《2012年高考数学(文)真题及解析(陕西卷)》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2012年高考数学(文)真题及解析(陕西卷)（16页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、12012201220122012 陕西卷陕西卷陕西卷陕西卷( ( ( (数学文科数学文科数学文科数学文科) ) ) )12012陕西卷 集合Mx|lgx0，Nx|x24，则MN()A(1,2)B1,2)C(1,2D1,222012陕西卷 下列函数中，既是奇函数又是增函数的为()Ayx1Byx3Cy1xDyx|x|3 2012陕西卷 对某商店一个月内每天的顾客人数进行了统计，得到样本的茎叶图(如图 11 所示)，则该样本中的中位数众数极差分别是()A46,45,56B46,45,53C47,45,56D45,47,534 2012陕西卷 设a，b， i 是虚数单位， 则“ab0”是“复数abi
2、为纯虚数”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52012陕西卷 图 12 是计算某年级 500 名学生期末考试(满分为 100 分)及格率q的程序框图，则图中空白框内应填入()AqNMBqMN2CqN MNDqM MN62012陕西卷 已知圆C：x2y24x0，l是过点P(3,0)的直线，则()Al与C相交Bl与C相切Cl与C相离D以上三个选项均有可能72012陕西卷 设向量(1，cos)与(1,2cos)垂直，则 cos2等于()A.2 2B.12C0D182012陕西卷 将正方体(如图 13所示)截去两个三棱锥，得到图所示的几何体，则该几何体的左视图为
3、()图 13图 1492012陕西卷 设函数f(x)2xlnx，则()Ax12为f(x)的极大值点Bx12为f(x)的极小值点Cx2 为f(x)的极大值点Dx2 为f(x)的极小值点102012陕西卷 小王从甲地到乙地往返的时速分别为a和b(ab)，其全程的平均时速为v，则()3AavabBvabC.abvab2Dvab2112012陕西卷 设函数f(x)x，x0，1 2x，x0，则f(f(4)_.122012陕西卷 观察下列不等式11 220，0)的最大值为 3，其图像相邻两条对称轴之间的距离为2.(1)求函数f(x)的解析式；(2)设0，2 ，f 2 2，求的值6182012陕西卷 直三棱
4、柱ABCA1B1C1中，ABAA1，CAB2.(1)证明：CB1BA1；(2)已知AB2，BC 5，求三棱锥C1ABA1的体积图 177192012陕西卷 假设甲乙两种品牌的同类产品在某地区市场上销售量相等，为了解它们的使用寿命， 现从这两种品牌的产品中分别随机抽取 100 个进行测试，结果统计如下：图 18(1)估计甲品牌产品寿命小于 200 小时的概率；(2)这两种品牌产品中，某个产品已使用了 200 小时，试估计该产品是甲品牌的概率8202012陕西卷 已知椭圆C1：x24y21，椭圆C2以C1的长轴为短轴，且与C1有相同的离心率(1)求椭圆C2的方程；(2)设O为坐标原点，点A，B分别
5、在椭圆C1和C2上，OB2OA，求直线AB的方程9212012陕西卷 设函数f(x)xnbxc(n，b，c)(1)设n2，b1，c1，证明：f(x)在区间1 2，1内存在唯一零点；(2)设n为偶数，|f(1)|1，|f(1)|1，求b3c的最小值和最大值；(3)设n2，若对任意x1，x21,1有|f(x1)f(x2)|4，求b的取值范围101C解析 本小题主要考查集合的概念及基本运算以及对数函数的性质一元二次不等式的解法解题的突破口为解对数不等式以及一元二次不等式对于 lgx0 可解得x1；对于x24 可解得2x2，根据集合的运算可得 10x0x0)，由题意知抛物线过点(2，2)，代入方程得p
6、1，则抛物线的方程为：x22y，当水面下降 1 米时，为y3，代入抛物线方程得x 6，所以此时水面宽为26米15A：2a4解析 本题考查了不等式解法的相关知识，解题的突破口是理解不等式的几何意义.|xa|x1|3 表示的几何意义是在数轴上一点x到 1 的距离与到a的距离之和小于或等于 3 个单位长度， 此时我们可以以 1 为原点找离此点小于或等于 3 个单位长度的点即为a的取值范围，不难发现2a4.B：5解析 本题考查了射影定理的知识，解题的突破口是找出直角三角形内的射影定理连接AD，在 RtABD中，DEAB，所以DE2AEEB5，在 RtEBD中，EFDB，所以DE2DFDB5.12C：3
7、解析 本题考查了极坐标的相关知识，解题的突破口为把极坐标化为直角坐标由 2cos1 得 2x1，由2cos得22cos，即x2y22x，联立得y3 2，所以弦长为 3.16解：(1)由a3a1q214及q12，得a11，所以数列an的前n项和Sn1 112n112212n13.(2)证明：对任意k，2ak2(akak1)2a1qk1(a1qk1a1qk)a1qk1(2q2q1)，由q12得 2q2q10，故 2ak 2(akak1)0.所以，对任意k，ak，ak2，ak1成等差数列17解：(1)函数f(x)的最大值为 3，A13，即A2，函数图像的相邻两条对称轴之间的距离为2，最小正周期T，2
8、，故函数f(x)的解析式为y2sin2x6 1.(2)f 2 2sin6 12，即 sin6 12，02， 6 6 3，6 6，故 3.18解：(1)证明：如图，连结AB1，13ABCA1B1C1是直三棱柱，CAB2，AC平面ABB1A1，故ACBA1.又ABAA1，四边形ABB1A1是正方形，BA1AB1，又CAAB1A.BA1平面CAB1，故CB1BA1.(2)ABAA12，BC 5，ACA1C11，由(1)知，A1C1平面ABA1，VC1ABA113SABA1A1C113212 3.19解：(1)甲品牌产品寿命小于 200 小时的频率为52010014，用频率估计概率，所以，甲品牌产品寿
9、命小于 200 小时的概率为14.(2)根据抽样结果，寿命大于 200 小时的产品有 7570145(个)，其中甲品牌产品是 75 个，所以在样本中，寿命大于 200 小时的产品是甲品牌的频率是75 14515 29，用频率估计概率，所以已使用了 200 小时的该产品是甲品牌的概率为15 29.20解：(1)由已知可设椭圆C2的方程为y2a2x2 41(a2)，其离心率为3 2，故a24 a3 2，则a4，故椭圆C2的方程为y216x2 41.(2)解法一：A，B两点的坐标分别记为(xA，yA)，(xB，yB)，由OB2OA及(1)知，O，A，B三点共线且点A，B不在y轴上，因此可设直线AB的
10、方程为ykx.14将ykx代入x24y21 中，得(14k2)x24，所以x2A4 14k2，将ykx代入y216x2 41 中，得(4k2)x216，所以x2B16 4k2，又由OB2OA得x2B4x2A，即16 4k216 14k2，解得k1，故直线AB的方程为yx或yx.解法二：A，B两点的坐标分别记为(xA，yA)，(xB，yB)，由OB2OA及(1)知，O，A，B三点共线且点A，B不在y轴上，因此可设直线AB的方程为ykx.将ykx代入x24y21 中，得(14k2)x24，所以x2A4 14k2，由OB2OA得x2B16 14k2，y2B16k2 14k2，将x2B，y2B代入y2
11、16x2 41 中，得4k2 14k21，即 4k214k2，解得k1，故直线AB的方程为yx或yx.21解：(1)当b1，c1，n2 时，f(x)xnx1.f1 2f(1)1 2n1 2 10.f(x)在1 2，1内存在零点又当x1 2，1时，f(x)nxn110，f(x)在1 2，1上是单调递增的，f(x)在1 2，1内存在唯一零点15(2)解法一：由题意知1f(1)1，1f(1)1，即0bc2，2bc0.由图像知，b3c在点(0，2)取到最小值6，在点(0,0)取到最大值 0，b3c的最小值为6，最大值为 0.解法二：由题意知1f(1)1bc1，即2bc0，1f(1)1bc1，即2bc0
12、，2得62(bc)(bc)b3c0，当b0，c2 时，b3c6；当bc0 时，b3c0，所以b3c的最小值为6，最大值为 0.解法三：由题意知f(1)1bc，f(1)1bc，解得bf(1)f(1)2，cf(1)f(1)22，b3c2f(1)f(1)3.又1f(1)1，1f(1)1，6b3c0，所以b3c的最小值为6，最大值为 0.(3)当n2 时，f(x)x2bxc.对任意x1，x21,1都有|f(x1)f(x2)|4 等价于f(x)在1,1上的最大值与最小值之差M4.据此分类讨论如下：当|b 2|1，即|b|2 时，M|f(1)f(1)|2|b|4，与题设矛盾16当1b20，即 0b2 时，Mf(1)fb2 b 2124 恒成立当 0b21，即2b0 时，Mf(1)fb2 b 2124 恒成立综上可知，2b2.注：，也可合并证明如下：用 maxa，b表示a，b中的较大者当1b21，即2b2 时，Mmaxf(1)，f(1)fb2f(1)f(1)2|f(1)f(1)|2fb21c|b|b24c1|b|224 恒成立
