潍坊人事信息网-中秋手抄报

1

2012
年高考数学试题解析之全国新课标版（理科）

2012年新课标全国卷理科数学试卷详解
（适用地区：豫 晋 疆 宁 吉 黑 蒙 冀 滇）
第I卷（共60分）
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．每 小题有且只有一个选项是符合题目要求
的．
1．已知集合A={1，2，3，4，5}，B= {（
x
，
y
）|
xA
，
yA
，
xyA
}，
则B中包含元素的个数为（ ）
A．3 B．6 C．8 D．10
【解析】由集合B可知 ，
xy
，因此B={（2，1），（3，2），（4，3），（5，4），（3，1），（4 ，2），
（5，3），（4，1），（5，2），（5，1）}，B的元素10个，所以选择D。
【点评】本题主要考察复数的运算，属简单题。
2．将2名教师，4名学生分成2个小组，分 别安排到甲、乙两地参加社会实践活动，每个小组由1
名教师和2名学生组成，不同的安排方案共有（ ）
A．12种 B．10种 C．9种 D．8种
12
【解析】先安排甲组，共有
C
2
C
4
12
种，再安排乙组，将剩余的1名教师和2名学生安排到乙组
即可，共有1种，根据乘法原理得不 同的安排方案共有12种，故选择A。
【点评】本题主要考集合的基础知识，子集的含意。
3．下面是关于复数
z
2
的四个命题：
1i
p1
：
|z|2
；
p
2
：
z
2
2i
；
p
3
：
z
的共轭复数为
1i
；
p
4
：
z
的虚部为
1
。
其中的真命题为（ ）
A．
p
2
，
p
3

【解析】因 为
z
B．
p
1
，
p
2
C．
p
2
，
p
4
D．
p
3
，
p
4

22(1i)
 1i
，所以
|z|2
，
z
2
(1i)
2
2i
，
1i(1i)(1i)

z
的共 轭复数为
1i
，
z
的虚部为
1
，所以
p2
，
p
4
为真命题，故选择C。
【点评】本题主要考察椭圆的简单几何性质，标准方程的求解。
3a
x
2< br>y
2
ab0
x

4．设
F
、是椭圆E ：（）的左、右焦点，P为直线上一点，
F
1
2
22
2
a b
F
2
PF
1
是底角为30°的等腰三角形，则E的离心率为（ ）
12
B．
23
34
C． D．
45
A．
【解析】如图所示，
F
2
PF
1
是等腰三角形，
F< br>2
F
1
PF
2
PF
1
30
，
|F
2
P||F
1
F
2
|2c
，

2

2012
年高考数学试题解析之全国新课标版（理科）
< br>PF
2
Q60
，
F
2
PQ30
，
|F
2
Q|c
，又
|F
2
Q|
所以
3a
c
，
2
3a3c3
cc
，解得
ca
，因此
e
，故选择C。
4
2a4
【点评】本题主要考察空间点到面的距离，及解三角形的知识。
5 ．已知{
a
n
}为等比数列，
a
4
a
7
2
，
a
5
a
6
8
，则
a
1
a
10

（ ）
A．7 B．5 C．－5 D．－7
开始
输入
N
，
a
1
，
a
2
，…，
a
N

【解析】因为{
a
n
}为等比数列，
所以由已知得

a
4
a
7
2
，

a
4
a
7
a
5
a
6
8

a< br>4
2

a
4
4
解得

或
，
a4a2

7

7

a
1
8

a
1
1

所以
< br>3
或

3
1
，
q

q2

2
因此
a
1
a
10

a< br>1
(1q
9
)7
，，故选择D。
【点评】本题主要考察等差数列的通项公式及裂项法求和。
6．如果执行右边和程序框图，输入正整数
N
（
N2
）和
实数
a
1
，
a
2
，…，
a
N
， 输出A，B，则（ ）
k1
，
Aa
1
，
Ba
1

xa
k
xA?
否
是
kk1
Ax
是
xB?
否
Bx
A．< br>AB
为
a
1
，
a
2
，…，
aN
的和
B．

AB
为
a
1
，
a
2
，…，
a
N
的算术平均数
2
kN?
否
是
输出A，B
C．
A
和
B
分别是
a
1
，
a
2
，…，
a
N
中最大的数和最小的数
D．
A
和
B
分 别是
a
1
，
a
2
，…，
a
N
中最 小的数和最大的数
【解析】由程序框图可知，A表示
a
1
，
a2
，…，
a
N
中最大的数，
B表示
a
1，
a
2
，…，
a
N
中最小的数，故选择C。
【点评】本题主要考察程序框图的应用。







结束

3

2012
年高考数学试题解析之全国新课标版（理科）

7．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为（ ）
A．6 B．9 C．12 D．15
【解析】由三视图可知，该几何体为
A
三棱锥A-BCD， 底面△BCD为
底边为6，高为3的等腰三角形，
侧面ABD⊥底面BCD，
AO⊥底面BCD，
B
D
O
因此此几何体的体积为
11
V(63)39
，故选择B。
32
【点评】本题主要考察空间几何体的三视图。

C
8．等轴双 曲线C的中心在原点，焦点在
x
轴上，C与抛物线
y
2
16x的准线交于A，B两点，
|AB|43
，则C的实轴长为（ ）
A．
2
B．
22
C．4 D．8
x
2
y
2
【解析】设等轴双曲线C的方程为
2
2
1
，
aa
即
x
2
y
2
a
2
（
a0
），
抛物线
y
2
16x
的准线方程为
x4
， < br>
x
2
y
2
a
2
联立方程
< br>，解得
y
2
16a
2
，

x4
因为
|AB|43
，
所以
|AB|(2|y|)4y48
，从而
y12
， 22
所以
16a12
，
a4
，
a2
，
2222
因此C的实轴长为
2a4
，故选择C。
【点评】本题主要考察双曲线和抛物线的几何性质。

，

）上单调递减，则

的取值范围是（ ）
42
15131
A．[，] B．[，] C．（0，] D．（0，2]
24242


【解析】因为

 0
，
x

，所以



x< br>



，
2
2444


因为函数
f(x)sin(

x)
在（，

）上单调递减，
42
9．已知

0
，函数
f(x)sin(

x

)
在（





15

242
所以

，解得



，故选择A。
24







3


42

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2012
年高考数学试题解析之全国新课标版（理科）

【点评】本题主要考察三角函数的图象和性质。
10．已知函数
f(x)

y





A．
1
1
，则
yf(x)
的图像大致为（ ）
ln(x1)x
y

1
y
y
O
1
x
1
1
O
1
x
B．
C．
O
1
x
O
1
x
D．
【解析】
yf(x)
的定义域为
{x|x1
且
x0 }
，排除D；
1
1)
x
x1

因为
f'(x)
，
22
[ln(x1)x](x1)[ln(x1)x]
(
所以当
x(1,0)
时，
f'(x)0
，
yf(x)
在（ －1，0）上是减函数；
当
x(0,)
时，
f'(x)0
，
yf(x)
在
(0,)
上是增函数。排除A、C，故选择B。
【点评】本题主要考察函数的图象与性质，用流氓做法，排除即可。
11．已知三棱锥
S－
ABC的所有顶点都在球O的球面上，△ABC是边长为1的正三角形，SC为球O
的直 径，且SC=2，则此棱锥的体积为（ ）
A．
2

6
B．
3

6
C．
2

3
D．
2

2
【解析】如图所示，根据球的性质，
知
OO
1

平面
ABC
，则
OO
1O
1
C
。
在直角
OO
1
C
中，
OC1
，
O
1
C
S
3
，
3
O
所以
OO
1
OC
2
O
1
C
2
1(
3
2
6
。
)
33
B
O
1
A
C
因此三棱锥
S－
ABC的体积

V2V
OABC
1362
2
，故选择A。
3436
【点评】本题主要考察锥体和球的性质。
12．设点P在曲线
y
A．
1ln2

【解析】函 数
y
1
x
e
上，点Q在曲线
yln(2x)
上 ，则
|PQ|
的最小值为（ ）
2
B．
2(1ln2)
C．
1ln2
D．
2(1ln2)

1
x
e
与函数
yln( 2x)
互为反函数，图象关于直线
yx
对称。
2

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2012
年高考数学试题解析之全国新课标版（理科）

问题转化为求曲线
y
（用切线法）：
1
x
e
上 点P到直线
yx
的距离的最小值
d
，则
|PQ|
的最小值 为
2d
。
2
1
x
1
e
相切于点
P(t,e
t
)
，
22
设直线
yxb
与曲线
y
因为
y'
得
1
x
e
，所以根据导数 的几何意义，
2
1
t
e1
，
tln2
，
2
所以切点
P(ln2,1)
，从而
b1ln2
，
所以
yx1ln2

因此曲线
y
1
x
e
上点P到直线
yx

2
的距离的最小值
d
为直线
yx1ln2
与直线
yx
的距离，
从而
d1ln2
，所以
|PQ|
min
2d2(1ln2)
， 故选择B。
2
【点评】本题主要考察导数的几何意义，函数的对称性，求函数最小值的方法。

第
Ⅱ
卷（共90分）
本试卷包括必考题和选考题两部分。第13 题～第21题为必考题，每个试题考生都必须做答。
第22题～第24题为选考题，考生根据要求做答。
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。


13．已知向量
a
，
b
夹角为45°，且
|a|1
，
|2ab|10
，则
|b|
_________。
【答案】
32
。
【解析】由已知
ab|a||b|cos45

2
|b|
。
2

因为
|2ab|10，所以
4|a|
2
4ab|b|
2
10
，
即
|b|
2
22|b|60
， 解得
|b|32
。
【点评】本小题主要考察平面向量的数量积的知识。

xy1

xy3

14．设
x
，y
满足约束条件

，
x0



y0
则
zx2y
的取值范围为___________。
【答案】[－3，3]。
【解析】
可行域如右图所示。
将目标函数
zx2y
化为
y
3
x-y=-1
2x+y=3
B
C
1
O
2
A
4
11xz
。
22
1
2

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2012
年高考数学试题解析之全国新课标版（理科）



显然当
zx2y
过点B（1，2）时，
z
min
143
；
当
zx2y
过点A（3，0）时，
z
max
303
。
因此
zx2y
的取值范围为[－3，3]。
【点评】本小题主要考察线性规划的知识。
15．某一部件由三个电子元件按下图方式连接
元件1
而成，元件1或元件2正常工作，且元
元件3
件3正常工作，则部件正常工作。设三个
元件2
电子元件的使用寿命（单位：小时）均服
从正态分布N（1000，50
2
），且各个元件
能否正常工作相互独立，那么该部件的使用寿命超过1000小时的概率为_________。
【答案】
3
。
8
【解析】由已知三个电子元件的使用寿命超过1000小时的概率均为
1
。
2
113
因此该部件的使用寿命超过1000小时的概率为
P(1)
。
428
【点评】本小题主要考察概率与正态分布的知识。
16．数列{
a
n
}满足
a
n1
(1)
n
an
2n1
，则{
a
n
}的前60项和为_________ ___。
【答案】
1830
。
【解析】因为
a
n1< br>(1)
n
a
n
2n1
，
所以
a< br>2
a
1
1
，
a
3
a
2
3
，
a
4
a
3
5
，
a
5
a
4
7
，
a
6
a
5
9< br>，
a
7
a
6
11
，
……，
a
58
a
57
113
，
a
59
a58
115
，
a
60
a
59
117。
由
a
2
a
1
1
，
a
3
a
2
3
可得
a
1
a
3
 2
；
由
a
6
a
5
9
，
a< br>7
a
6
11
可得
a
5
a
7< br>2
；
……
由
a
58
a
57
113
，
a
59
a
58
115
可得
a
57
a
59
2
；
从而
a
1
a
3
a
5
a
7
a
57
a
59
(a
1
a
3
)(a
5
a7
)(a
57
a
59
)21530
。
又
a
2
a
1
1
，
a
4
a
3
5
，
a
6
a
5
9
，…，
a
58
a
57
113
，
a
60
a
59
117
，
所以
(a
2
a< br>4
a
6
a
60
)(a
1
a3
a
5
a
59
)

(a
2
a
1
)(a
4
a
3
)(a
6a
5
)(a
60
a
59
)
15 9117

30118
1770
。
2
从而
a
2
a
4
a
6
a
60
a
1
a
3
a
5
a
59
17 70
3017701800
。
因此
S
60
a1
a
2
a
3
a
4
a
59
a
60
(a
1
a
3
a
59< br>)(a
2
a
4
a
60
)

3018001830
。
【点评】本小题主要考察递推数列的知识。

7

2012
年高考数学试题解析之全国新课标版（理科）

三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17．（本小题满分12分） < br>已知
a
，
b
，
c
分别为△ABC三个内角A，B，C 的对边，
acosC3asinCbc0
。
（1）求A；
（2） 若
a2
，△ABC的面积为
3
，求
b
，
c
。
【解析】（1）根据正弦定理
abc
2R
，
sinA sinBsinC
得
a2RsinA
，
b2RsinB
，
c2RsinC
，
因为
acosC3asinCbc0
， < br>所以
(2RsinA)cosC3(2RsinA)sinC2RsinB2RsinC 0
，
即
sinAcosC3sinAsinCsinBsinC0
，（1） 由三角形内角和定理，得
sinBsin(AC)sinAcosCcosAsinC，
代入（1）式得
sinAcosC3sinAsinCsinAcosCcos AsinCsinC0
，
化简得
3sinAsinCcosAsinCsinC
，
因为
sinC0
，所以
3sinAcosA1
，即
sin(A
而
0A

，


6
)
1
，
2

6
A

6

5



，从而
A
，解得
A
。
3
666
（2）若
a2
，△ABC的面积为
3
，又由（1）得
A

3
，


1
bcsin3


bc4

23
则

，化简得

2
，
2


bc8

b
2
c
2
2bccosa
2
4

3

从而解得
b2
，
c2
。
【点评】本小题主要考察正弦定理、余弦定理及三角变换的知识。

18．（本小题满分12分）
某花店每天以每枝5元的价格从农场购进若干枝玫瑰花，然后以 每枝10元的价格出售，如果当
天卖不完，剩下的玫瑰花作垃圾处理。
（1）若花店一天购进 16枝玫瑰花，求当天的利润
y
（单位：元）关于当天需求量
n
（单位：枝，
nN
）的函数解析式；
（2）花店记录了100天玫瑰花的日需求量（单位：枝），整理得下表：
日需求量
n

频数
14
10
15
20
16
16
17
16
18
15
19
13
20
10
以100天记录的各需求量的频率作为各需求量发生的概率。
①若花店一天购进16枝玫瑰花，
X
表示当天的利润（单位：元），
求
X
的分布列、数学期望及方差；
②若花店计划一天购进16枝或17枝玫瑰花，你认为应购进16枝还是17枝？请说明理由。
【解析】（1）当
n16
时，
y16(105)80
；

8

2012
年高考数学试题解析之全国新课标版（理科）

当
n15
时，
y5n5(16n)10n80
。
得：
y


10n80(n15)
(nN)
。
(n16)

80
（2）①
X
可取
60
，
70
，
80
。

P(X60)0.1
，
P(X70 )0.2
，
P(X80)0.7
。

X
的分布列为
X

P

60

0.1

70

0.2

80

0.7


EX600.1700.2800.776
，

DX160.160.240.744
。
②答案一：
花店一天应购进16枝玫瑰花。理由如下：
若花店一天购进17枝玫瑰花，
Y
表示当 天的利润（单位：元），那么
Y
的分布列为
222
X

P

55

65

75

85

0.1

0.2

0.16

0.54

Y
的数学期望为
EY550.1650.27 50.16850.5476.4
，
Y
的方差为
DY(55 76.4)
2
0.1(6576.4)
2
0.2(7576.4 )
2
0.16(8576.4)
2
0.54

112.04
，
由以上的计算结果可以看出，
DXDY
，即购进16枝玫瑰花时利润波动相对较小。
另外，虽然
EXEY
，但两者相差不大。故花店一天应购进16枝玫瑰花。
答案二：
花店一天应购进17枝玫瑰花。理由如下：
若花店一天购进17枝玫瑰 花，
Y
表示当天的利润（单位：元），那么
Y
的分布列为
X

P

55

0.1

65

0.2

75

0.16

85

0.54

Y
的数学期望为
EY550 .1650.2750.16850.5476.4
，
由以上的计算结果可以 看出，
EXEY
，即购进17枝玫瑰花时的平均利润大于购进16
枝玫瑰花时的平均 利润。故花店一天应购进17枝玫瑰花。

【点评】本小题主要考察统计、随机变量的分布列、期望、方差。

9

2012
年高考数学试题解析之全国新课标版（理科）

19．（本小题满分12分）
如图，直三棱柱ABC
－
A
1
B
1
C
1
中，AC=BC=
（1）证明：DC
1
⊥BC；
（2）求二面角A
1
－BD－C
1
的大小。
【解析】（1）在
RtDAC
中，
ADAC
，
得：
ADC45
，
同理：
A
1< br>DC
1
45CDC
1
90
，
得：
DC
1
DC
。
又DC
1
⊥BD，
DCBDD
，
所以
DC
1

平面
BCD
。
而
BC
平面
BCD
，所以
DC
1
BC
。
（2）解法一：（几何法）
由
DC
1
BC,CC
1BCBC
面
ACC
1
A
1



1
AA
1
，D是棱AA
1
的中点，DC
1⊥BD。
2
C
1
A
1
B
1
D
C
A
B
BCAC
。
取
A
1< br>B
1
的中点
O
，连接
C
1
O
，OD
。
因为
AC
11
B
1
C
1
，所以
C
1
OA
1
B
1
，
因为面
A
1
B
1
C
1

面
A
1
BD
，所以
C
1
O
面
A
1
BD
，从而
C
1
OBD
，
又DC
1
⊥BD，所以
BD
面
DC
1
O
，因为
O D
平面
DC
1
O
，所以
BDOD
。
由
BDOD
，BD⊥DC
1
，所以
C
1
DO< br>为二面角A
1
－BD－C
1
的平面角。
设AA
1
2a
，
ACBCa
，则
C
1O
在直角△
C
1
OD
，
C
1
O OD
，
C
1
O
2a
，
C
1
D 2a
，
2
1
C
1
D
，
2

所以
C
1
DO30

。 因此二面角
A
1
BDC
1
的大小为
30
。
解法二：（向量法）
由
DC
1
BC,CC
1
 BCBC
面
ACC
1
A
1

BCAC
。又
C
1
C
平面
ABC
，
所以
C
1
CAC
，
C
1
CBC
，
以C点为原点，CA、CB、CC
1
所在直线分别为
x
轴、
y
轴、
z
轴建立空间直角坐标系
Cxyz
。
1
不妨设AA
1
=2，则AC=BC=AA
1
=1，
2
从而A
1
（1，0，2），D（1，0，1），
B（0，1，0），C
1
（0，0，2），


所以
DA
,1,1)
，
1
(0,0,1)
，
DB(1

DC
1
(1,0,1)
。

10

2012
年高考数学试题解析之全国新课标版（理科）
< br>
设平面
A
1
BD
的法向量为
n
1
(x
1
,y
1
,z
1
)
，
 
则
n
1
DA
1
，
n
1
DB
，


z
1
0

z
1
0
所以

，即

，令
y
1
1
，则
n
1
(1,1,0)
。
xyz 0xy

111

11

设平面
C
1
BD
的法向量为
n
2
(x< br>2
,y
2
,z
2
)
，则
n
2DC
1
，
n
2
DB
，


x
2
z
2
0

x
2
z< br>2
所以

，即

，令
z
2
1，则
n
2
(1,2,1)
。

x
2y
2
z
2
0

y
2
2z2



n
1
n
2
33


所以
cosn
1
,n2

，解得
n
1
,n
2
30
。
2
|n
1
||n
2
|
26
因为二面角
A
1
BDC
1
为锐角，因此二面角
A
1
BDC
1
的大小为
30
。

【点评】本小题主要考察空间线面垂直，线线垂直的判定与性质及二面角的求法。
20．（本小题满分12分）
设抛物线C：
x
2
2py
（
p0
）的焦点为F，准线为
l
，A为C上一点，已知以F为圆心，
FA为半径的圆F交
l
于B，D两点。
（1）若∠BFD=90°，△ABD的面 积为
42
，求
p
的值及圆F的方程；
（2）若A，B，F三点在同 一直线
m
上，直线
n
与
m
平行，且
n
与C 只有一个公共点，
求坐标原点到
m
，
n
距离的比值。
【解析】
（1）若∠BFD=90°，则△BFD为等腰直角三角形，
且|BD|=
2p
，圆F的半径
r|FA|2p
，
又根据抛物线的定义可得点A到准线
l
的距离
d|FA|2p
。
因为△ABD的面积为
42
，
所以
11
|BD|d42
，即
2p2p42
，
22
2
2
所以
p4
，由
p0
，解得< br>p2
。
从而抛物线C的方程为
x4y
，
圆F的圆心F（0，1），半径
r|FA|22
，
因此圆F的方程为
x(y1)8
。
（2）若A，B，F三点在同一直线
m
上，
则AB为圆F的直径，∠ADB=90°，
根据抛物线的定义，得
|AD||FA |
所以
ABD30
，
22
1
|AB|
，
2

11

2012
年高考数学试题解析之全国新课标版（理科）

从而直线
m
的斜率为
33
或

。
33< br>当直线
m
的斜率为
3
3p
时，直线
m
的方程 为
yx
，
3
32
p
2
1(
32
)
3
原点O到直线
m
的距离
d
1

。
依题意设直线
n
的方程为
y
3
xb
，
3

3
yxb
23

2
联立
，得
xpx2pb0
，
3
3

x
2< br>2py

p
4p
2
8pb0
，从而
b 
。 因为直线
n
与C只有一个公共点，所以

6
3< br>所以直线
n
的方程为
y
3p
x
，原点O到直线< br>n
的距离
d
2

36
p
6
1(< br>3
2
)
3
。
p
d
因此坐标原点到
m
，
n
距离的比值为
1

2
3
。 d
2
p
6
当直线
m
的斜率为

21． （本小题满分12分）
已知函数
f(x)
满足
f(x)f'(1)ex1
3
时，由图形的对称性可知，坐标原点到
m
，
n
距离的比值也为3。
3
1
2
x
。
2
f(0)x
（1）求
f(x)
的解析式及单调区间；
1
2
xaxb
，求
(a1)b
的最大值。
2
1
2x1
【解析】（1）因为
f(x)f'(1)ef(0)xx
，
2
（2）若
f(x)
所以
f'(x)f'(1)e
x1
f(0)x
，
1


f(0)f' (1)
所以

，解得
f(0)1
，
f'(1)e。
e


f'(1)f'(1)f(0)1

12

2012
年高考数学试题解析之全国新课标版（理科）

所以
f(x)
的解析式为
f(x)ex
由此得
f'( x)e
x
1x
。
x
1
2
x
。 < br>2
而
f'(x)e
x
1x
是R上的增函数，且
f'(0)0
，
因此，当
x(0,)
时，
f'(x)f '(0)0
，
f(x)
在
(0,)
上是增函数；
当
x(,0)
时，
f'(x)f'(0)0
，
f(x)在
(,0)
上是减函数。
综上所述，函数
f(x)
的增区 间为
(0,)
，减区间为
(,0)
。
（2）由已知条件得
e
x
(a1)xb
。 ①
（i）若
a10
，则对任意常数
b
，当
x0
，且
x
可得
e
x
(a1)xb
，因此①式 不成立。
（ii）若
a10
，则
(a1)b0
。




（iii）若
a10
，设
g (x)e
x
(a1)x
，则
g'(x)e
x
(a 1)
。
当
x(,ln(a1))
，
g'(x)0
；当
x(ln(a1),)
，
g'(x)0

从 而
g(x)
在
(,ln(a1))
单调递减，在
(ln(a 1),)
单调递增。
所以
f(x)
1b
，
a 1
1
2
xaxb
等价于
ba1(a1)ln(a1)
。 ②
2
22
因此
(a1)b(a1)(a1 )ln(a1)
。
设
h(a)(a1)(a1)ln(a1)
，则
h'(a)(a1)(12ln(a1))
。
所以
h(a)< br>在
(1,e1)
单调递增，在
(e1,)
单调递减， 故
h(a)
在
ae1
在处取得最大值，从而
h(a)1
2
1
2
22
1
2
1
2
ee
，即
(a1)b
。
22
1
2
e
时， ②式成立，故
f(x)xaxb
。
2
2
e
综合得，
(a1)b
的最大值为。
2
当
ae1
，
b

请考生在第22、23、24 三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。作答时用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑。
1
2
22． (本小题满分10分) 选修4—1：几何证明选讲
如图，
D
，
E
分别为
ABC
边
AB
，
AC
的中点，直线
DE< br>
D
E
A
G
F

13

2012
年高考数学试题解析之全国新课标版（理科）
< br>交
ABC
的外接圆于
F
，
G
两点。若
CF
∥
AB
，证明：
（1)
CDBC
；
（2）
BCD
∽
GBD
。

【解析】（1） 因为
D
，
E
分别为
ABC
边
AB
，AC
的中点，
所以
DE
∥
BC
。
又已知
CF
∥
AB
，所以四边形BCFD是平行四边形，
所以CF=BD=AD。
而
CF
∥
AD
，连结AF，
所以ADCF是平行四边形，故CD=AF。
因为
CF
∥
AB
，所以BC=AF，故CD=BC。
（2）因为
FG
∥
BC
，故GB=CF。
由（1）可知BD=CF，所以GB=BD。
所以
DGBGDB
。
因为
FG
∥
BC
，所以
GDBDBC
，
从而
DBCDGB
， ①
由（1）
CDBC
，所以
DBCBDC
，
从而
BDCGDB
，②
故
BCD
∽
GBD
。

23．（本小题满分10分）选修4—4：坐标系与参数方程
已知曲线
C
1
的参数方程为



x2 cos

（

为参数），以坐标原点为极点，
x
轴的正半轴

y3sin

为极轴建立极坐标系，曲线
C
2
的极坐标方程是

2
。正方形ABCD的顶点都在
C
2
上 ，
且A，B，C，D依逆时针次序排列，点A的极坐标为（2，
（1)求点A，B，C，D的 直角坐标；
（2）设
P
为
C
1
上任意一点，求
| PA||PB||PC||PD|
的取值范围。
2222

）。 < br>3

x2cos

【解析】（1）曲线
C
1
的参数方程

化为
y3sin


x
2y
2
1
， 直角坐标方程为
49
曲线
C
2
的极坐标方程

2
化为
直角坐标方程为
xy4
，
22

），
3
5

所以点B的极坐标为（2，），
6
4

点C的极坐标为（2，），
3
因为点A的极坐标为（2，

14

2012
年高考数学试题解析之全国新课标版（理科）

点D的极坐标为（2，
11

），
6
因此点A的直角坐标 为（1，
3
），点B的直角坐标为（
3
，1），
点C的直角坐标 为（－1，－
3
），点D的直角坐标为（
3
，－1）。
（2）设P（
2cos

，
3sin

），则
|P A|
2
|PB|
2
|PC|
2
|PD|
2< br>

(2cos

1)
2
(3sin

3)
2
(2cos

3)
2
(3si n

1)
2

(2cos

1)
2
(3sin

3)
2
(2cos

3)< br>2
(3sin

1)
2

(2cos

1)
2
(3sin

3)
2
(2cos

3)
2
(3sin

1)
2
< br>(2cos

1)
2
(3sin

3)2
(2cos

3)
2
(3sin

 1)
2

20sin
2

32
[32,52]
。

因此
|PA||PB||PC||PD|
的取值范围为[32，52]。
【点评】本小题主要考察参数方程、极坐标的相关知识。

24．（本小题满分10分）选修4—5：不等式选讲
已知函数
f(x)|xa||x2|
。
（1)当
a3
时，求不等式
f(x)3
的解集；
（ 2）若
f(x)|x4|
的解集包含[1，2]，求
a
的取值范围。
2222

52x(x2)

(2x3)
。 【解 析】（1）当
a3
时，
f(x)|x3||x2|

1

2x5(x3)

所以不等式
f(x)3
可化为

x2

2x3

x3
，或，或。 

52x3

13

2x53
解得
x1
，或
x4
。
因此不等式
f(x)3的解集为

x|x1
或
x4}
。
（2）由已知
f(x)|x4|
即为
|xa||x2||x4|
，
也即
|xa||x4||x2|
。
若
f(x) |x4|
的解集包含[1，2]，则
x[1,2]
，
|xa||x 4||x2|
，
也就是
x[1,2]
，
|xa|2
，
所以
x[1,2]
，


xa2

1a2< br>，从而

，

xa2

2a2
解 得
3a0
。因此
a
的取值范围为
a[3,0]
。
【点评】本小题主要考察含两个绝对值的不等式的解法，函数恒成立问题。