2012年普通高等学校招生全国统一考试数学(四川卷)理.docx

1、四川卷(理科数学)1.(2012四川,理1)(1+x)7的展开式中x2的系数是(). A.42B.35C.28D.21D含x2的项是展开式中的第三项T3=x2=21x2,所以x2的系数是21.2.(2012四川,理2)复数=().A.1B.-1C.iD.-iB=-1.3.(2012四川,理3)函数f(x)=在x=3处的极限().A.不存在B.等于6C.等于3D.等于0A当x3时,f(x)=ln(x-2)=0.由于f(x)在x=3处的左极限不等于右极限,所以函数f(x)在x=3处的极限不存在.4.(2012四川,理4)如图,正方形ABCD的边长为1,延长BA至E,使AE=1,连结EC,ED,则s

2、inCED=().A.B.C.D.B因为四边形ABCD是正方形,且AE=AD=1,所以AED=.在RtEBC中,EB=2,BC=1,所以sinBEC=,cosBEC=.sinCED=sin=cosBEC-sinBEC=.5.(2012四川,理5)函数y=ax-(a0,且a1)的图象可能是().D当a1时,函数y=ax单调递增,-1-0,所以y=ax-的图象与y轴的交点的纵坐标在0至1之间,所以选项A,B都不正确;当0a1时,函数y=ax单调递减,而此时-|AH|,仅当F1与H重合时,|AF1|=|AH|,当m=1时,AFB的周长最大,此时SFAB=2|AB|=3.16.(2012四川,理16)

3、记x为不超过实数x的最大整数.例如,2=2,1.5=1,-0.3=-1.设a为正整数,数列xn满足x1=a,xn+1=(nN*).现有下列命题:当a=5时,数列xn的前3项依次为5,3,2;对数列xn都存在正整数k,当nk时总有xn=xk;当n1时,xn-1;对某个正整数k,若xk+1xk,则xk=.其中的真命题有.(写出所有真命题的编号)当a=5时,x1=5,x2=3,x3=2,正确.当a=1时,x1=1,x2=1,x3=1,xk恒等于=1;当a=2时,x1=2,x2=1,x3=1,所以当k2时,恒有xk=1;当a=3时,x1=3,x2=2,x3=1=,x4=2,x5=1,x6=2,所以当k

4、为偶数时,xk=2,当k为大于1的奇数时,xk=1,不正确.在xn+中,当为正整数时,xn+=xn+2,xn+1=;当不是正整数时,令=-t,t为的小数部分,0t=,xn+1,xn,即xn-1,正确.由以上论证知,存在某个正整数k,若xk+1xk,则xk=,正确.17.(2012四川,理17)某居民小区有两个相互独立的安全防范系统(简称系统)A和B,系统A和系统B在任意时刻发生故障的概率分别为和p.(1)若在任意时刻至少有一个系统不发生故障的概率为,求p的值;(2)设系统A在3次相互独立的检测中不发生故障的次数为随机变量,求的概率分布列及数学期望E.解:(1)设“至少有一个系统不发生故障”为事

5、件C,那么1-P()=1-p=.解得p=.(2)由题意,P(=0)=,P(=1)=,P(=2)=,P(=3)=.所以,随机变量的概率分布列为0123P故随机变量的数学期望:E=0+1+2+3=.18.(2012四川,理18)函数f(x)=6cos2+sin x-3(0)在一个周期内的图象如图所示,A为图象的最高点,B,C为图象与x轴的交点,且ABC为正三角形.(1)求的值及函数f(x)的值域;(2)若f(x0)=,且x0,求f(x0+1)的值.解:(1)由已知可得,f(x)=3cos x+sin x=2sin.又正三角形ABC的高为2,从而BC=4.所以函数f(x)的周期T=42=8,即=8,

6、=.函数f(x)的值域为-2,2.(2)因为f(x0)=,由(1)有f(x0)=2sin=,即sin=.由x0,知+,所以cos=.故f(x0+1)=2sin=2sin=2+cos+=2=.19.(2012四川,理19)如图,在三棱锥P-ABC中,APB=90,PAB=60,AB=BC=CA,平面PAB平面ABC.(1)求直线PC与平面ABC所成的角的大小;(2)求二面角B -AP -C的大小.解法一:(1)设AB的中点为D,AD的中点为O,连结PO,CO,CD.由已知,PAD为等边三角形.所以POAD.又平面PAB平面ABC,平面PAB平面ABC=AD,所以PO平面ABC.所以OCP为直线P

7、C与平面ABC所成的角.不妨设AB=4,则PD=2,CD=2,OD=1,PO=.在RtOCD中,CO=.所以,在RtPOC中,tanOCP=.故直线PC与平面ABC所成的角的大小为arctan.(2)过D作DEAP于E,连结CE.由已知可得,CD平面PAB.根据三垂线定理知,CEPA.所以CED为二面角B -AP -C的平面角.由(1)知,DE=.在RtCDE中,tanCED=2.故二面角B -AP -C的大小为arctan 2.解法二:(1)设AB的中点为D,作POAB于点O,连结CD.因为平面PAB平面ABC,平面PAB平面ABC=AD,所以PO平面ABC.所以POCD.由AB=BC=CA

8、,知CDAB.设E为AC中点,则EOCD,从而OEPO,OEAB.如图,以O为坐标原点,OB,OE,OP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系O -xyz.不妨设PA=2,由已知可得,AB=4,OA=OD=1,OP=,CD=2.所以O(0,0,0),A(-1,0,0),C(1,2,0),P(0,0,).所以=(-1,-2,),而=(0,0,)为平面ABC的一个法向量.设为直线PC与平面ABC所成的角,则sin =.故直线PC与平面ABC所成的角的大小为arcsin.(2)由(1)有,=(1,0,),=(2,2,0).设平面APC的一个法向量为n=(x1,y1,z1),则从而取x1=-,则

9、y1=1,z1=1,所以n=(-,1,1).设二面角B -AP -C的平面角为,易知为锐角.而面ABP的一个法向量为m=(0,1,0),则cos =.故二面角B -AP -C的大小为arccos.20.(2012四川,理20)已知数列an的前n项和为Sn,且a2an=S2+Sn对一切正整数n都成立.(1)求a1,a2的值;(2)设a10,数列的前n项和为Tn.当n为何值时,Tn最大?并求出Tn的最大值.解:(1)取n=1,得a2a1=S2+S1=2a1+a2,取n=2,得=2a1+2a2,由-,得a2(a2-a1)=a2.若a2=0,由知a1=0;若a20,由知a2-a1=1.由,解得,a1=

10、+1,a2=2+;或a1=1-,a2=2-.综上可得,a1=0,a2=0;或a1=+1,a2=+2;或a1=1-,a2=2-.(2)当a10时,由(1)知a1=+1,a2=+2.当n2时,有(2+)an=S2+Sn,(2+)an-1=S2+Sn-1,所以(1+)an=(2+)an-1,即an=an-1(n2),所以an=a1()n-1=(+1)()n-1.令bn=lg,则bn=1-lg()n-1=1-(n-1)lg 2=lg.所以数列bn是单调递减的等差数列,从而b1b2b7=lglg 1=0,当n8时,bnb8=lglg 1=0,故n=7时,Tn取得最大值,且Tn的最大值为T7=7-lg 2

11、.21.(2012四川,理21)如图,动点M与两定点A(-1,0),B(2,0)构成MAB,且MBA=2MAB.设动点M的轨迹为C.(1)求轨迹C的方程;(2)设直线y=-2x+m与y轴相交于点P,与轨迹C相交于点Q,R,且|PQ|0,且y0.当MBA=90时,点M的坐标为(2,3).当MBA90时,x2,由MBA=2MAB,有tanMBA=,即-=.化简可得,3x2-y2-3=0.而点(2,3)在曲线3x2-y2-3=0上,综上可知,轨迹C的方程为3x2-y2-3=0(x1).(2)由消去y,可得x2-4mx+m2+3=0.(*)由题意,方程(*)有两根且均在(1,+)内.设f(x)=x2-

12、4mx+m2+3,所以解得,m1,且m2.设Q,R的坐标分别为(xQ,yQ),(xR,yR),由|PQ|1,且m2,有1-1+7+4,且-1+7.所以的取值范围是(1,7)(7,7+4).22.(2012四川,理22)已知a为正实数,n为自然数,抛物线y=-x2+与x轴正半轴相交于点A.设f(n)为该抛物线在点A处的切线在y轴上的截距.(1)用a和n表示f(n);(2)求对所有n都有成立的a的最小值;(3)当0a4n=(1+3)n=1+3+32+33+1+3+32+33=1+2n3+n5(n-2)2+(2n-5)2n3+1.当n=0,1,2时,显然()n2n3+1.故a=时,对所有自然数n都成立.所以满足条件的a的最小值为.(3)由(1)知f(k)=ak,则=,=.下面证明:.首先证明:当0x1时,x.设函数g(x)=x(x2-x)+1,0x1.则g(x)=.当0x时,g(x)0;当x0.故g(x)在区间(0,1)上的最小值g(x)min=g=0.所以,当0x1时,g(x)0,即得x.由0a1知0ak=.