2012年高考数学试卷（理）（湖北）（解析卷）_1.高考2025全国各省真题+答案_01.2008-2024全国高考真题（按省份分类）_7.湖北_2012-2024·（湖北）数学高考真题

【试卷总评】 试题紧扣2012年《考试大纲》，题目新颖，难度适中。本卷注重对基础知识和数学思想 方法的全面考查，同时又强调考查学生的基本能力。选择题与填空题主要体现了基础知识 与数学思想方法的考查；第17、18、19、20、21、22题分别从三角函数、立体几何、数列、 解析几何、函数与导数等重点知识进行了基础知识、数学思想方法及基本能力的考查.第 14与15题考查了选学讲内容，试卷整体体现坚持注重基础知识，全面考查了理解能力、 推理能力、分析解决问题的能力. 一、 选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50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. 方程 +6x +13 =0的一个根是( ) A -3+2i B 3+2i C -2 + 3i D 2 + 3i 2. 命题“ x ∈C Q， ∈Q ”的否定是( ) 0 R A x ∉C Q， ∈Q B x ∈C Q ， ∉Q 0 R 0 R C x ∉C Q ， ∈Q D x ∈C Q ， ∉Q 0 R 0 R 3. 已知二次函数y =f(x)的图像如图所示 ，则它与X轴所围图形的面积为( ) 第1页 | 共17页A. B. C. D. 4 2 4 2 2 正视图 侧视图 俯视图 第4题图 【考点定位】本小题考查利用定积分求平面图形的面积问题,不难.定积分是理科生高考的 热点分问题之一,几乎年年必考,熟练其基础知识是解决好本类题目的关键. 4.已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( ) 第2页 | 共17页A. B.3π C. D.6π[来源:学科网] 【答案】B 【解析】由三视图可知, 该几何体为一底面半径为1且高为2的圆柱与一圆锥组合而成,所 以其体积为 ,故选B. 【考点定位】本小题考查立体几何中的三视图.三视图是新课标新增内容,是高考的重点和 热点,年年必考,一般以选择或填空题的形式出现,经常与表面积、体积相结合来考查. 5.设a∈Z，且0≤a≤13，若512012+a能被13整除，则a=( ) A.0 B.1 C.11 D.12 【答案】D [来源:Z#xx#k.Com] 【解析】因为 512012的个位数是 1, 且 a∈Z， 0≤a≤13，512012+a 能被 13 整除，所以 ,故选D. 【考点定位】本小题考查整除问题,属中档题. 6.设a,b,c,x,y,z是正数，且a2+b2+c2=10,x2+y2+z2=40,ax+by+cz=20,则 ( ) A. B. C. D, 【答案】C 【 解 析 】 由 于 (a2 b2 c 2 )(x2  y2 z2)(axbycz)2, 等 号 成 立 当 且 仅 当 a b c ,   t, 则a=t x b=t y c=t z ，t2(x2  y2 z2)10 所以由题知t 1/2 又 x y z , a b c abc abc    ,所以 t 1/2，答案选C. x y z x yz x yz 【考点定位】本题主要考察了柯西不等式的使用以及其取等条件. 7.定义在（-∞，0）∪（0，+∞）上的函数f（x），如果对于任意给定的等比数列{a }，{f n （a ）}仍是等比数列，则称f（x）为“保等比数列函数”。现有定义在（-∞，0）∪ n （0，+∞）上的如下函数：①f（x）=x²；②f（x）=2x；③ ；④f（x）=ln|x |。 则其中是“保等比数列函数”的f（x）的序号为（ ） A.①② B.③④ C.①③ D.②④ 第3页 | 共17页8.如图，在圆心角为直角的扇形 OAB中，分别以OA，OB为直径作两个半圆。在扇形OAB 内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率是( ) A. B. . C. D. 9.函数f（x）= 在区间[0,4]上的零点个数为( ) A.4 B.5 C.6 D.7 【答案】C 【解析】令f（x）= =0得 或 =0,解得 或 , 第4页 | 共17页因为 [0,4],所以 、 、 、 、 、 ，共有6个零点，故选 C. 【考点定位】本小题考查函数的零点求解.函数的零点即方程 的根,是高考的热点 问题之一,年年必考,掌握求函数零点的几种方法(解方程法、画图象法等). 10.我国古代数学名著《九章算术》中“开立圆术”曰：置积尺数，以十六乘之，九而一， 所得开立方除之，即立圆径，“开立圆术”相当于给出了已知球的体积V，求其直径d的 316 一个近似公式d  V .人们还用过一些类似的近似公式。根据x=3.14159…..判断，下列近 9 似公式中最精确的一个是( ) 316 3 300 3 21 A．d  V B．d  3 2V C．d  V D．d  V 9 157 11 【答案】D 【解析】 3 4 d 6V a 6b 69 由V  ( )3，得d  ,设选项中常数为 ,则= ；A中代入得= =3.375， 3 2  b a 16 61 6157 611 B中代入得= =3，C中代入得= =3.14,D中代入得= =3.142857， 2 300 21 由于D中值最接近的真实值，故选择D。 【考点定位】本小题考查球的有关问题.球问题也是高考的一个重点问题之一,熟练球的基 础知识是解决好本题的关键. 二、填空题：本大题共6小题，考试共需作答5小题，每小题5分，共25分。请将答案填 在答题卡对应题号的位置上。答错位置，书写不清，模棱两可均不得分。 （一）必考题（11-14题） 11.设△ABC的内角A，B，C，所对的边分别是a，b，c.若（a+b-c）（a+b+c）=ab， 则角C=______________. 第5页 | 共17页12.阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，输出的结果s=___________. 【答案】9 【解析】当 时,计算出的 ;当 时,计算出的 ;当 时,计算出的 ,此时输出的结果s=9. 【考点定位】本小题考查框图的基本知识.框图是高考的热点内容之一,年年必考,经常以 选择或填空题的形式出现一个,难度不大,熟练基本算法以及算到哪一步是解决好本类问题 的关键. 13.回文数是指从左到右与从右到左读都一样的正整数。如 22，,11,3443,94249等。显然2 位回文数有9个：11,22,33…，99.3位回文数有90个：101,111,121，…，191,202，…， 999.则 （Ⅰ）4位回文数有______个； 第6页 | 共17页（Ⅱ）2n＋1（n∈N）位回文数有______个。[来源:Z。xx。k.Com] + x2 y2 14.如图，双曲线  1 (a,b0)的两顶点为A ，A ，虚轴两端点为B1，B2，两焦点为 a2 b2 1 2 F ，F .若以A A 为直径的圆内切于菱形F B F B ，切点分别为A，B，C，D.则 1 2 1 2 1 1 2 2 [来源:Z+xx+k.Com] （Ⅰ）双曲线的离心率e=______； S （Ⅱ）菱形F B F B 的面积S 与矩形ABCD的面积S 的比值 1 _________. 1 1 2 2 1 2 S 2 （二）选考题（请考生在第15、16两题中任选一题作答，请先在答题卡指定位置将你所选 的题目序号后的方框用2B铅笔涂黑，如果全选，则按第15题作答结果计分。） 15.（选修4-1：几何证明选讲） 如图，点D在⊙O的弦AB上移动，AB=4，连接OD，过点D作OD的垂线交⊙O于点C，则 CD的最大值为_____________. 第7页 | 共17页16.（选修4-4：坐标系与参数方程） 在直角坐标系xOy中，以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知射线 π 与曲线xt1, （t为参数）相较于A，B来两点，则线段AB的中点的直角坐标为   4 y(t1)2 _________. 第8页 | 共17页三、解答题：本大题共6小题，共75分。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） 已 知 向 量 a(cosxsinx, sinx)， b(cosxsinx, 2 3cosx)， 设 函 数 1 f(x)ab(xR)的图象关于直线xπ对称，其中，为常数，且( , 1). 2 （1） 求函数f（x）的最小正周期； （2） 若y=f（x）的图像经过点 ,求函数f（x）在区间 上的取值范围. 【解析】（1）因为 = = ，所以 由直线直线x=π是 图象的一条对称轴，可得 ， 所以 ，即 ，又因为 ， 所以 ，故 ，所以 的最小正周期是 . (2)由 的图象过点 ,得 , 即 ,即 ,故 , 第9页 | 共17页由 得 ,所以 , 得 , 所以 在区间 上的取值范围为 . 【考点定位】本题考查三角函数的化简与求值,考查三角函数的基本性质等基础知识,考查 考生分析问题与解决问题的能力. 18.（本小题满分12分） 已知等差数列{a }前三项的和为-3，前三项的积为8. n （1）求等差数列{a }的通项公式； n （2）若a ,a ,a 成等比数列，求数列 的前n项的和. 2 3 1 【考点定位】本小题考查等差数列的通项公式的求解,考查等比数列等基础知识,考查分类 讨论的数学思想方法,考查同学们运用所学知识分析问题和解决问题的能力. 第10页 | 共17页19.（本小题满分12分） 如图1，∠ACB=45°，BC=3，过动点A作AD⊥BC，垂足D在线段BC上且异于点B，连接 AB，沿AD将△ABD折起，使∠BDC=90°（如图2所示），[来源:Zxxk.Com] （1）当BD的长为多少时，三棱锥A-BCD的体积最大； （2）当三棱锥A-BCD的体积最大时，设点E，M分别为棱BC，AC的中点，试在棱CD上确 定一点N，使得EN⊥BM，并求EN与平面BMN所成角的大小 【解析】 （Ⅰ）解法1：在如图1所示的△ABC中，设BDx (0x3)，则CD3x． 由ADBC，ACB45知，△ADC为等腰直角三角形，所以 ADCD3x. [来源:学科网 ZXXK] 由 折 起 前 ADBC知 ， 折 起 后 （ 如 图 2 ） ， ADDC， ADBD， 且 BDDC D， 1 1 所以AD平面BCD．又BDC 90，所以S  BDCD x(3x)．于是 BCD 2 2 1 1 1 1 V  ADS  (3x) x(3x) 2x(3x)(3x) ABCD 3 BCD 3 2 12 1 2x(3x)(3x) 3 2   ，   12 3  3 当且仅当2x3x，即x1时，等号成立， 故当x1，即BD1时, 三棱锥ABCD的体积最大． 解法2： 1 1 1 1 同解法1，得V  ADS  (3x) x(3x) (x3 6x2 9x)． ABCD 3 BCD 3 2 6 1 1 令 f(x) (x3 6x2 9x)，由 f(x) (x1)(x3)0，且0x3，解得x1． 6 2 当x(0,1)时， f(x)0；当x(1, 3)时， f(x)0． 所以当x1时， f(x)取得最大值． 故当BD1时, 三棱锥ABCD的体积最大． （Ⅱ）解法1：以D为原点，建立如图a所示的空间直角坐标系Dxyz． 第11页 | 共17页由（Ⅰ）知，当三棱锥ABCD的体积最大时，BD1，ADCD2． 1 于是可得D(0, 0, 0)，B(1, 0, 0)，C(0,2, 0)，A(0, 0, 2)，M(0,1,1)，E( ,1, 0)， 2 (cid:4) 且BM (1,1,1)． (cid:4) 1 (cid:4) (cid:4) 设N(0,,0)，则EN ( ,1,0). 因为EN BM 等价于ENBM 0，即 2 1 1 1 1 ( ,1, 0)(1,1,1) 10，故 ，N(0, , 0). 2 2 2 2 1 所以当DN  （即N是CD的靠近点D的一个四等分点）时，EN BM ． 2 (cid:4) nBN, (cid:4) 1 设平面BMN的一个法向量为n(x,y,z)，由 (cid:4) 及BN (1, ,0)， nBM, 2 y2x, 得 可取n(1, 2, 1)． zx. (cid:4) 1 1 设EN 与平面BMN所成角的大小为，则由EN ( , , 0)，n(1, 2, 1)，可 2 2 得 (cid:4) | 1 1| nEN 2 3 sincos(90 ) (cid:4)   ，即60． |n||EN| 2 2 [来源:Zxxk.Com] 6 2 故EN 与平面BMN所成角的大小为60. z A A M M D N DN F C y C B E B E x 图a 图b M D N F C G H N E B E B P 图c 图d 第19题解答图 第12页 | 共17页5 连接MN ，ME ，由计算得NBNM EBEM  ， 2 所以△NMB与△EMB是两个共底边的全等的等腰三角形， 如图d所示，取BM 的中点G ，连接EG ，NG， 则BM 平面EGN ．在平面EGN 中，过点E作EH GN 于H ， 则EH 平面BMN．故ENH 是EN 与平面BMN所成的角． 2 在△EGN 中，易得EGGN NE ，所以△EGN 是正三角形， 2 故ENH 60，即EN 与平面BMN所成角的大小为60. 【考点定位】本小题考查空间线线与线面的位置关系,考查同学们的空间想象能力、逻辑推 理能力、分析问题与解决问题的能力. 20．（本小题满分12分） 根据以往的经验，某工程施工期间的将数量X（单位：mm）对工期的影响如下表： 降水量X X<300 300≤X<700 700≤X<900 X≥900 工期延误天数Y 0 2 6[来源:学。 10 [来源:学科网ZXXK] 科。网Z。X。 X。K] 历年气象资料表明，该工程施工期间降水量X小于300，700，900的概率分别为0.3， 0.7，0.9，求： （I）工期延误天数Y的均值与方差； （Ⅱ）在降水量X至少是300的条件下，工期延误不超过6天的概率。 【解析】 （Ⅰ）由已知条件和概率的加法公式有： P(X 300)0.3, P(300 X 700)P(X 700)P(X 300)0.70.30.4， P(700 X 900)P(X 900)P(X 700)0.90.70.2. 第13页 | 共17页P(X 900)1P(X 900)10.90.1. 所以Y 的分布列为： Y 0 2 6 10 P 0.3 0.4 0.2 0.1 于是，E(Y)00.320.460.2100.13； D(Y)(03)20.3(23)20.4(63)20.2(103)20.19.8. 故工期延误天数Y 的均值为3，方差为9.8. 21.（本小题满分13分） 设A是单位圆x2+y2=1上的任意一点，i是过点A与x轴垂直的直线，D是直线i与x轴的交 点，点M在直线l上，且满足丨DM丨=m丨DA丨（m>0,且m≠1）。当点A在圆上运动时，记点M 的轨迹为曲线C。 （I）求曲线C的方程，判断曲线C为何种圆锥曲线，并求焦点坐标； （Ⅱ）过原点且斜率为k的直线交曲线C于P、Q两点，其中P在第一象限，它在y轴上的 射影为点N，直线QN交曲线C于另一点H，是否存在m，使得对任意的k>0，都有PQ⊥PH？若存 在，求m的值；若不存在，请说明理由。 【解析】 （Ⅰ）如图1，设M(x,y)，A(x ,y )，则由|DM |m|DA|(m0,且m1)， 0 0 1 可得xx 0 ，| y|m| y 0 |，所以x 0 x，| y 0 | m | y|. ① 因为A点在单位圆上运动，所以x 2  y 2 1. ② 0 0 y2 将①式代入②式即得所求曲线C的方程为x2  1 (m0,且m1). m2 因为m(0,1)(1, )，所以 第14页 | 共17页当0m1时，曲线C是焦点在x轴上的椭圆， 两焦点坐标分别为( 1m2, 0)，( 1m2, 0)； 当m1时，曲线C是焦点在y轴上的椭圆， 两焦点坐标分别为(0,  m2 1)，(0, m2 1). （Ⅱ）解法1：如图2、3，k 0，设P(x,kx )，H(x ,y )，则Q(x, kx )，N(0, kx )， 1 1 2 2 1 1 1 直线QN 的方程为y2kxkx ，将其代入椭圆C的方程并整理可得 1 (m2 4k2)x2 4k2xxk2x2 m2 0. 1 1 依题意可知此方程的两根为x ，x ，于是由韦达定理可得 1 2 4k2x m2x x x  1 ，即x  1 . 1 2 m2 4k2 2 m2 4k2 2km2x 因为点H在直线QN上，所以y kx 2kx  1 . 2 1 2 m2 4k2 (cid:4) (cid:4) 4k2x 2km2x 于是PQ(2x, 2kx )，PH (x x, y kx )( 1 , 1 ). 1 1 2 1 2 1 m2 4k2 m2 4k2 (cid:4) (cid:4) 4(2m2)k2x2 而PQPH 等价于PQPH  1 0， m2 4k2 即2m2 0，又m0，得m 2， m2(x2 x 2)(y2  y 2)0. ③ 1 2 1 2 依题意，由点P在第一象限可知，点H 也在第一象限，且P，H 不重合， 故(x x )(x x )0. 于是由③式可得 1 2 1 2 (y  y )(y  y ) 1 2 1 2 m2 . ④ (x x )(x x ) 1 2 1 2 2y y  y 又Q，N，H 三点共线，所以k QN k QH ，即 x 1  x 1 x 2 . 1 1 2 第15页 | 共17页y y  y 1 (y  y )(y  y ) m2 于是由④式可得k k  1  1 2   1 2 1 2  . PQ PH x x x 2 (x x )(x x ) 2 1 1 2 1 2 1 2 m2 而PQPH 等价于k k 1，即 1，又m0，得m 2， PQ PH 2 y2 故存在m 2，使得在其对应的椭圆x2  1上，对任意的k 0，都有PQPH . 2 【考点定位】本小题考查直线与圆以及圆锥曲线等基础知识,考查函数与方程思想、分类讨 论思想、数形结合思想等数学思想方法，考查同学们分析问题和解决问题的能力. 22.(本小题满分14分) （I）已知函数f（x）=rx-xr+（1-r）（x>0），其中r为有理数，且0