2012山东省高考(文科)数学试题+答案解析(文数)word版

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2012年高考真题——数学文（山东卷）word解析版第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)117i(izi为虚数单位)，则z为(A)3+5i(B)3－5i(C)－3+5i　　　(D)－3－5i【答案】A【解析】117(2)117i,35.2izizii故选A.(2)已知全集{0,1,2,3,4}U，集合{1,2,3}A，{2,4}B，则()UABð为(A){1,2,4}(B){2,3,4}(C){0,2,4}(D){0,2,3,4}【答案】C【解析】{0,4},UAð(){0,4}{2,4}{0,2,4}.UABð故选B.(3)函数21()4ln(1)fxxx的定义域为(A)[2,0)(0,2](B)(1,0)(0,2](C)[2,2](D)(1,2]【答案】B【解析】210,11,1002.40,xxxxx或故选B.(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【答案】D【解析】样本数据都加2后所得数据的波动性并没有发生改变,所以标准差不变,故选D.(5)设命题p：函数sin2yx的最小正周期为2；命题q：函数cosyx的图象关于直线2x对称.则下列判断正确的是(A)p为真　　　(B)q为假　　　　(C)pq为假　　　(D)pq为真【答案】C【解析】命题p为假,命题q也为假,故选C.(6)设变量,xy满足约束条件22,24,41,xyxyxy则目标函数3zxy的取值范围是(A)3[,6]2　　　(B)3[,1]2　　　(C)[1,6]　　　(D)3[6,]2【答案】A【解析】画出可行域,可求得maxmin36,.2zz故选A.(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【答案】B【解析】本题目主要考查算法思想,重点考查了循环结构图的运用.(8)函数2sin(09)63xyx的最大值与最小值之和为(A)23　　　(B)0　　　(C)－1　　　(D)13【答案】A【解析】7309,,sin()1,3636263xxxmaxmin2,3.yy故选8.(9)圆22(2)4xy与圆22(2)(1)9xy的位置关系为(A)内切　　(B)相交　　(C)外切　　(D)相离【答案】B【解析】2212123,2,(22)(10)17,rroo121212,rroorr所以两圆相交.故选B.(10)函数cos622xxxy的图象大致为【答案】D【解析】容易判断函数为奇函数，首先可以否定选项A；又函数有无数个零点，于是可以否定选项C；当x取一个较小的正数时，0,y由此可以否定选项B.故选D.(11)已知双曲线1C：22221(0,0)xyabab的离心率为2.若抛物线22:2(0)Cxpyp的焦点到双曲线1C的渐近线的距离为2，则抛物线2C的方程为(A)2833xy　(B)21633xy　　(C)28xy　　(D)216xy【答案】D【解析】因为双曲线1C：22221(0,0)xyabab的离心率为2,所以23.cbaa又渐近线方程为0,bxay所以双曲线1C的渐近线方程为30.xy而抛物22:2(0)Cxpyp的焦点坐标为(0,),2p所以有22||228(3)1pp.故选D.(12)设函数1()fxx，2()gxxbx.若()yfx的图象与()ygx的图象有且仅有两个不同的公共点1122(,),(,)AxyBxy，则下列判断正确的是(A)12120,0xxyy　　　　(B)12120,0xxyy(C)12120,0xxyy　　　　(D)12120,0xxyy【答案】B【解析】设32()1Fxxbx，则方程()0Fx与()()fxgx同解，故其有且仅有两个不同零点12,xx.由()0Fx得0x或23xb.这样，必须且只须(0)0F或2()03Fb，因为(0)1F，故必有2()03Fb由此得3322b.不妨设12xx，则32223xb.所以231()()(2)Fxxxx，比较系数得3141x，故31122x.3121202xx，由此知12121212110xxyyxxxx，故答案为B.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1111ABCDABCD的棱长为1，E为线段1BC上的一点，则三棱锥1ADED的体积为＿＿＿＿＿.【答案】16【解析】　以△1ADD为底面，则易知三棱锥的高为1，故111111326V.(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＿＿＿＿.【答案】9　【解析】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)若函数()(0,1)xfxaaa在［－1，2］上的最大值为4，最小值为m，且函数()(14)gxmx在[0,)上是增函数，则a＝＿＿＿＿.【答案】14【解析】　当1a时，有214,aam，此时12,2am，此时()gxx为减函数，不合题意.若01a，则124,aam，故11,416am，检验知符合题意.(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＿＿＿＿.【答案】(2sin2,1cos2)【解析】如图，由题意得2,2,PQPMQ在PNMRt中，sin1sin(2)cos2,2PNPMPMNcos1cos(2)sin2.2MNPMPMN所以，点P的坐标为(2sin2,1cos2)三、解答题：本大题共6小题，共74分.(17)(本小题满分12分)在△ABC中，内角,,ABC所对的边分别为,,abc，已知sin(tantan)tantanBACAC.(Ⅰ)求证：,,abc成等比数列；(Ⅱ)若1,2ac，求△ABC的面积S.解：(I)由已知得：sin(sincoscossin)sinsinBACACAC，sinsin()sinsinBACAC，2sinsinsinBAC，再由正弦定理可得：2bac，所以,,abc成等比数列.(II)若1,2ac，则22bac，∴2223cos24acbBac，27sin1cos4CC，∴△ABC的面积1177sin122244SacB.(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.解：(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310P.(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815P.(19)(本小题满分12分)如图，几何体EABCD是四棱锥，△ABD为正三角形，,CBCDECBD.(Ⅰ)求证：BEDE；(Ⅱ)若∠120BCD，M为线段AE的中点，求证：DM∥平面BEC.解：(I)设BD中点为O，连接OC，OE，则由BCCD知，COBD，又已知CEBD，所以BD平面OCE.所以BDOE，即OE是BD的垂直平分线，所以BEDE.(II)取AB中点N，连接,MNDN，∵M是AE的中点，∴MN∥BE，∵△ABD是等边三角形，∴DNAB.由∠BCD＝120°知，∠CBD＝30°，所以∠ABC＝60°+30°＝90°，即BCAB，所以ND∥BC，所以平面MND∥平面BEC，故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1052aa.(Ⅰ)求数列{}na的通项公式；(Ⅱ)对任意*mN，将数列{}na中不大于27m的项的个数记为mb.求数列{}mb的前m项和mS.解：(I)由已知得：111510105,92(4),adadad解得17,7ad,所以通项公式为7(1)77nann.(II)由277mnan，得217mn，即217mmb.∵211217497mkmkbb，∴{}mb是公比为49的等比数列，∴7(149)7(491)14948mmmS.(21)(本小题满分13分)如图，椭圆2222:1(0)xyMabab的离心率为32，直线xa和yb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:()lyxmmR与椭圆M有两个不同的交点,,PQl与矩形ABCD有两个不同的交点,ST.求||||PQST的最大值及取得最大值时m的值.解：(I)2223324cabeaa……①矩形ABCD面积为8，即228ab……②由①②解得：2,1ab，∴椭圆M的标准方程是2214xy.(II)222244,58440,xyxmxmyxm，设1122(,),(,)PxyQxy，则21212844,55mxxmxx，由226420(44)0mm得55m.22284442||245555mPQmm.当l过A点时，1m，当l过C点时，1m.①当51m时，有(1,1),(2,2),||2(3)SmTmSTm，222||454461||5(3)5PQmSTmtt，其中3tm，由此知当134t，即45,(5,1)33tm时，||||PQST取得最大值255.②由对称性，可知若15m，则当53m时，||||PQST取得最大值255.③当11m时，||22ST，2||25||5PQmST，由此知，当0m时，||||PQST取得最大值255.综上可知，当53m和0时，||||PQST取得最大值255.(22)(本小题满分13分)已知函数ln()(exxkfxk为常数，e=2.71828…是自然对数的底数)，曲线()yfx在点(1,(1))f处的切线与x轴平行.(Ⅰ)求k的值；(Ⅱ)求()fx的单调区间；(Ⅲ)设()()gxxfx，其中()fx为()fx的导函数.证明：对任意20,()1exgx.解：(I)1ln()exxkxfx，由已知，1(1)0ekf，∴1k.(II)由(I)知，1ln1()exxxfx.设1()ln1kxxx，则211()0kxxx，即()kx在(0,)上是减函数，由(1)0k知，当01x时()0kx，从而()0fx，当1x时()0kx，从而()0fx.综上可知，()fx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，()()gxxfx≤0＜1+2e，故只需证明2()1egx在01x时成立.当01x时，ex＞1，且()0gx，∴1ln()1lnexxxxgxxxx.设()1lnFxxxx，(0,1)x，则()(ln2)Fxx，当2(0,e)x时，()0Fx，当2(e,1)x时，()0Fx，所以当2ex时，()Fx取得最大值22()1eFe.所以2()()1egxFx.综上，对任意0x，2()1egx.