2012年陕西省高考数学试卷(文科)答案与解析

∴M∩N={x|1＜x≤2}，

故选C．

对于D，令f（x）=x|x|=，可判断函数既是奇函数又是增函数，故可得结论．

对于B，是偶函数，不符合题意；

对于C，是奇函数，但不是增函数；

对于D，令f（x）=x|x|，∴f（﹣x）=﹣x|﹣x|=﹣f（x）；∵f（x）=x|x|=，∴函数是增函数

故选D．

众数是45，极差为：68﹣12=56．

故选：A．

复数=a﹣bi为纯虚数，所以a=0并且b≠0，所以ab=0，

因此a，b∈R，i是虚数单位，则“ab=0”是“复数为纯虚数”的必要不充分条件．

故选B．

所以输出的结果是及格率，所以图中空白框内应填入．

故选D．

∴圆心C（2，0），半径r=2，

又P（3，0）与圆心的距离d==1＜2=r，

∴点P在圆C内，又直线l过P点，

则直线l与圆C相交．

故选A．

∴•=0，即﹣1+2cos2θ=0，

则cos2θ=2cos2θ﹣1=0．

故选C

后面与底面的射影都是线段，轮廓是正方形，AD1在右侧的射影是正方形的对角线，

B1C在右侧的射影也是对角线是虚线．

如图B．

故选B．

∴f′（x）=﹣+=；

x＞2⇒f′（x）＞0；

0＜x＜2⇒f′（x）＜0．

∴x=2为f（x）的极小值点．

故选：D．

则v==

∵0＜a＜b

∴a+b＞0

∴

∵v﹣a===

∴v＞a

综上可得，

故选A

所以f（f（﹣4））=f（16）==4．

故答案为：4．

1+，1++，…

得出左边式子是连续正整数平方的倒数和，最后一个数的分母是不等式序号n+1的平方

右边分式中的分子与不等式序号n的关系是2n+1，分母是不等式的序号n+1，

故可以归纳出第n个不等式是 1+…+＜，（n≥2），

所以第五个不等式为1+++++＜

故答案为：1+++++＜

因为b是三角形的边长，所以b=2．

故答案为：2．

将A（2，﹣2）代入x2=my，

得m=﹣2

∴x2=﹣2y，代入B（x0，﹣3）得x0=，

故水面宽为2m．

故答案为：2．

B；利用相交弦定理AE•EB=CE•ED，AB⊥CD可得DE=；在Rt△EDB中，由射影定理得：DE2=DF•DB=5，即得答案；

C；将直线与圆的极坐标方程化为普通方程分别为：x=，（x﹣1）2+y2=1，从而可得相交弦长．

而|x﹣a|+|x﹣1|表示数轴上的x到a的距离加上它到1的距离，

又最大值等于3，由图可得：当表示a的点位于AB之间时满足|x﹣a|+|x﹣1|≤3，

∴﹣2≤a≤4，

故答案为：﹣2≤a≤4．

B；∵AB=6，AE=1，由题意可得△AEC∽△DEB，DE=CE，

∴DE•CE=AE•EB=1×5=5，即DE=．

在Rt△EDB中，由射影定理得：DE2=DF•DB=5．

故答案为：5．

C；∵2ρcosθ=1，

∴2x=1，即x=；

又圆ρ=2cosθ的普通方程由ρ2=2ρcosθ得：x2+y2=2x，

∴（x﹣1）2+y2=1，

∴圆心（1，0）到直线x=的距离为，

∴相交弦长的一半为=，

∴相交弦长为．

故答案为：．

本题B考查与圆有关的比例线段，掌握相交弦定理与射影定理是解决问题的关键，而C着重简单曲线的极坐标方程，化普通方程是关键，属于中档题．

（Ⅱ）对任意k∈N+，化简2ak+2﹣（ak +ak+1）为 （2q2﹣q﹣1），把q=﹣代入可得2ak+2﹣（ak +ak+1）=0，故 ak，ak+2，ak+1成等差数列．

∴数列{an}的前n项和 sn===．

（Ⅱ）证明：对任意k∈N+，2ak+2﹣（ak +ak+1）=2a1qk+1﹣﹣=（2q2﹣q﹣1）．

把q=﹣代入可得2q2﹣q﹣1=0，故2ak+2﹣（ak +ak+1）=0，故 ak，ak+2，ak+1成等差数列．

（2）通过，求出，通过α的范围，求出α的值．

∵函数图象相邻两条对称轴之间的距离为，=，T=π，所以ω=2．

故函数的解析式为y=2sin（2x﹣）+1．

（2）∵，所以，

∴，

∵

∴，

∴，

∴．

 （II）在Rt△ABC中，利用勾股定理，得到AC==1，又因为直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，A1C1=AC=1且AC⊥平面ABB1A1，得到A1C1是三棱锥C1﹣ABA1的高，且它的长度为1．再根据正方形ABB1A1面积得到△ABA1的面积，最后根据锥体体积公式，得到三棱锥C1﹣ABA1的体积为．

∵ABC﹣A1B1C1是直三棱柱，

∴平面ABC⊥平面ABB1A1，

又∵平面ABC∩平面ABB1A1=AB，AC⊥AB，

∴AC⊥平面ABB1A1，

∵BA1⊂平面ABB1A1，∴AC⊥BA1，

∵矩形ABB1A1中，AB=AA1，

∴四边形ABB1A1是正方形，

∴AB1⊥BA1，

又∵AB1、CA是平面ACB1内的相交直线，

∴BA1⊥平面ACB1，

∵CB1⊂平面ACB1，∴CB1⊥BA1；

 （II）∵AB=2，BC=，

∴Rt△ABC中，AC==1

∴直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，A1C1=AC=1

又∵AC∥A1C1，AC⊥平面ABB1A1，

∴A1C1是三棱锥C1﹣ABA1的高．

∵△ABA1的面积等于正方形ABB1A1面积的一半

∴=AB2=2

三棱锥C1﹣ABA1的体积为V=××A1C1=．

（Ⅱ）先求出已使用了200小时的产品总数，再找到是甲品牌的个数，二者相比即可得到结论．

用频率估计概率，

所以甲品牌产品寿命小于200小时的概率为：．

（Ⅱ）根据抽样结果寿命大于200小时的产品有75+70=145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．

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：．

（2）设A，B的坐标分别为（xA，yA），（xB，yB），根据，可设AB的方程为y=kx，分别与椭圆C1和C2联立，求出A，B的横坐标，利用，即可求得直线AB的方程．

∵椭圆C2以C1的长轴为短轴，且与C1有相同的离心率

∴椭圆C2的焦点在y轴上，2b=4，为

∴b=2，a=4

∴椭圆C2的方程为；

（2）设A，B的坐标分别为（xA，yA），（xB，yB），

∵

∴O，A，B三点共线，且点A，B不在y轴上

∴设AB的方程为y=kx

将y=kx代入，消元可得（1+4k2）x2=4，∴

将y=kx代入，消元可得（4+k2）x2=16，∴

∵，∴=4，

∴，解得k=±1，

∴AB的方程为y=±x

（2）解法一，由题意知，即，作出图，用线性规划的知识即可使问题解决；

解法二，由﹣1≤f（1）=1+b+c≤1，即﹣2≤b+c≤0①，﹣1≤f（﹣1）=1﹣b+c≤1，即﹣2≤﹣b+c≤0②，由①②可求得：﹣6≤b+3c≤0，问题即可解决；

解法三  由题意知，解得b=，c=，b+3c=2f（1）+f（﹣1）﹣3，

由﹣6≤b+3c≤0，可得答案；

（3）当n=2时，f（x）=x2+bx+c，对任意x1，x2∈[﹣1，1]，有|f2（x1）﹣f2（x2）|≤4，等价于在[﹣1，1]上最大值与最小值之差M≤4，据此分类讨论解决即可．

∵fn（）fn（1）=（﹣）×1＜0，

∴fn（x）在区间内存在零点，

又当x∈（，1）时，fn′（x）=nxn﹣1+1＞0，

∴fn（x）在（，1）上单调递增，

∴fn（x）在区间内存在唯一的零点；

（2）解法一  由题意知，即

由图象知b+3c在点（0，﹣2）取到最小值﹣6，在点（0，0）处取到最大值0，

∴b+3c的最小值为﹣6，最大值为0；

解法二  由题意知

﹣1≤f（1）=1+b+c≤1，即﹣2≤b+c≤0，①

﹣1≤f（﹣1）=1﹣b+c≤1，即﹣2≤﹣b+c≤0，②

①×2+②得：﹣6≤2（b+c）+（﹣b+c）=b+3c≤0，

当b=0，c=﹣2时，b+3c=﹣6；当b=c=0时，b+3c=0；

∴b+3c的最小值为﹣6，最大值为0；

解法三  

由题意知，

解得b=，c=，

∴b+3c=2f（1）+f（﹣1）﹣3，

∵﹣1≤f（﹣1）≤1，﹣1≤f（1）≤1，

∴﹣6≤b+3c≤0，

当b=0，c=﹣2时，b+3c=﹣6；当b=c=0，时，b+3c=0；

∴b+3c的最小值为﹣6，最大值为0；

（3）当n=2时，f2（x）=x2+bx+c，对任意x1，x2∈[﹣1，1]，有|f2（x1）﹣f2（x2）|≤4，等价于在[﹣1，1]上最大值与最小值之差M≤4，据此分类讨论如下：

（i）当＞1，即|b|＞2，M=|f2（1）﹣f2（﹣1）|=2|b|＞4，与题设矛盾；

（ii）当﹣1≤﹣＜0，即0＜b≤2时，M=f2（1）﹣f2（﹣）=≤4恒成立，

（iii）当0≤﹣≤1，即﹣2≤b≤0时，M=f2（﹣1）﹣f2（﹣）=≤4恒成立，

综上所述，﹣2≤b≤2．