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)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z为(A)3+5i(B)3－5i(C)－3+5i (D)－3－5i已知全集，集合，，则为(2)U{0,1,2,3,4}A{1,2,3}B{2,4}(UA)B(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(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2x对称.则下列判断正确的是2(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(8)函数y2sin(0x9)的最大值与最小值之和为63(A)23 (B)0 (C)－1 (D)13(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xx2y2(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1a2b22点到双曲线C1的渐近线的距离为2，则抛物线C2的方程为283216322(A)xy (B)xy (C)x8y (D)x16y[来源:Z_xx_k.Com]331(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A1B1C1D1的棱长为1，E为线段B1C上的一点，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sinB(tanAtanC)tanAtanC.(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；*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.(21)(本小题满分13分)x2y23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a2b22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|PQ|点P,Q,l与矩形ABCD有两个不同的交点S,T.求|ST|的最大值及取得最大值时m的值.(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ex点(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；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]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22同零点x,x.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1233232为F(0)1，故必有F(b)0由此得b32.不妨设xx，则xb32.所以32122311F(x)(xx)(x32)2，比较系数得x341，故x32.xx320，由此111212211x1x2知y1y20，故答案为B.x1x2x1x2二、填空题1111(13) 以△ADD为底面，则易知三棱锥的高为1，故V111.[来源:Zxxk.Com]61326(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sin2,1cos2)三、解答题(17)(I)由已知得：sinB(sinAcosCcosAsinC)sinAsinC，sinBsin(AC)sinAsinC，sin2BsinAsinC，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b23∴cosB，2ac47sinC1cos2C，41177∴△ABC的面积SacsinB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，8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.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.5a110d105,(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.2m2m1(II)由an7n7，得n7，2m1即bm7.b72m1∵k1，2m149bk7∴{bm}是公比为49的等比数列，7(149m)7∴S(49m1).m14948c3a2b23(21)(I)e……①a2a24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4,22(II)5x8mx4m40，yxm,84m24设P(x,y),Q(x,y)，则xxm,xx，1122125125由64m220(4m24)0得5m5.2284m4422|PQ|2m45m.555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|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由k(1)0知，当0x1时k(x)0，从而f(x)0，当x1时k(x)0，从而f(x)0.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xlnxx当0x1时，ex＞1，且g(x)0，∴g(x)1xlnxx.ex设F(x)1xlnxx，x(0,1)，则F(x)(lnx2)，当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.综上，对任意x0，g(x)1e2.[来源:学,科,网]