奥可教育上传-2012年湖北高考试题(理数_word解析版)

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奥可教育

2012年普通高等学校招生全国统一考试（湖北卷）

数学（理科）

【整理】佛山市三水区华侨中学 骆方祥（lbylfx@）

本试题卷共5页，共22题，其中第15、16题为选考题。满分150分。考试用时120分钟。

★祝考试顺利★

注意事项：

1号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。用统一提供的2BA后的方框涂黑。

2．选择题的作答：每小题选出答案后，用统一提供的2B上无效。

3区域内。答在试题卷、草稿纸上无效。

2B铅笔 分. 在每小题给出的四个选项中，只有

C． 2 3i D．2 3i 3 2i，所以方程的一个根为 3 2i

2．命题“ x0 ðRQ，x03 Q”的否定是

A． x0 ðRQ，x03 Q C． x ðRQ，x3 Q

B． x0 ðRQ，x03 Q D． x ðRQ，x3 Q

湖北省教育考试院 保留版权 数学（理工类）试卷A型 第1页（共17页）

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4

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

正视图

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

42π

A

． B． 35

侧视图

3π

C． D．

22

考点分析：本题考察利用定积分求面积. 难易度：★

解析：根据图像可得： y f(x) x2 11141

S ( x2 1)dx ( x3 x) . 1 133

. 一个圆柱体的一部分，并且有正视图知是一个6，则知所求几何体体积为原体积的一半5．设a Z，且0 a 13，若512012 a能被

13整除，则a A．0

B．1 D．12

C．11

考点分析：本题考察二项展开式的系数.

数学（理工类）试卷A型 第2页（共

17

页）

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试卷类型：A

难易度：★ 解析：由于

012011

51=52-1，(52 1)2012 C2012522012 C2012522011 ... C2012521 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a2 b2 c2 10，

x2 y2 z2 40，ax by cz 20， a b c

x y z

则

11 B． 4313C． D．

24

考点分析：A．难易度：★★

解析：由于(a2 b2 c)(x2 y2 z2) (ax )2

2

abc

t,则 c=t z ，t2(x2 y2 z2) 10

xyz

b ca b c

,所以 t 1/2，答案选C.

x y zx y z

等号成立当且仅当

7，如果对于任意给定的等比数列{an}， {f(an)}仍

. 现有定义在( ,0) (0, )上的如下函

③f(x) ④f(x) ln|x|. )的序号为 难易度：★

2222

解析：等比数列性质，anan 2 an 1，①f an f an 2 anan 2 an 1

C．① ③ D．② ④

.

2

f2 an 1 ； ②

f an f an 2 2an2an 2 2an an 2 22an 1 f2 an 1 ；③f an f an 2

anan 2

an 1 f2 an 1 ；④

2

数学（理工类）试卷A型 第3页（共17页）

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试卷类型：A

f an f an 2 lnanlnan 2 lnan 1 f2 an 1 .选C

2

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

11

2π

21C． D．

ππ

考点分析：本题考察几何概型及平面图形面积求法.

A．1

B．

难易度：★

解析：令OA 1，扇形OAB为对称图形，ACBD围成面积为S1，围成OC为S2，作对称轴OD，则过C点。S

2的半圆面积减去三角形

2

2

π

OAC

1 1 111 2

。在扇形OADS

S 22 ，216

第8题图

9

.

2

,k Z，又x 0,4 ，k 0,

1,2,3,4

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

判. 人们还用过一些类似的近似公式.

根据π =3.14159

断，下列近似公式中最精确的一个是

B．d C．d D．d A．d 考点分析：考察球的体积公式以及估算.

数学（理工类）试卷A型 第4页（共17页）

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试卷类型：A

难易度：★★ 解析：

4d3a6b6 9由V ()，得d 设选项中常数为,则 =；A中代入得 ==3.375，

32ba16

6 16 1576 11

B中代入得 ==3，C中代入得 ==3.14,D中代入得 ==3.142857，

230021

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在答题卡对应题号的位置上. ．．．．．．．（一）必考题（11—14题）

11．设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，cb c)(a b c) ab，

则角C ． 考点分析：考察余弦定理的运用.

2=-ab

s .

第12题图

12

,故 C

23

数学（理工类）试卷A型 第5页（共17页）

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试卷类型：A

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

然2位回文数有9个：11，22，33， ，99．3位回文数有90个：101，111191，202， ，999．则

（Ⅰ）4位回文数有 个；

（Ⅱ）2n 1(n N )位回文数有个． 考点分析：本题考查排列、组合的应用.

难易度：★★ 解析：（Ⅰ）40，有9（1~9）种情况，第二位有10（0~94位回文数有9 10 90种。 答案：90

（Ⅱ）法一、位回文数和2n+2位回文数的个数相同，位回文数只用看前n+1位的排列情况，第一位种情况，所以个数为9 10.

3位数90个回文数。计算四位数的回文00,11,22, 99”，因此四位数的回文数有

可以看成在偶数位的最中间添加0~99 10.

n

n

A1，A2，虚轴两端点为B1，B2，两焦点

F1B1F2B2，切点分别为A,B,C,D. 则

6页（共17页）

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试卷类型：A

（Ⅰ）双曲线的离心率e ；

（Ⅱ）菱形F1B1F2B2的面积S1与矩形ABCD的面积S2的比值

S1

. S2

考点分析：积计算. 难易度：★★

解析：（Ⅰ）由于以A1A2为直径的圆内切于菱形F1B1F2B2，因此点O2的距离为

a，又由于虚轴两端点为B1，B2，因此OB2的长为b，那么在 F积公式知，

111

bc

a|B2F2| a(b c)2c2 a2 b2联立222

2

2

可得出(e 1) e，根据e (1, )解出e

2

（Ⅱ）设 F2OB2 ,很显然知道 F2A2 ,因S2 2a2sin(2 ).在

cb c

2

2

,故

e值可以解出S12 .

S22

15

如图，点D在 O的弦AB上移动，AB 4，连接OD，过点作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：★

解析：（由于OD CD,因此CD OC2 OD2,线段OC即需求解线段OD数学（理工类）试卷A型 第7页（共17页）

第15题图

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试卷类型：A

时D为AB的中点，点C与点B重合，因此|CD|

1

|AB| 2. 2

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

4y (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：★ 解析：

1,π

在直角坐标系下的一般方程为y x(x R)（t为参24 (t 1)数）转化为直角坐标系下的一般方程为y (t 1)2 (x(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 0两点及其中点P的横坐标分别

. cos x sin x, x)，设函数

2

P点在直线y x上，因此AB1

， 为常数，且 (,1).

23π(x)在区间[0,]上的取值范围.

5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a2，a3，a1成等比数列，求数列{|an|}的前n项和. 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

数学（理工类）试卷A型 第8页（共17页）

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试卷类型：A

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

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

第19题图

B

D

图1

C

（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.

22．（本小题满分14分）

数学（理工类）试卷A型 第9页（共17页）

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试卷类型：A

（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a1b1a2b2 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.

绝密★启用前

2012

x

.

π

sin(2 π ) 1，

6

(k Z)．

即 2sin( ) 2sin ，即

62645π

故f(x) 2sin(x )

363ππ5π5π

由0 x ，有 x ，

5636615π5π

所以 sin(x ) 1，得 12sin(x ) 2

23636

数学（理工类）试卷A型 第10页（共17页）

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试卷类型：A

故函数f(x)在[0,

3π

]上的取值范围为[ 12. 5

18．解： （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

a(a d)(a 2d) 8.d 3,d 3. 111

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，a2，a3，a1分别为 1， 4，2，不成等比数列；

当an 3n 7时，a2，a3，a1分别为 1，2， 4. 3n 7,n 1,2,

故|an| |3n 7|

3n 7,n 3.

记数列{|an|}的前n项和为Sn.

当n 1时，S1 |a1| 4；当n 2时，S2 |a1| |a| 当n 3时，

Sn S2 |a3| |a4| |an| 5 (3 3 7) (3n 7)

(n 2)[2 (3n 7)]32 n当 2时，满足此式.

22n 4,

综上，Sn 3211

5

BD x(0 x 3)，则CD 3 x．

ADC为等腰直角三角形，所以AD CD 3 x.

DD C2），A，AD BD，且BD DC D，

11

90 ，所以S BCD BD CD x(3 x)．于是

22

1

(3 x) 2x(3 x)(3 x)

12

2 ，（lbylfx） 3

故当x 1，即BD 1时, 三棱锥A BCD的体积最大． 解法2：

1111

同解法1，得VA BCD AD S BCD (3 x) x(3 x) (x3 6x2 9x)．

3326

11

令f(x) (x3 6x2 9x)，由f (x) (x 1)(x 3) 0，且0 x 3，解得x 1．

62

当x (0,1)时，f (x) 0；当x (1,3)时，f (x) 0．

数学（理工类）试卷A型 第11页（共17页）

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试卷类型：A

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)．

1

设N(0, ,0)，则EN ( , 1,0). 因为EN BM等价于EN BM 0，即2

1111

( , 1,0) ( 1,1,1) 1 0，故 ，N(0,,0). 2222

1

所以当DN （即N是CD的靠近点D．

2

n BN1

设平面BMN的一个法向量为n (x,y,z)，由 ( 1,,0)，

2 n y 2x,

得 可取n (1,2, 1)．

z x.

1)，可得

图c

图d

第19题解答图

数学（理工类）试卷A型 第12页（共17页）

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试卷类型：A

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， 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， 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作于H， 则EH 平面BMN．故 ENH是EN与平面

连接MN，ME

，由计算得NB NM EB EM

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)0.66

. 由条件概率，得P(Y 6X 300) P(X 900X 300)

P(X 300)0.77

数学（理工类）试卷A型 第13页（共17页）

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试卷类型：A

故在降水量X至少是300mm的条件下，工期延误不超过6天的概率是

21．解：

（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|

6

. 7

1

|y|. ①

m

因为A点在单位圆上运动，所以x02 y02 1. ②

y2将①式代入②式即得所求曲线C的方程为x 2 1 (m 0,且m 1). m

因为m (0,1) (1, )，所以

2

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(

0)，0)； 当m 1时，曲线C是焦点在y

两焦点坐标分别为(0,，(0,

（Ⅱ）解法1：如图2、3， k 0，设P(x1,x1, kx1)，N(0,kx1)，

2km2x1

2.

m 4k2

4k2x12km2x1

,).

1)

( 2

m 4k2m2 4k2

， ）

对任意的k 0，都有PQ PH. 1上，

(0 m 1)图 数学（理工类）试卷A2 型 第14页（共17页） 图3 (m 1) 图1

第21题解答图

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试卷类型：A

解法2：如图2、3， x1 (0,1)，设P(x1,y1)，H(x2,y2)，则Q( x1, y1)，N(0,y1)，

2222

mx1 y1 m,

因为P，H两点在椭圆C上，所以 22 两式相减可得 22

mx y m, 22

m2(x12 x22) (y12 y22) 0. ③

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)

又Q，N，H三点共线，所以kQN

kQH于是由④式可得kPQ kPH

y

1y1 y21m2

. x1x

1

2

而PQ PH等价于kPQ kPH

11，又m 0，得m

2

x 对任意的k 0，都有PQ PH. 1上，

2

(x) 0，解得x 1.

(x)在(0,1)内是减函数； x)在(1, )内是增函数.

f(1) 0. f(x) f(1) 0，即xr rx (1 r) ①

若a1，a2中有一个为0，则a1b1a2b2 a1b1 a2b2成立； 若a1，a2均不为0，又b1 b2 1，可得b2 1 b1，于是 在①中令x

a1aa

，r b1，可得(1)b1 b1 1 (1 b1)， a2a2a2

即a1b1a21 b1 a1b1 a2(1 b1)，亦即a1b1a2b2 a1b1 a2b2.

数学（理工类）试卷A型 第15页（共17页）

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试卷类型：A

综上，对a1 0,a2 0，b1，b2为正有理数且b1 b2 1，总有a1b1a2b2 a1b1 a2b2. ②

（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.

bnb1b2若b1 b2 bn 1，则a1a2 an a1b1 a2b2 anbn. ③ 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,k为正有理数，

bkb1b2且b1 b2 bk 1，则a1a2 ak a1b1 a2b2 akbk.

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

k 1 1.

ab a2b2 akbk 11，

1 bk 1

1) ak 1bk 1

1，

bkbk 1b1b2

a2 akak 1 a1b1 a2b2 akbk ak 1bk 1. 从而a1

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.

数学（理工类）试卷A型 第16页（共17页）

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试卷类型：A

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本文来源：https://www.bwwdw.com/article/mxlj.html