2012年山东高考文科数学真题及答案下载

2012年普通高等学校招生全国统一考试(山东卷) 文科数学 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 z(2  i) 11 7i(i 为虚数单位)，则 (A)3+5i (B)3－5i (C)－3+5i　　　(D)－3－5i (2)已知全集U {0,1,2,3,4}，集合 A {1,2,3} z 为 ，B {2,4}，则 (ð A)  B 为U(A){1,2,4} (B){2,3,4} (C){0,2,4} (D){0,2,3,4} 1(3)函数 f (x)   4  x2 的定义域为 ln(x 1) (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 2(5)设命题 p：函数 y  sin 2x 的最小正周期为 ；命题q：函数 y  cos x 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) p  q 为假　　　(D) p  q 为真 x  2y  2, (6)设变量 x, y 满足约束条件 2x  y  4, 则目标函数 z  3x  y 的取值范围是 4x  y  1, 333(A)[ ,6] 　　　(B)[ ,1] 　　　(C)[1,6] 　　　(D)[6, ] 222(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  x 63(8)函数 y  2sin (0  x  9) 的最大值与最小值之和为 (A) 2  3 　　　(B)0　　　(C)－1　　　(D) 1 3 第 1 页 共 8 页 (9)圆 (x  2)2  y2  4 与圆 (x  2)2  (y 1)2  9 的位置关系为 (A)内切　　(B)相交　　(C)外切　　(D)相离 cos6x (10)函数 y  的图象大致为 2x  2x x2 y2 (11)已知双曲线 C1 点到双曲线 ：1(a  0,b  0) 的离心率为 2.若抛物线 C2 : x2  2py(p  0) 的焦 a2 b2 C1 的渐近线的距离为2，则抛物线C2 的方程为 8 3 316 3 (A) x2  y　(B) x2  y　　(C) x2  8y 　　(D) x2 16y [来源:Z_xx_k.Com] 31(12)设函数 f (x)  ，g(x)  x2  bx .若 y  f (x) 的图象与 y  g(x) 的图象有且仅有两个不 x同的公共点 A(x1, y1), B(x2 , y2 ) ，则下列判断正确的是 (A) x1  x2  0, y1  y2  0 　　　　(B) x1  x2  0, y1  y2  0 (C) x1  x2  0, y1  y2  0 　　　　(D) x1  x2  0, y1  y2  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 C1D1 的棱长为 1，E 为线段 B C 上的一点， 111则三棱锥 A  DED1 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)  ax (a  0,a 1) 在［－1，2］上的最大值为 4，最小值为 m，且函数 g(x)  (1 4m) x 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 第 2 页 共 8 页 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) 在△ABC 中，内角 A, B,C 所对的边分别为 a,b,c ，已知sin B(tan A  tanC)  tan AtanC (Ⅰ)求证： a,b,c 成等比数列； .(Ⅱ)若 a 1,c  2 ，求△ ABC 的面积 S. (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 是四棱锥，△ ABD 为正三角形， CB  CD, EC  BD (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{an}的前 5 项和为 105，且 a20  2a5 (Ⅰ)求数列{an}的通项公式； .第 3 页 共 8 页 (Ⅱ)对任意 mN* ，将数列{an}中不大于 72m 的项的个数记为 Sm bm .求数列{bm} 的前 m 项 和.(21) (本小题满分 13分) x2 y2 3如图，椭圆 M : 1(a  b  0) 的离心率为 ，直线 x  a 和 y  b 所围成的矩 a2 b2 形 ABCD 的面积为 8. (Ⅰ)求椭圆 M 的标准方程； 2(Ⅱ) 设直线l : y  x  m(mR) 与椭圆 M 有两个不同的交点 | PQ | P,Q,l 与矩形 ABCD 有两个不同的交点 S,T .求 最大值及取得最大值时 m 的值. 的| ST | (22) (本小题满分 13分) ln x  k 已知函数 f (x)  (k 为常数，e=2.71828…是自然对数的底数)，曲线 y  f (x) 在点 ex (1, f (1)) 处的切线与 x 轴平行. (Ⅰ)求 k 的值； (Ⅱ)求 f (x) 的单调区间； f (x) 的导函数.证明：对任意 x  0, g(x) 1 e2 .[来源:学科网 ZXXK] (Ⅲ)设 g(x)  xf (x) ，其中 f (x) 为第 4 页 共 8 页 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)  x3  bx2 1，则方程 F(x)  0 与f (x)  g(x) 同解，故其有且仅有两个不同 22零点 x1, x2 .由 F (x)  0 得x  0 或x  b.这样，必须且只须 F(0)  0 或F( b)  0 ，因为 3323 3 23F(0) 1， 故 必 有F( b)  0 由 此 得 b  2. 不 妨 设x1  x2 ， 则x2  b  2 . 所 以 3231 3 21 3 2F(x)  (x  x1)(x  3 2)2 ，比较系数得 x1 4 1，故 x1   2.×1  x2  2  0 ，由此 3×1  x2 x1x2 11知y1  y2   0，故答案为 B. x1 x2 二、填空题 11 1 1(13) 　以△ ADD1 为底面，则易知三棱锥的高为 1，故V  111 .[来源:Zxxk.Com] 63 2 6(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. 11(15) 　当 a 1时，有 a2  4,a1  m ，此时 a  2,m  ，此时 g(x)  x 为减函数，不合 4211题意.若 0  a 1，则 a1  4,a2  m ，故 a  ,m  ，检验知符合题意. 416 (16) (2  sin 2,1 cos2) 三、解答题 (17)(I)由已知得： sin B(sin AcosC  cos AsinC)  sin AsinC ，sin Bsin(A  C)  sin AsinC sin2 B  sin AsinC ，，再由正弦定理可得：b2  ac 所以 a,b,c 成等比数列. ，(II)若 a 1,c  2 ，则b2  ac  2 ，a2  c2  b2 2ac 34∴cos B  ，7sinC  1 cos2 C  ，4第 5 页 共 8 页 1177∴△ ABC 的面积 S  acsin B  1 2 .2244(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 3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  .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 8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  .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. 5a 10d 105, 1(20)(I)由已知得： a1  9d  2(a1  4d), 解得 a1  7,d  7 ,所以通项公式为 an  7  (n 1)7  7n (II)由 an  7n  72m ，得 n  72m1 .，即∵bm  72m1 .72m1 72m1 bk1  49 ， bk ∴∴{bm} 是公比为 49 的等比数列， 7(1 49m ) 1 49 7Sm  (49m 1) .48 c3a2  b2 34(21)(I) e  ……① a2a2 第 6 页 共 8 页 矩形 ABCD 面积为 8，即 2a  2b  8 ……② 由①②解得： a  2,b 1 ，x2 ∴椭圆 M 的标准方程是  y2 1 .422x  4y  4, y  x  m, (II)  5×2  8mx  4m2  4  0 ，84m2  4 设由P(x1, y1),Q(x2 , y2 ) ，则 x1  x2  m, x1x2  ，55  64m2  20(4m2  4)  0 得  5  m  5 . 2 | PQ | 2  m  4 84m2  4 42 5  m2 .555当l过A点时， m 1，当 l 过C 点时， m  1. ①当  5  m  1时，有 S(m 1,1),T(2,2  m),| ST | 2(3  m) ，[来源:学科网] | PQ | | ST | 455  m2 454t2 61 ， (3  m)2 t13445| PQ | | ST | 25其中t  m  3 ，由此知当 ，即t  ,m  ( 5,1) 时， 取得最大值 5 . t335| PQ | | ST | 2②由对称性，可知若1 m  5 ，则当 m  时， 取得最大值 5 . 35| PQ | | ST | 25③当 1 m 1时，| ST | 2 2 | PQ | ，5  m2 ，2由此知，当 m  0 时， 取得最大值 5 . | ST | 55| PQ | 25综上可知，当 m  和 0 时， 取得最大值 5 . 3| ST | 1 ln x  k x(22)(I) f (x)  ，ex 1 k e由已知， f (1)   0 ，∴ k 1  ln x 1 .1x(II)由(I)知， f (x)  .ex 111设由k(x)  ln x 1，则 k (x)    0 ，即 k(x) 在，(0,) 上是减函数， xx2 xk(1)  0 知，当 0  x 1 时k(x)  0 ，从而 f (x)  0 第 7 页 共 8 页 x 1时 k(x)  0 ，从而 f (x)  0 . 当综上可知， 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 x 1时， g(x)  xf (x) ≤0＜1+ e2 ，故只需证明 g(x) 1 e2 在 0  x 1 时成立. 1 xln x  x 当0  x 1时， ex ＞1，且 g(x)  0 ，∴ g(x)  1 xln x  x . ex 设当F(x) 1 xln x  x ，x(0,1) ，则 F (x)  (ln x  2) ， x(0,e2 ) 时， F (x)  0 ，当 x(e2 ,1) 时， F (x)  0 ，所以当 x  e2 时， F(x) 取得最大值 F(e2 ) 1 e2 所以 g(x)  F(x) 1 e2 g(x) 1 e2 ..综上，对任意 x  0 ，.[来源:学,科,网] 第 8 页 共 8 页