2012年高考广东省数学真题及解答

y25.已知变量x，y满足约束条件xy1，则z=3x+y xy1的最大值为 A.12 B.11 C.3 D.-1 解：画约束区域如右，令z=0得y3x，化目标函数为 2x+y=1斜截式方程：y3xz得，当x3,y2时 C(-1,2)B(3,2)y=2zmax11，故选B 【评】1-5题是送分题，确是宽和仁厚的题。 6,某几何体的三视图如图1所示，它的体积为 y=x-1A(1,0)y=-3xX

PAO1BDC斜截式方程：yxz得，当xy时 z11，故选B 【评】1-5题是送分题，确是宽和仁厚的题。 6,某几何体的三视图如图1所示，它的体积为 PAO1BDOC A．12π B.45π C.57π D.81π 解：几何体直观图如右，几何体由一个圆柱和一个同底的圆锥构成。 圆锥的高PO1534， VV圆柱V圆锥459457 故选C 【评】此题难度圆锥的高如何求和由三视图恢复直观图这两个点，有少量的学生在这一题上会丢分。 7.从个位数与十位数之和为奇数的两位数中任取一个，其个位数为0的概率是 A. 23134121 B. C. D. 9399 解：设个位数与十位数分别为x,y，则xy2k1,k1,2,3,4,5,6,7,8,9 所以x,y分别为一奇一偶， 11第一类x为奇， y为偶数共有C5C525个数 11第一类x为偶， y为厅数共有C4C520个数 两类共有45个数，其中个位是0十位数是奇数的两位有10，30，50，70，90这5个数 所以其个位数为0的概率是51，选D。 459【评】此题看似简单，但知识考查点却比较多，又涉及到分类与分步混合问题，对计数原理及排列组合学得不好的同学，难得分数，因而本题就成了一个得分率较低的题了，从而也是有区分度的题。

没有变化题，看命题人真是好人。 11.已知递增的等差数列{an}满足a1,a3a24，则an_____________。 解： 【评】此题与2011年广东理科第11题“等差数列{an}前9项的和等于前4项的和。若a11,aka40，则k=____________”比较就是一道没有变化题，看命题人真是好人。 12.曲线y=x3-x+3在点（1，3）处的切线方程为 。 解：点（1，3）在.曲线y=x3-x+3上。y3x21,k2 由点斜式方程可得点（1，3）处的切线方程为：y2x1 【评】此题与2011年广东理科第12题“．函数f(x)x3x21在x=____________处取得极小值．”比较就是一道没有变化题，看命题人真是好人。 13.执行如图2所示的程序框图，若输入n的值为8， 则输出s的值为 。 （二）选做题（14-15题，考生只能从中选做一题） 14，（坐标系与参数方程选做题）在平面直角坐标系xOy中，曲线C1和C2的参数方程分别为x2cosxt,(为参数)，则曲线C1与C2的交点坐标为_______。 ,(t为参数)和yty2sinx2y0解：曲线C1的普通方程为xy0，C2的普通方程为xy2，联立2 2xy2222

解得x1x1则曲线C1与C2的交点坐标为（-1，1）或（1，1） 或y1y1 15.（几何证明选讲选做题）如图3，圆O的半径为1，A、B、C是圆周上的三点，满足∠ABC=30°，过点A做圆O的切线与OC的延长线交于点P，则PA=_____________。 A解：连OA得∠AOP=60°，所以OP=2，PC=1 2 所以PAPC(PC2)13,PA3 O B 三、解答题：本大题共6小题，满分80分。解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤。 16.（本小题满分12分） CP已知函数f(x)2cosx（1）求ω的值； （其中ω＞0，x∈R）的最小正周期为10π。 ，655516),f(5)，求cos（α＋β）的值。 23661721解：（1）T10,0 5（2）设,[0,],f(5 （2）由（1）得f(x)2cos1x， 656515f(5)2cos[(5)]2cos()2sin 535362 34sin,cos 5516515815f(5)2cos[(5)]2cos,cos,sin 17656617174831513coscoscossinsin 517517851π5π【评】此题与2011年广东理科第16题“．已知函数f(x)=2sin(x-),x∈R..（1）求f()的值；（2）36ππ10设,∈[0,]，f(3+)=，f(32)=，求cos()的值。”比较就是一道没有变化题，13522也前三年三角考试题变化不大，但是三角函数如此命题看似做好人。其实在“角上还是做足了功夫”，如果对角的观察不细，或是有心理压力，此题也不好得分。

17. （本小题满分13分）某班50位学生期中考试数学成绩的频率分布直方图如图4所示，其中成绩分组区间是：[40,50][50,60][60,70][70,80][80,90][90,100]。 （1）求图中x的值； （2）从成绩不低于80分的学生中随机选取2人，该2人中成绩在90分以上（含90分）的人数记为，求得数学期望。 解：（1）图中x所在组为[80，90]即第五组 f5110(0.00.0130.006)10.820.18,x0.018 （2）成绩不低于80分的学生所占的频率为f10(0.0180.006)0.24 所以成绩不低于80分的学生有：50f500.2412人 成绩不低于90分的学生人数为：50100.0063 所以为的取值为0，1，2 11C926C9C3C3291 P(0)2，P(1)， P(2)22C1211C1222C1222 所以为的分布列为：  P 0 1 2 12 229 221 22 所以为的数学期望E 0121921111 22222

18.（本小题满分13分） 如图5所示，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形， PA⊥平面ABCD，点 E在线段PC上，PC⊥平面BDE。 （1） 证明：BD⊥平面PAC； （2） 若PA=1，AD=2，求二面角B-PC-A的正切值； （1）证明：因为PA⊥平面ABCD，BD平面ABCD,BDPA 又因为PC⊥平面BDE，BD平面BDE,BDPC 而PAPCP，所以：BD⊥平面PAC； （2）由（1）BD⊥平面PAC，所以BD⊥AC，又四边形ABCD为矩形 所以四边形ABCD是正方形。 设AC交BD于O点，因为PC⊥平面BDE，所以BEO即二面角B-PC-A的平面角 PA1,AD2,AC22,BOOC 2 PCPA2AC213， 又OEOECO2 PAPC13BOEO213 213 在直角三角形BEO中，tanBEO 所以二面角B-PC-A的正切值为13。 【评】2012年广东省立体几何考试题是实行新课程标准以来最简单的一年。但是对于只会用坐标法同学来说，复杂的计算也会占用很多时间。 19. （本小题满分14分） n1设数列{an}的前n项和为Sn，满足2Snan121,nN,且a1,a25,a3成等差数列。 （1） 求a1的值； （2） 求数列{an}的通项公式。 （3） 证明：对一切正整数n，有111a1a2a313. an2解：（1）2Snan12n11,nN, 又a1,a25,a3成等差数列， 2a1a23a11 2a12a2a37a25 2a10aaa192133 (2) 2Snan12n11, 2Sn1an2n1 ,

（2）假设点M（m,n）存在，则有mn1 22 |AB|211 m2n211(1 )2m2n2mn2 SoAB 111212m2n2m2n2111,10 m2n2m2n211122S 当且仅当2即时有最大值 mn211oAB222mnmn2m2n21,023mm2n222 联立2 21m3n3n22 所以所求M点的坐标为(32323232,),(,),(,),(,) 22222222【评】2012年广东省理科解析几何题，体现了与广州市的水平测试题的有效结合，与2011年高二水平测试析其相似。 21.（本小题满分14分） 设a1，集合A{xR|x0},B{xR|2x3(1a)x6a0},DA（1）求集合D（用区间表示） （2）求函数f(x)2x3(1a)x6ax在D内的极值点。 解：（1）设g(x)2x3(1a)x6a，其对称轴方程为：x当a1时，x2322B 3(1a) 43(1a)0，g(0)6a0，方程g(x)2x23(1a)x6a0 43(1a)9a230a93(1a)9a230a90x2有解为x1 443(1a)9a230a9,) D(x2,)(4当1a0时，x3(1a)0，g(0)6a0，方程g(x)2x23(1a)x6a0 43(1a)9a230a93(1a)9a230a90x2有解为x1 443(1a)9a230a9,) D(x2,)(4

当0a132时，x(1a)0，g(0)6a0，方程g(x)2x3(1a)x6a0 343(1a)9a230a93(1a)9a230a9x2有解为0x1 44 3(1a)9a230a93(1a)9a230a9D(0,x1)(x2,)(0,)(,) 44当1a1时，方程g(x)2x23(1a)x6a0的判别式9a230a90 3 D(0,) 3(1a)9a230a9,) 综上所述：当a0时，D(413(1a)9a230a93(1a)9a230a9)(,) 当0a时，D(0,443 当（2）1a1时， D(0, )3f(x)6[x2[(1a)xa]6(xa)(x1)，又a1， 32 f(x)2x3(1a)x6ax的极值点为a,1 3(1a)9a230a911，解得a矛盾。 当a0时， 只须考虑433(1a)9a230a913(1a)9a230a91不成立 1显然成立， 当0a时，4433(1a)9a230a9 若a成立，则3a9a230a9 4 解得a(a3)0a(0,]， f(x)2x3(1a)x6ax在D内有一个极值点a 当32131a1时，D(0,)， 332 f(x)2x3(1a)x6ax在D内有肉个极值点a和1。 【评】将三次多项函数与二次结合，并考查分类讨论思想和数形结合思想，但代数推理繁，增加运算难度。