2012年高考真题数学【文】(山东卷)（含解析版）

2012年普通高等学校招生全国统一考试(山东卷)(A)内切 (B)相交 (C)外切 (D)相离cos6x(10)函数y的图象大致为文科数学2x2x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.x2y2(11)已知双曲线C：1(a0,b0)的离心率为2.若抛物线C:x22py(p0)的焦点到双曲线C的渐近(1)若复数z满足z(2i)117i(i为虚数单位)，则z为1a2b221(A)3+5i(B)3－5i(C)－3+5i (D)－3－5i线的距离为2，则抛物线C2的方程为已知全集，集合，，则为(2)U{0,1,2,3,4}A{1,2,3}B{2,4}(UA)B283216322(A)xy (B)xy (C)x8y (D)x16y[来源:Z_xx_k.Com]33(A){1,2,4}(B){2,3,4}(C){0,2,4}(D){0,2,3,4}1212(12)设函数f(x)，g(x)x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(3)函数f(x)4x的定义域为xln(x1)A(x1,y1),B(x2,y2)，则下列判断正确的是(A)[2,0)(0,2](B)(1,0)(0,2](C)[2,2](D)(1,2](A)xx0,yy0 (B)xx0,yy0(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A12121212 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(C)x1x20,y1y20(D)x1x20,y1y20众数 平均数 中位数 标准差(A)(B)(C)(D)第Ⅱ卷(共90分)(5)设命题p：函数ysin2x的最小正周期为；命题q：函数ycosx的图象关于直线x对称.则下列判断22二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分.正确的是(13)如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，E为线段B1C上的一点，则三棱锥(A)p为真 (B)q为假 (C)pq为假 (D)pq为真ADED1的体积为＿＿＿＿＿.x2y2,(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(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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4xy1,[20.5,21.5)，[21.5,22.5)，[22.5,23.5)，[23.5,24.5)，[24.5,25.5)，333(A)[,6] (B)[,1] (C)[1,6] (D)[6,]222[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(7)执行右面的程序框图，如果输入a＝4，那么输出的n的值为气温不低于25.5℃的城市个数为＿＿＿＿.(A)2 (B)3 (C)4 (D)5(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,)x(8)函数y2sin(0x9)的最大值与最小值之和为上是增函数，则a＝＿＿＿＿.63(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(A)23 (B)0 (C)－1 (D)13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)(9)圆(x2)2y24与圆(x2)2(y1)29的位置关系为时，OP的坐标为＿＿＿＿.三、解答题：本大题共6小题，共74分.(21)(本小题满分13分)(17)(本小题满分12分)x2y23如图，椭圆的离心率为，直线和所围成的矩形的面积为M:221(ab0)xaybABCD8.在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c，已知sinB(tanAtanC)tanAtanC.ab2(Ⅰ)求椭圆M的标准方程；(Ⅰ)求证：a,b,c成等比数列；(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(Ⅱ)若a1,c2，求△ABC的面积S.|PQ|有两个不同的交点S,T.求的最大值及取得最大值时m的值.|ST|(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()0和小于4的概率.(22)(本小题满分13分)lnx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(1,f(1))处的切线与exx轴平行.(19)(本小题满分12分)(Ⅰ)求k的值；如图，几何体EABCD是四棱锥，△ABD为正三角形，CBCD,ECBD.(Ⅱ)求f(x)的单调区间；(Ⅰ)求证：BEDE；2(Ⅲ)设g(x)xf(x)，其中f(x)为f(x)的导函数.证明：对任意x0,g(x)1e.[来源:学科网ZXXK](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；*2m(Ⅱ)对任意mN，将数列{an}中不大于7的项的个数记为bm.求数列{bm}的前m项和Sm.1177∴△ABC的面积SacsinB12.参考答案：2244从五张卡片中任取两张的所有可能情况有如下种：红红，红红，红蓝，红蓝，红红，一、选择题：(18)(I)101213111223红蓝，红蓝，红蓝，红蓝，蓝蓝其中两张卡片的颜色不同且标号之和小于的有种情况，(1)A(2)C(3)B(4)D(5)C(6)A(7)B(8)A(9)B(10)D(11)D(12)B2122313212.43323(12)解：设F(x)xbx1，则方程F(x)0与f(x)g(x)同解，故其有且仅有两个不同零点x1,x2.由故所求的概率为P.10222F(x)0得x0或xb.这样，必须且只须F(0)0或F(b)0，因为F(0)1，故必有F(b)0由此(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3331绿，红绿，红绿，蓝绿，蓝绿，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32020301020得b32.不妨设xx，则xb32.所以F(x)(xx)(x32)2，比较系数得x341，故12211823情况，所以概率为P.151111xxx32.xx320，由此知yy120，故答案为B.11212设中点为，连接，，则由知，，22x1x2x1x2(19)(I)BDOOCOEBCCDCOBD二、填空题又已知CEBD，所以BD平面OCE.1111所以BDOE，即OE是BD的垂直平分线，(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]6326所以BEDE.(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(II)取AB中点N，连接MN,DN，×1＝0.18，50×0.18＝9.∵M是AE的中点，∴MN∥BE，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，不合题意.若0a1，则∵△ABD是等边三角形，∴DNAB.42由∠BCD＝120°知，∠CBD＝30°，所以∠ABC＝60°+30°＝90°，即BCAB，11a14,a2m，故a,m，检验知符合题意.416所以ND∥BC，(16)(2sin2,1cos2)所以平面MND∥平面BEC，故DM∥平面BEC.三、解答题5a110d105,(20)(I)由已知得：a19d2(a14d),(17)(I)由已知得：解得a7,d7,sinB(sinAcosCcosAsinC)sinAsinC，1所以通项公式为a7(n1)77n.sinBsin(AC)sinAsinC，n2m2m12(II)由a7n7，得n7，sinBsinAsinC，n2即2m1再由正弦定理可得：bac，bm7.所以a,b,c成等比数列.b72m1∵k149，b72m1(II)若a1,c2，则b2ac2，k∴{b}是公比为49的等比数列，a2c2b23m∴cosB，2ac47(149m)7∴S(49m1).m149487sinC1cos2C，4c3a2b23(21)(I)e……①a2a24矩形ABCD面积为8，即2a2b8……②由k(1)0知，当0x1时k(x)0，从而f(x)0，由①②解得：a2,b1，当x1时k(x)0，从而f(x)0.x2∴椭圆M的标准方程是y21.综上可知，f(x)的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1,).4(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.22x4y4,22(II)5x8mx4m40，1xlnxxyxm,当0x1时，ex＞1，且g(x)0，∴g(x)1xlnxx.ex84m24设P(x,y),Q(x,y)，则xxm,xx，设F(x)1xlnxx，x(0,1)，则F(x)(lnx2)，1122125125当x(0,e2)时，F(x)0，当x(e2,1)时，F(x)0，由64m220(4m24)0得5m5.所以当xe2时，F(x)取得最大值F(e2)1e2.2284m4422|PQ|2m45m.2555所以g(x)F(x)1e.当l过A点时，m1，当l过C点时，m1.综上，对任意x0，g(x)1e2.[来源:学,科,网]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|45m24461，|ST|5(3m)25t2t1345|PQ|2其中tm3，由此知当，即t,m(5,1)时，取得最大值5.t433|ST|55|PQ|2②由对称性，可知若1m5，则当m时，取得最大值5.3|ST|5|PQ|2③当1m1时，|ST|22，5m2，|ST|5|PQ|2由此知，当m0时，取得最大值5.|ST|55|PQ|2综上可知，当m和0时，取得最大值5.3|ST|51lnxk(22)(I)f(x)x，ex1k由已知，f(1)0，∴k1.e1lnx1(II)由(I)知，f(x)x.ex111设k(x)lnx1，则k(x)0，即k(x)在(0,)上是减函数，xx2x