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山东省高考(文科)数学试题+答案解析(文数)word版文字介绍: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.

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