1、(时间：120分钟满分：150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1(2012年高考山东卷)已知全集U0，1，2，3，4，集合A1，2，3，B2，4，则(UA)B为()A1，2，4B2，3，4C0，2，4 D0，2，3，4解析：利用集合的补集和并集的运算求解UA0，4，B2，4，(UA)B0，2，4答案：C2(2012年高考安徽卷)公比为2的等比数列an的各项都是正数，且a3a1116，则a5()A1 B2C4 D8解析：利用等比数列的性质和通项公式求解a3a1116，a16.又an0，a74，a5a7q24221.故选A.
2、答案：A3(2012年高考福建卷)已知向量a(x1，2)，b(2，1)，则ab的充要条件是()Ax Bx1Cx5 Dx0解析：根据平面向量数量积的坐标运算及垂直的条件求解a(x1，2)，b(2，1)，ab2(x1)212x.又abab0，2x0，x0.答案：D4在空间中，有如下命题：如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线和交线平行；如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，那么这条直线垂直于这个平面；如果一条直线垂直于一个平面内的无数条直线，那么这条直线垂直于这个平面其中真命题的个数是()A3 B2C1 D0解析：由直线与平面平行的性质定理知正确；由直线
3、与平面垂直的判定定理知正确；若一条直线垂直于一个平面内的一组平行线，则该直线不一定垂直于此平面，故不正确答案：B5为调查中学生每人每天平均参加体育锻炼的时间x(单位：分钟)，按锻炼时间分下列四种情况统计：(1)0x10；(2)10x20；(3)20x1，若函数f(x)axx4的零点为m，函数g(x)logaxx4的零点为n，则的取值范围是()A，)B，)C1，) D，)解析：由题意，可知amm40，所以am4m，从而loga(4m)m，变形可得loga(4m)(4m)40，即g(4m)0，而函数g(x)在(0，)上单调递增，所以4mn，即mn4，且m0，n0，从而(mn)()(5)，当且仅当2
4、mn时等号成立故选A.答案：A二、填空题(本大题共4小题，每小题4分，共16分)13(2011年高考天津卷)一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为_m3.解析：此几何体是由一个长为3，宽为2，高为1的长方体与底面直径为2，高为3的圆锥组合而成的，故VV长方体V圆锥321123(6)m3.答案：(6)14(2012年高考课标全国卷)设x，y满足约束条件则zx2y的取值范围为_解析：利用线性规划知识求解作出不等式组的可行域，如图阴影部分所示，作直线x2y0，并向左上，右下平移，当直线过点A时，zx2y取最大值；当直线过点B时，zx2y取最小值由得B(1，2)，由得A(3，0)z
5、max3203，zmin1223，z3，3答案：3，315在(1x)na0a1xa2x2a3x3anxn中，若2a2an30，则自然数n的值是_解析：易知a2C，an3(1)n3C(1)n3C，又2a2an30，2C(1)n3C0，将各选项逐一代入检验可知n8满足上式答案：816(2012年高考湖南卷)如果执行如图所示的程序框图，输入x1，n3，则输出的数S_解析：根据程序框图表示的算法求解当n3时，i312，满足i0，故S6(1)213.执行ii1后i的值为1，满足i0，故S(3)(1)115.再执行ii1后i的值为0，满足i0，故S5(1)014.继续执行ii1后i的值为1，不满足i0，故
6、输出S4.答案：4三、解答题(本大题共6小题，共74分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17(12分)已知向量a(Asin x，Acos x)，b(cos ，sin )，f(x)ab1，其中A0、0、为锐角f(x)的图象的两个相邻对称中心的距离为，且当x时，f(x)取得最大值3.(1)求f(x)的解析式；(2)将f(x)的图象先向下平移1个单位，再向左平移(0)个单位得g(x)的图象，若g(x)为奇函数，求的最小值解析：(1)f(x)ab1Asin xcos Acos xsin 1Asin (x)1，f(x)的图象的相邻对称中心的距离为，T.2.当x时，f(x)的最大值为3.A312，且
7、有22k(kZ)2k，为锐角，.f(x)2sin (2x)1.(2)由题意可得g(x)的解析式为g(x)2sin 2(x)，又因为g(x)为奇函数，则2k，(kZ)，因为0，所以当k1时，的最小值为.18(12分)在数列an中，a11，且对于任意nZ*，都有an1.(1)证明：数列为等差数列，并求an的通项公式；(2)设数列anan1的前n项和为Tn，求使得Tn的最小正整数n.解析：(1)1，因为an1，所以2，所以数列是首项为1，公差为2的等差数列，所以2n1，从而an.(2)因为anan1()，所以Tna1a2a2a3a3a4anan1(1)()().由Tn，得n，最小正整数n为91.19
8、(12分)(2012年高考江西卷)如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，ACBCAA1，D是棱AA1的中点，DC1BD.(1)证明：DC1BC；(2)求二面角A1BDC1的大小解析：(1)证明：由题设知，三棱柱的侧面为矩形由于D为AA1的中点，故DCDC1.又ACAA1，可得DCDC2CC，所以DC1DC.而DC1BD，DCBDD，所以DC1平面BCD.因为BC平面BCD，所以DC1BC. (2)由(1)知BCDC1，且BCCC1，则BC平面ACC1A1，所以CA，CB，CC1两两相互垂直以C为坐标原点，的方向为x轴的正方向，|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.由题意知A1(1，0
9、，2)，B(0，1，0)，D(1，0，1)，C1(0，0，2)则(0，0，1)，(1，1，1)，(1，0，1)设n(x，y，z)是平面A1B1BD的法向量，则即可取n(1，1，0)同理，设m(x，y，z)是平面C1BD的法向量，则即可取m(1，2，1)从而cos n，m.故二面角A1BDC1的大小为30.20(12分)一个袋子内装有若干个黑球，3个白球，2个红球(所有的球除颜色外完全相同)，若从中一次性任取2个球，且取得2个黑球的概率为.(1)现从袋子里任意摸出3个球，求其中有两球同色的概率；(2)若在袋子里任意摸球，取后不放回，每次只摸出1个球，直到摸出有2个球同色为止，求摸球次数的分布列及
10、数学期望解析：设袋中黑球的个数为n，由条件，知取得2个黑球的概率为：，化简，得n23n40，解得n4或n1(舍去)，即袋中有4个黑球(1)记事件A：摸出的3个球中有2个球同色，则事件：摸出的3个球中任2个球均不同色，且P()，所以P(A)1P()1.(2)的可能取值是2，3，4.P(2)，P(3)，P(4).故的分布列为：故甲取球次数的数学期望E234.21(13分)(2012年高考浙江卷)如图，在四棱锥PABCD中，底面是边长为2的菱形，BAD120，且PA平面ABCD，PA2，M，N分别为PB，PD的中点(1)证明：MN平面ABCD；(2)过点A作AQPC，垂足为点Q，求二面角AMNQ的平
11、面角的余弦值解析：(1)证明：连接BD，因为M，N分别是PB，PD的中点，所以MN是PBD的中位线，所以MNBD.又因为MN平面ABCD，BD平面ABCD，所以MN平面ABCD. (2)连接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(1)所示在菱形ABCD中，BAD120，得ACAB2，BDAB6.又因为PA平面ABCD，所以PAAC.在直角PAC中，AC2，PA2，AQPC，得QC2，PQ4.由此知各点坐标如下：A(，0，0)，B(0，3，0)，C(，0，0)，D(0，3，0)，P(，0，2)，M(，)，N(，)，Q(，0，)设m(x，y，z)
12、为平面AMN的法向量，由(，)，(，)知取z1，得m(2，0，1)设n(x，y，z)为平面QMN的法向量，由(，)，(，)知取z5，得n(2，0，5)于是cos m，n.所以二面角AMNQ的平面角的余弦值为.22(13分)(2012年高考湖南卷)已知函数f(x)exax，其中a0.(1)若对一切xR，f(x)1恒成立，求a的取值集合；(2)在函数f(x)的图象上取定两点A(x1，f(x1)，B(x2，f(x2)(x1x2)，记直线AB的斜率为k，证明：存在x0(x1，x2)，使f(x0)k成立解析：(1)f(x)exa.令f(x)0得xln a.当xln a时，f(x)ln a时，f(x)0，
13、f(x)单调递增故当xln a时，f(x)取最小值f(ln a)aaln a. 于是对一切xR，f(x)1恒成立，当且仅当aaln a1. 令g(t)ttln t，则g(t)ln t.当0t0，g(t)单调递增；当t1时，g(t)0，g(t)单调递减故当t1时，g(t)取最大值g(1)1.因此，当且仅当a1时，式成立综上所述，a的取值集合为1(2)证明：由题意知，ka.令(x)f(x)kex，则(x1)ex2x1(x2x1)1，(x2)ex1x2(x1x2)1令F(t)ett1，则F(t)et1.当t0时，F(t)0时，F(t)0，F(t)单调递增故当t0时，F(t)F(0)0，即ett10.从而ex2x1(x2x1)10，ex1x2(x1x2)10.又0，0，所以(x1)0.因为函数y(x)在区间x1，x2上的图象是连续不断的一条曲线，所以存在x0(x1，x2)，使(x0)0，即f(x0)k成立高考资源网()来源：高考资源网版权所有：高考资源网(www.k s 5 )