ba

D．若存在实数，使得ba，则|ab||a||b|

6．若从1，2，3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有

A．60种 B．63种 C．65种 D．66种

7．设Sn是公差为d（d0）的无穷等差数列an的前n项和，则下列命题错误的是

．． A．若d0，则数列{Sn}有最大项

B．若数列{Sn}有最大项，则d0

C．若数列{Sn}是递增数列，则对任意nN*，均有Sn0

D．若对任意nN*，均有Sn0，则数列{Sn}是递增数列

x2y2b0)的 8．如图，F1，F2分别是双曲线C：221(a，ab

左、右两焦点，B是虚轴的端点，直线F1B与C的两条渐近

线分别交于P，Q两点，线段PQ的垂直平分线与x轴交于点

M．若|MF1||F1F2|，则C的离心率是

A．236 B． C．2 D．3

329．设a0，b0

A．若22a23b，则ab B．22a23b若，则ab

C．若22a23b，则ab D．若22a23b，则ab

10．已知矩形ABCD，AB1，BCabababab2．将ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折过程中，

A．存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直

B．存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直

C．存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直

D．对任意位置，三对直线“AC与BD”，“AB与CD”，“AD与BC”均不垂直

非选择题部分（共100分）

二、填空题：本大题共7小题，每小题4分，共28分。

11．已知某三棱锥的三视图（单位：cm）如图所示，则该三棱锥

的体积等于

cm．

12．若某程序框图如图所示，则该程序运行后输出的值是 ．

13．设公比为q(q0)的等比数列an的前n项和为Sn．

若S23a22，S43a42，则q ．

14．若将函数f(x)x表示为

53f(x)a0a1(1x)a2(1x)2a3(1x)3a4(1x)4a5(1x)5，

其中a0，a1，a2，…，a5为实数，则a3 ．

15．在ABC中，M是BC的中点，AM3，BC10，

则ABBC ．

16．定义：曲线C上的点到直线的距离的最小值称为曲线C到直线l

的距离．已知曲线C1：yxa到直线l：yx的距离等于曲线

2C2：x2(y4)22到直线l：yx的距离，则实数a ．

217．设aR，若x0时均有a1x1xax10，

则a ．

三、解答题：本大题共5小题，共72分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

c．18．（本题满分14分）在ABC中，内角A，B，已知cosAC的对边分别为a，b，2，3sinB5cosC．

（Ⅰ）求tanC的值；

（Ⅱ）若a2，求ABC的面积．

19．（本题满分14分）已知箱中装有4个白球和5个黑球，且规定：取出一个白球得2分，取出一个黑球得1分．现从箱中任取（无放回，且每球取道的机会均等）3个球，记随机变量X为取出此3球所得分数之和．

（Ⅰ）求X的分布列；

（Ⅱ）求X的数学期望E(X)． 20．（本题满分15分）如图，在四棱锥PABCD中，底面是

边长为23的菱形，BAD120，且PA平面ABCD，

PA26，M，N分别为PB，PD的中点．

（Ⅰ）证明：MN平面ABCD；

（Ⅱ）过点A作AQPC，垂足为点Q，求二面角

AMNQ的平面角的余弦值．

x2y221．（本题满分15分）如图，椭圆C：221(ab0)的

ab离心率为1，其左焦点到点P(2,1)的距离为10，不过原点．．．．O的

2直线l与C相交于A，B两点，且线段AB被直线OP平分．

（Ⅰ）求椭圆C的方程；

（Ⅱ）求ABP面积取最大值时直线l的方程．

22．（本题满分14分）已知a0，bR，函数f(x)4ax2bxab．

（Ⅰ）证明：当0x1时，

（i）函数f(x)的最大值为|2ab|a；

（ii）f(x)|2ab|a0；

（Ⅱ）若1f(x)1对x[0，1]恒成立，求ab的取值范围．

3

数学（理科）试题参考答案

一、选择题：本题考察基本知识和基本运算。每小题5分，满分50分。

1．B 2．D 3．A 4．A 5．C

6．D 7．C 8．B 9．A 10．B

二、填空题：本题考察基本知识和基本运算。每小题4分，满分28分。

13 13． 14．10

12029315．-16 16． 17．

4211．1 12．三、解答题：本题共小题，满分72分。

18．本题主要考查三角恒等变换、正弦定理等知识，同时考查运算求解能力。满分14分。

（Ⅰ）因为0A，cosA2，得

32

sinA1cosA5

3 又

5cosCsinBsin(AC)

sinAcosCcosAsinC

 所以tanC5

（Ⅱ）由tanC5，得

sinC 于是

sinB5cosC 由a52cosCsinC

3315，cosC，

665．

62及正弦定理ac，得

sinAsinC

c3．

设ABC的面积为S，则

S15acsinB．

2219．本题主要考查随机事件的概率和随机变量的分布列、数学期望等概念，同时考查抽象概括、运算求解能力和应用意识。满分14分。

（Ⅰ）由题意得X取3，4，5，6，且

31C5C4C52105

P(X3)3，

P(X4)，

3C942C92124C4C525C41

P(X5)， ．

P(X6)33C914C921 所以X的分布列为

X

3 4 5 6

P

（Ⅱ）由（Ⅰ）知

5421021

51

1421

E(X)3P(X3)4P(X4)5P(X5)6P(X6)13．

320．本题主要考察空间点、线、面位置关系，二面角等基础知识，空间向量的应用，同时考查空间想像能力和运算求解能力。满分15分。

（Ⅰ）因为M，N分别是PB，PD的中点，所以MN是PBD的中位线，所以

MM//BD

又因为MN平面ABCD，所以

MM//平面ABCD．

（Ⅱ）方法一：

连结AC交BD于O，以O为原点，OC，OD所在直线为x，y轴，建立空间直角坐标系Oxyz，如图所示

在菱形ABCD中，BAD120，得

ACAB23，BD3AB6．

又因为PA平面ABCD，所以

PAAC．

在直角PAC中，AC23，PA26，AQPC，得

QC2，PQ4．

由此知各点坐标如下，

A(3,0,0)，B(0,3,0)，

C(3,0,0)，D(0,3,0)，

P(3,0,26)，M(33,,6)，

22

N(33326,,6)，Q(,0,)．

2233 设m(x,y,z)为平面AMN的法向量．

由AM(3333,,6)，AN(,,6)知

2222

33xy6z022

33xy6z022 取x1，得

m(22,0,1)

设n(x,y,z)为平面QMN的法向量．

由QM(53365336,,)，QN(,,)知

623623533xy62

53x3y26 取z5，得

n(22,0,5)

于是

cosm,n6z03

6z03mn33．

|m||n|3333．

33 所以二面角AMNQ的平面角的余弦值为 方法二：

在菱形ABCD中，BAD120，得

ACABBCDA，BD3AB，

有因为PA平面ABCD，所以

PAAB，PAAC，PAAD，

所以PBPCPD．

所以PBCPDC． 而M，N分别是PB，PD的中点，所以

MQNQ，且AM11PBPDAN．

22 取线段MN的中点E，连结AE，EQ，则

AEMN，QEMN，

所以AEQ为二面角AMNQ的平面角．

由AB23，PA26，故

在AMN中，AMAN3，MN1BD3，得

2

AE33．

2 在直角PAC中，AQPC，得

AQ22，QG2，PQ4，

PB2PC2BC25，得 在PBC中，cosBPC2PBPC6

MQPM2PQ22PMPQcosBPC5．

在等腰MQN中，MQNQ5，MN3，得

QEMQ2ME211．

2 在AEQ中，AE3311，QE，AQ22，得

22AE2QE2AQ233

cosAEQ．

2AEQE33 所以二面角AMNQ的平面角的余弦值为33．

3321．本题主要考查椭圆的几何性质，直线与椭圆的位置关系等基础知识，同时考查解析几何的基本思想方法和综合解体能力。满分15分。

（Ⅰ）设椭圆左焦点为F(c，0)，则由题意得 (2c)110

c1，

a2 得c1

a2 所以椭圆方程为

x2y21．

43y1)，B(x2，y2)，线段AB的中点为M． （Ⅱ）设A(x1，当直线AB与x轴垂直时，直线AB的方程为x0，与不过原点的条件不符，舍去．故可设直线AB的方程为

ykxm(m0)，

ykxm由2消去y，整理得

23x4y12(34k2)x28kmx4m2120， （1）

则

8kmxx1234k2222264km4(34k)(4m12)0，

24m12xx1234k28km4m212,)， 所以AB线段的中点M(34k234k2因为M在直线OP上，所以

3m2km，

34k234k2得

3m0（舍去）或k，

2此时方程（1）为3x3mxm0，则

22x1x2m3(12m2)0，m23

x1x23所以 |AB|1k2|x1x2|3912m2，

6设点P到直线AB距离为d，则

d|82m|32222|m4|，

13设ABP的面积为S，则

S13|AB|d(m4)2(12m2)，

26其中m(23,0)(0,23)，

22令u(m)(12m)(m4)，m[23,23]

u\'(m)4(m4)(m22m6)4(m4)(m17)(m17)，

所以当且仅当m17，u(m)取到最大值，

故当且仅当m17，S取到最大值．

综上，所求直线l方程为3x2y2720．

22．本题主要考查利用导函数研究函数的性质、线性规划等基础知识，同时考查推理论证能力，分类讨论等综合解题能力和创新意识。满分14分。

（Ⅰ）（i）f\'(x)12ax2b12a(x22b)

6a 当b0时，有f\'(x)0，此时f(x)在[0,)上单调递增

所以当0x1时，

f(x)maxmax{f(0),f(1)}max{ab,3ab} （ii）由于0x1，故

当b2a时，

3ab,b2a|2ab|a

ab,b2af(x)|2ab|af(x)3ab4ax32bx2a4ax34ax2a2a(2x32x1)

当b2a时，

f(x)|2ab|af(x)ab4ax32b(1x)2a4ax34a(1x)2a2a(2x32x1)

设g(x)2x2x1,0x1，则

3

g\'(x)6x26(x 于是

233)(x)，

33x

0

(0,3)

3

3

3-

极小值

(3,1)

30

增

1

g\'(x)

1

+

1

g(x)

所以，g(x)ming( 所以

减

343)10，

39 当0x1时，2x2x10

故f(x)|2ab|af(x)ab2a(2x32x1)0

（Ⅱ）由（i）知，当0x1，f(x)max|2ab|a，所以

|2ab|a1

若|2ab|a1，则由（ii）知

f(x)(|2ab|a)1

所以1f(x)1对任意0x1恒成立的充要条件是

3

|2ab|a1，

a02ab02ab0 即3ab1，或ba1（1）

a0a0 在直角坐标系aOb中，（1）所表示的平面区域为如图所示的阴影部分，其中不包括线段BC，

作一组平行直线abt(tR)，得

1ab3．

所以的取值范围是(1,3]．


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