2012年山东高考文科数学试题及答案.doc-资料库

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2012 年山东高考文科数学试题及答案第Ⅰ卷(共 60 分) 一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分.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)若复数 z满足 (2 z i  ) 11 7i(i  为虚数单位)，则 z 为 (A)3+5i (B)3－5i (C)－3+5i (D)－3－5i (2) 已知全集 {0,1,2,3,4} U  ，集合 {1,2,3} A  ， {2,4} B  ，则 ( )U A ð B 为 (A){1,2,4} (B){2,3,4} (C){0,2,4} (D){0,2,3,4} (3)函数 ( ) f x  1 x  1) ln(  4  x 2 的定义域为 (A)[ 2,0)   (0,2] (B) ( 1,0)   (0,2] (C)[ 2,2]  (D) ( 1,2]  (4)在某次测量中得到的 A样本数据如下：82，84，84，86，86，86，88，88，88，88.若 B样本数据恰好是 A样本数据都加 2 后所得数据，则 A，B两样本的下列数字特征对应相同的是 (A)众数 (B)平均数 (C)中位数 (D)标准差 (5)设命题 p：函数 sin 2  y x 的最小正周期为  2 ；命题 q：函数 cos  y x 的图象关于直线 x  对  2 称.则下列判断正确的是 (A)p为真 (B) q 为假 (C) p q 为假 (D) p q 为真 (6)设变量 ,x y 满足约束条件 x 2 4      2 2,   4, x   1, x    y y y 则目标函数 3  z x  的取值范围是 y (A) 3[  2 ,6] (B) 3[  2 , 1]  (C)[ 1,6]  (D) [ 6,  3 2 ] (7)执行右面的程序框图，如果输入 a ＝4，那么输出的 n的值为 (A)2 (B)3 (C)4 (D)5 (8)函数 2sin  y    x     6 3   (0   x 9) 的最大值与最小值之和为 (A) 2 3 (B)0 (C)－1 (D) 1   3 (9)圆 ( x  2 2)  2 y  与圆 4 ( x  2 2)  ( y 2  1)  的位置关系为 9 (A)内切 (B)相交 (C)外切 (D)相离 (10)函数 y  cos6 x x x 2 2   的图象大致为

(11)已知双曲线 1C ： 2 2 x a  2 2 y b  1( a  0, b  的离心率为 2.若抛物线 0) 2 : C x 2  2 ( py p  的焦点到 0) 双曲线 1C 的渐近线的距离为 2，则抛物线 2C 的方程为 (A) 2 x  8 3 3 y (B) 2 x  16 3 3 y (C) 2 x 8 y (D) 2 x  16 y [来源:Z_xx_k.Com] (12)设函数 ( ) f x  ， 1 x ( )g x   x 2  bx .若 y  ( ) f x 的图象与 y  ( ) g x 的图象有且仅有两个不同的公共点 1 , ( A x y B x y ，则下列判断正确的是 ), ( ) 1 , 2 2 x (A) 1  x 2  0, y 1  y 2  0 x (B) 1  x 2  0, y 1  y 2  0 x (C) 1  x 2  0, y 1  y 2  0 x (D) 1  x 2  0, y 1  y 2  0 第Ⅱ卷(共 90 分) 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分. (13)如图，正方体 ABCD A B C D 1 1 1  1 的棱长为 1，E 为线段 1B C 上的一点，则三棱锥 A DED 1  的体积为＿＿＿＿＿. (14)右图是根据部分城市某年 6 月份的平均气温(单位：℃)数据得到的样本频率分布直方图，其中平均气温的范围是［20.5， 26.5 ］，样本数据的分组为 [20.5,21.5) ， [21.5,22.5) ， [22.5,23.5) ，[23.5,24.5) ，[24.5,25.5) ，[25.5,26.5] .已知样本中平均气温低于 22.5℃的城市个数为 11，则样本中平均气温不低于 25.5℃的城市个数为＿＿＿＿. (15)若函数 ( ) f x  x ( a a  0, a  在［－1，2］上的最大值为 4，最小值为 m，且函数 ( ) g x 1) 在[0, ) 上是增函数，则 a＝＿＿＿＿. (16)如图，在平面直角坐标系 xOy 中，一单位圆的圆心的初始位置在 (0，1)，此时圆上一点 P的位置在(0，0)，圆在 x轴上沿正向滚  动.当圆滚动到圆心位于(2，1)时， OP 的坐标为＿＿＿＿. 三、解答题：本大题共 6 小题，共 74 分. (17)(本小题满分 12 分)   (1 4 ) m x 在△ABC 中，内角 , ,A B C 所对的边分别为 , ,a b c ，已知 sin (tan B A  tan ) C  tan tan A C .

(Ⅰ)求证： , ,a b c 成等比数列； (Ⅱ)若 1, c a  ，求△ ABC 的面积 S. 2 (18)(本小题满分 12 分) 袋中有五张卡片，其中红色卡片三张，标号分别为 1，2，3；蓝色卡片两张，标号分别为 1， 2. (Ⅰ)从以上五张卡片中任取两张，求这两张卡片颜色不同且标号之和小于 4 的概率； (Ⅱ)现袋中再放入一张标号为 0 的绿色卡片，从这六张卡片中任取两张，求这两张卡片颜色不同且标号之和小于 4 的概率. (19) (本小题满分 12 分) 如图，几何体 E ABCD CB CD EC BD    . , 是四棱锥， △ ABD 为正三角形， (Ⅰ)求证： BE DE ； (Ⅱ)若∠ BCD  120  ，M为线段 AE的中点，求证： DM ∥平面 BEC . (20) (本小题满分 12 分) 已知等差数列{ }na 的前 5 项和为 105，且 20 a (Ⅰ)求数列{ }na 的通项公式； 52 a . (Ⅱ)对任意 m  N ，将数列{ }na 中不大于 27 m 的项的个数记为 mb .求数列{ }mb 的前 m项和 mS . * (21) (本小题满分 13 分)

如图，椭圆 M : 2 2 x a  2 2 y b  1( a   的离心率为 3 b 2 0) ，直线 x a  和 y b  所围成的矩形 ABCD 的面积为 8. (Ⅰ)求椭圆 M的标准方程； ( Ⅱ ) 设直线 : l y   x m m (  R 与椭圆 M 有两个不同的交点 ) ,P Q l 与矩形 ABCD有两个不同的交点 ,S T .求 | , | PQ ST | | 的最大值及取得最大值时 m的值. (22) (本小题满分 13 分) 已知函数 ( ) f x  ln k x  ex ( k 为常数，e=2.71828…是自然对数的底数)，曲线 y  ( ) f x 在点 (1, (1)) f 处的切线与 x轴平行. (Ⅰ)求 k的值； (Ⅱ)求 ( ) f x 的单调区间； (Ⅲ)设 ( ) g x  xf x ( ) 科网 ZXXK] ，其中 ( ) f x 为 ( ) f x 的导函数.证明：对任意 x  0, ( ) 1 e g x    2 .[来源:学

参考答案：一、选择题： (1)A (2)C (3)B (4)D (5)C (6)A (7)B (8)A (9)B (10)D (11)D (12)B (12)解：设 ( ) F x  3 x  1  ，则方程 ( ) F x  与 ( ) f x 0  ( ) g x F x ,x x .由 ( ) 1 2  得 0 0 .这样，必须且只须 (0) F 2 bx x  或 2 b 3 x 同解，故其有且仅有两个不同零点  或 2( 0 3 F b  ，因为 (0) 1  ， F 0 ) 故必有 2( 3 F b  由此得 0 ) b  33 2 2 x . 不妨设 1 x ，则 2 x 2 ( ) F x  ( x  x 1 )( x  3 2 2) ，比较系数得 3 x 1 4 1  ，故 x   1 3 1 2 2 . x 1 x 2 2 b 3 1 2 2 3   3 2 . 所以  ，由此知 0 y 1  y 2   1 x 1 1 x 2  x 2 x  1 x x 1 2  ，故答案为 B. 0 二、填空题 (13) 1 6 以△ ADD 为底面，则易知三棱锥的高为 1，故 1 1 V   3 2 1  1 1 1    1 6 .[来源:Zxxk.Com] ( 14)9 最左边两个矩形面积之和为 0.10×1+0.12×1＝0.22，总城市数为 11÷0.22＝50，最右面矩形面积为 0.18×1＝0.18，50×0.18＝9. (15) 1 4 当 1a  时，有 2 a  4, a 1 m  ，此时 a m 2,  ，此时 ( )g x 1 2   为减函数，不合题意. x 若 0 1a  ，则 1 a   24, a (16) (2 sin 2,1 cos2)    ，故 1 m 4 a m ,  ，检验知符合题意. 1 16 三、解答题 (17)(I)由已知得： sin (sin cos B A C  cos A sin ) C  sin sin A C ， sin sin( B A C  )  sin sin A C ， 2 sin B  sin sin A C ，再由正弦定理可得： 2b 所以 , ,a b c 成等比数列. ac ， (II)若 1, c a  ，则 2 b 2 ac  ， 2 ∴ cos B  2 a 2 b 2 c   2 ac  ， 3 4  ， 2  C C sin 1 cos  7 4 ∴△ ABC 的面积 1  2 S ac sin B 1 2     1 2 7 4  7 4 .

(18)(I)从五张卡片中任取两张的所有可能情况有如下 10 种：红 1 红 2，红 1 红 3，红 1 蓝 1，红 1 蓝 2，红 2 红 3，红 2 蓝 1，红 2 蓝 2，红 3 蓝 1，红 3 蓝 2，蓝 1 蓝 2.其中两张卡片的颜色不同且标号之和小于 4 的有 3 种情况，故所求的概率为 P  3 10 . (II)加入一张标号为 0 的绿色卡片后，从六张卡片中任取两张，除上面的 10 种情况外，多出 5 种情况：红 1 绿 0，红 2 绿 0，红 3 绿 0，蓝 1 绿 0，蓝 2 绿 0，即共有 15 种情况，其中颜色不同且标号之和小于 4 的有 8 种情况，所以概率为 P  8 15 . (19)(I)设 BD 中点为 O，连接 OC，OE，则由 BC CD 知， CO BD ，又已知 CE BD ，所以 BD  平面 OCE. 所以 BD OE ，即 OE是 BD的垂直平分线，所以 BE DE (II)取 AB中点 N，连接 ,MN DN ， . ∵M是 AE的中点，∴ MN ∥ BE ， ∵△ ABD 是等边三角形，∴ DN AB 由∠BCD＝120°知，∠CBD＝30°，所以∠ABC＝60°+30°＝90°，即 BC AB ， . 所以 ND∥BC，所以平面 MND∥平面 BEC，故 DM∥平面 BEC. 10 5 d a   (20)(I)由已知得： 1   9 d a   1  2( 105, a  1 4 ), d a 解得 1 7, d  , 7 所以通项公式为 na 7 (   n 1) 7    7 n . (II)由 na 7 n  ，得 2 7 m n  2 7 m 1  ，即 mb  2 7 m 1  . ∵ 1  b k b k  2 m 1  2 m 1  7 7  ， 49 ∴{ }mb 是公比为 49 的等比数列， ∴ mS  m 7(1 49 )  1 49   7 (49 48 m  1) . (21)(I) e  c a   3 2 2 b 2 a  2 a  ……① 3 4 2 b 矩形 ABCD面积为 8，即 2 a 由①②解得： 2, 1 b  ， a  ……② 8 ∴椭圆 M的标准方程是 2 x 4 2 y 1  .

(II)    x y 2 2 4 y   , x m   4,   5 x 2 8 mx  2 4 m   4 0 ，设 1 ( P x y Q x y ，则 ), ( ) , , 1 2 2 x 1  x 2   8 5 m x x 1 2 ,   4 ， 4 m 2 5 由  2 64 m  20(4 m 2  4)  得 5  0  m  5 . | PQ |  2     8 5 m 2     4  4  4 m 2 5 4 2 5 5  m 2 . 当 l 过 A 点时， 1m  ，当 l 过 C 点时， 1 m   . ①当 5   m   时，有 ( S m    1, 1), 1 T (2,2  m ST ),| |  2(3  ，[来源:学科网] m ) | | PQ ST | |  5 4 5 (3 其中 t m 2   1 2 ) ， 6 t 4 5   m m   4 2 t  ，即 4  ，由此知当 1 3 5 3 3 4 3 t m  时， | | m m 5 t , (     PQ ST | |  ，则当 5 3 2 5 5 PQ ST ， | | | |  ③当 1 1m   时，| ST  | 2 2 2  ， m ②由对称性，可知若1 取得最大值 2 5 . 5 PQ ST  时， | 5, 1) | | | 取得最大值 2 5 . 5 由此知，当 0m  时， | | PQ ST | | 取得最大值 2 5 5 . 综上可知，当 m   和 0 时， | | 5 3 PQ ST | | 取得最大值 2 5 5 . (22)(I)  ( ) f x  1 x  由已知， f  (1)  x ln ex 1  e  k ， k  ，∴ 1 k  . 0 (II)由(I)知，  ( ) f x  x  1 1 x  ln ex   ln x 1  ，则  ( ) k x   设 ( ) k x 由 (1) k 1 x 0  知，当 0 1x  时 ( ) f x k x  ，从而 ( ) 0  ， 0 . 1 2 x   ，即 ( ) k x 在 (0, 0 1 x ) 上是减函数，当 1x  时 ( ) 0 k x  ，从而 ( ) 0 f x  . 综上可知， ( ) f x 的单调递增区间是 (0,1) ，单调递减区间是 (1, ) . (III)由(II)可知，当 1x  时， ( ) g x  xf x ( ) ≤0＜1+ 2e ，故只需证明成立. ( ) 1 e g x   在 0  2 1x  时

当 0 1x  时， ex ＞1，且 ( ) g x  ，∴ 0 1  ( ) g x  x 设 ( ) 1   F x x ln x  ， (0,1) x  x ，则 ( ) F x    (ln x x 1   x ln x  . x x  ln ex 2)  ，当 x   2 (0,e ) F x 时， ( )  ，当 0 x  (e ,1) 2 时， ( ) 0 F x  ，所以当 x  时， ( )F x 取得最大值 2e F e ( 2 ) 1 e    2 . 所以 ( ) g x  F x ( ) 1 e    2 . 综上，对任意 0 x  ， ( ) 1 e g x    2 . [来源:学,科,网]

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