2012年山东省高考数学试卷（理科） 27页

‎2012年山东省高考数学试卷（理科）‎ ‎　‎ 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．（5分）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 ‎2．（5分）已知全集U={0，1，2，3，4}，集合A={1，2，3}，B={2，4}，则（∁UA）∪B为（　　）‎ A．{1，2，4} B．{2，3，4} C．{0，2，3，4} D．{0，2，4}‎ ‎3．（5分）设a＞0且a≠1，则“函数f（x）=ax在R上是减函数”，是“函数g（x）=（2﹣a）x3在R上是增函数”的（　　）‎ A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 ‎4．（5分）采用系统抽样方法从960人中抽取32人做问卷调查，为此将他们随机编号为1，2，…，960，分组后在第一组采用简单随机抽样的方法抽到的号码为9．抽到的32人中，编号落入区间[1，450]的人做问卷A，编号落入区间[451，750]的人做问卷B，其余的人做问卷C．则抽到的人中，做问卷B的人数为（　　）‎ A．7 B．9 C．10 D．15‎ ‎5．（5分）设变量x，y满足约束条件，则目标函数z=3x﹣y的取值范围是（　　）‎ A． B． C．[﹣1，6] D．‎ ‎6．（5分）执行如图的程序框图，如果输入a=4，那么输出的n的值为（　　）‎ A．5 B．4 C．3 D．2‎ ‎7．（5分）若，，则sinθ=（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎8．（5分）定义在R上的函数f（x）满足f（x+6）=f（x），当﹣3≤x＜﹣1时，f（x）=﹣（x+2）2，当﹣1≤x＜3时，f（x）=x．则f（1）+f（2）+f（3）+…+f（2012）=（　　）‎ A．335 B．338 C．1678 D．2012‎ ‎9．（5分）函数y=的图象大致为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎10．（5分）已知椭圆C：+=1（a＞b＞0）的离心率为，与双曲线x2﹣y2=1的渐近线有四个交点，以这四个交点为顶点的四边形的面积为16，则椭圆C的方程为（　　）‎ A．+=1 B．+=1 C．+=1 D．+=1‎ ‎11．（5分）现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张，从中任取3张，要求取出的这些卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张，不同取法的种数为（　　）‎ A．232 B．252 C．472 D．484‎ ‎12．（5分）设函数f（x）=，g（x）=ax2+bx（a，b∈R，a≠0）若y=f（x）的图象与y=g（x）图象有且仅有两个不同的公共点A（x1，y1），B（x2，y2），则下列判断正确的是（　　）‎ A．当a＜0时，x1+x2＜0，y1+y2＞0 B．当a＜0时，x1+x2＞0，y1+y2＜0‎ C．当a＞0时，x1+x2＜0，y1+y2＜0 D．当a＞0时，x1+x2＞0，y1+y2＞0‎ ‎　‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分．‎ ‎13．（4分）若不等式|kx﹣4|≤2的解集为{x|1≤x≤3}，则实数k=　　．‎ ‎14．（4分）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别为线段AA1，B1C上的点，则三棱锥D1﹣EDF的体积为　　．‎ ‎15．（4分）设a＞0，若曲线y=与直线x=a，y=0所围成封闭图形的面积为a2，则a=　　．‎ ‎16．（4分）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，的坐标为　　．‎ ‎　‎ 三、解答题：本大题共6小题，共74分．‎ ‎17．（12分）已知向量 =（sinx，1），=（Acosx，cos2x）（A＞0），函数f（x）=•的最大值为6．‎ ‎（Ⅰ）求A；‎ ‎（Ⅱ）将函数y=f（x）的图象像左平移个单位，再将所得图象各点的横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变，得到函数y=g（x）的图象．求g（x）在[0，]上的值域．‎ ‎18．（12分）在如图所示的几何体中，四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB=60°，FC⊥平面ABCD，AE⊥BD，CB=CD=CF．‎ ‎（Ⅰ）求证：BD⊥平面AED；‎ ‎（Ⅱ）求二面角F﹣BD﹣C的余弦值．‎ ‎19．（12分）现有甲、乙两个靶．某射手向甲靶射击一次，命中的概率为，命中得1分，没有命中得0分；向乙靶射击两次，每次命中的概率为，每命中一次得2分，没有命中得0分．该射手每次射击的结果相互独立．假设该射手完成以上三次射击．‎ ‎（Ⅰ）求该射手恰好命中一次得的概率；‎ ‎（Ⅱ）求该射手的总得分X的分布列及数学期望EX．‎ ‎20．（12分）在等差数列{an}中，a3+a4+a5=84，a9=73．‎ ‎（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）对任意m∈N*，将数列{an}中落入区间（9m，92m）内的项的个数记为bm，求数列{bm}的前m项和Sm．‎ ‎21．（13分）在平面直角坐标系xOy中，F是抛物线C：x2=2py（p＞0）的焦点，M是抛物线C上位于第一象限内的任意一点，过M，F，O三点的圆的圆心为Q，点Q到抛物线C的准线的距离为．‎ ‎（Ⅰ）求抛物线C的方程；‎ ‎（Ⅱ）是否存在点M，使得直线MQ与抛物线C相切于点M？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由；‎ ‎（Ⅲ）若点M的横坐标为，直线l：y=kx+与抛物线C有两个不同的交点A，B，l与圆Q有两个不同的交点D，E，求当≤k≤2时，|AB|2+|DE|2的最小值．‎ ‎22．（13分）已知函数为常数，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x轴平行．‎ ‎（Ⅰ）求k的值；‎ ‎（Ⅱ）求f（x）的单调区间；‎ ‎（Ⅲ）设g（x）=（x2+x）f′（x），其中f′（x）为f（x）的导函数．证明：对任意x＞0，g（x）＜1+e﹣2．‎ ‎　‎ ‎2012年山东省高考数学试卷（理科）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 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．（5分）（2012•山东）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 ‎【分析】等式两边同乘2+i，然后化简求出z即可．‎ ‎【解答】解：因为z（2﹣i）=11+7i（i为虚数单位），‎ 所以z（2﹣i）（2+i）=（11+7i）（2+i），‎ 即5z=15+25i，‎ z=3+5i．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎2．（5分）（2012•山东）已知全集U={0，1，2，3，4}，集合A={1，2，3}，B={2，4}，则（∁UA）∪B为（　　）‎ A．{1，2，4} B．{2，3，4} C．{0，2，3，4} D．{0，2，4}‎ ‎【分析】由题意，集合∁UA={0，4}，从而求得（∁UA）∪B={0，2，4}．‎ ‎【解答】解：∵∁UA={0，4}，‎ ‎∴（∁UA）∪B={0，2，4}；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎3．（5分）（2012•山东）设a＞0且a≠1，则“函数f（x）=ax在R上是减函数”，是“函数g（x）=（2﹣a）x3在R上是增函数”的（　　）‎ A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 ‎【分析】根据函数单调性的性质结合充分条件和必要条件的定义即可得到结论．‎ ‎【解答】解：a＞0且a≠1，则“函数f（x）=ax在R上是减函数”，所以a∈（0，1），‎ ‎“函数g（x）=（2﹣a）x3在R上是增函数”所以a∈（0，2）；‎ 显然a＞0且a≠1，则“函数f（x）=ax在R上是减函数”，‎ 是“函数g（x）=（2﹣a）x3在R上是增函数”的充分不必要条件．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎4．（5分）（2012•山东）采用系统抽样方法从960人中抽取32人做问卷调查，为此将他们随机编号为1，2，…，960，分组后在第一组采用简单随机抽样的方法抽到的号码为9．抽到的32人中，编号落入区间[1，450]的人做问卷A，编号落入区间[451，750]的人做问卷B，其余的人做问卷C．则抽到的人中，做问卷B的人数为（　　）‎ A．7 B．9 C．10 D．15‎ ‎【分析】由题意可得抽到的号码构成以9为首项、以30为公差的等差数列，求得此等差数列的通项公式为an=9+（n﹣1）30=30n﹣21，由451≤30n﹣21≤750 求得正整数n的个数．‎ ‎【解答】解：960÷32=30，故由题意可得抽到的号码构成以9为首项、以30为公差的等差数列，且此等差数列的通项公式为an=9+（n﹣1）30=30n﹣21．‎ 由 451≤30n﹣21≤750 解得 15.7≤n≤25.7．‎ 再由n为正整数可得 16≤n≤25，且 n∈z，故做问卷B的人数为10，‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎5．（5分）（2012•山东）设变量x，y满足约束条件 ‎，则目标函数z=3x﹣y的取值范围是（　　）‎ A． B． C．[﹣1，6] D．‎ ‎【分析】作出不等式组表示的平面区域；作出目标函数对应的直线；由目标函数中z的几何意义可求z的最大值与最小值，进而可求z的范围 ‎【解答】解：作出不等式组表示的平面区域，如图所示 由z=3x﹣y可得y=3x﹣z，则﹣z为直线y=3x﹣z在y轴上的截距，截距越大，z越小 结合图形可知，当直线y=3x﹣z平移到B时，z最小，平移到C时z最大 由可得B（，3），‎ 由可得C（2，0），zmax=6‎ ‎∴‎ 故选A ‎　‎ ‎6．（5分）（2012•山东）执行如图的程序框图，如果输入a=4，那么输出的n的值为（　　）‎ A．5 B．4 C．3 D．2‎ ‎【分析】执行程序框图，依次写出每次循环得到的P，Q值，不满足条件P≤Q，程序终止即可得到结论．‎ ‎【解答】解：执行程序框图，有 n=0，0≤1，P=1，Q=3，n=1；‎ n=1，1≤3，P=1+4=5，Q=7，n=2；‎ n=2，5≤7，P=5+16=21，Q=15，n=3；‎ n=3，21≤15不成立，输出，n=3；‎ 故选：C ‎　‎ ‎7．（5分）（2012•山东）若，，则sinθ=（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【分析】结合角的范围，通过平方关系求出二倍角的余弦函数值，通过二倍角公式求解即可．‎ ‎【解答】解：因为，，‎ 所以cos2θ=﹣=﹣，‎ 所以1﹣2sin2θ=﹣，‎ 所以sin2θ=，，‎ 所以sinθ=．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎8．（5分）（2012•山东）定义在R上的函数f（x）满足f（x+6）=f（x），当﹣3≤x＜﹣1时，f（x）=﹣（x+2）2，当﹣1≤x＜3时，f（x）=x．则f（1）+f（2）+f（3）+…+f（2012）=（　　）‎ A．335 B．338 C．1678 D．2012‎ ‎【分析】由f（x+6）=f（x）可知，f（x）是以6为周期的函数，可根据题目信息分别求得f（1），f（2），f（3），f（4），f（5），f（6）的值，再利用周期性即可得答案．‎ ‎【解答】解：∵f（x+6）=f（x），‎ ‎∴f（x）是以6为周期的函数，‎ 又当﹣1≤x＜3时，f（x）=x，‎ ‎∴f（1）+f（2）=1+2=3，f（﹣1）=﹣1=f（5），f（0）=0=f（6）；‎ 当﹣3≤x＜﹣1时，f（x）=﹣（x+2）2，‎ ‎∴f（3）=f（﹣3）=﹣（﹣3+2）2=﹣1，‎ f（4）=f（﹣2）=﹣（﹣2+2）2=0，‎ ‎∴f（1）+f（2）+f（3）+f（4）+f（5）+f（6）=1+2﹣1+0+（﹣1）+0=1，‎ ‎∴f（1）+f（2）+f（3）+…+f（2012）‎ ‎=[f（1）+f（2）+f（3）+…+f（2010）]+f（2011）+f（2012）‎ ‎=335×1+f（1）+f（2）‎ ‎=338．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎9．（5分）（2012•山东）函数y=的图象大致为（　　）‎ A． B． C．‎ ‎ D．‎ ‎【分析】由于函数y=为奇函数，其图象关于原点对称，可排除A，利用极限思想（如x→0+，y→+∞）可排除B，C，从而得到答案D．‎ ‎【解答】解：令y=f（x）=，‎ ‎∵f（﹣x）==﹣=﹣f（x），‎ ‎∴函数y=为奇函数，‎ ‎∴其图象关于原点对称，可排除A；‎ 又当x→0+，y→+∞，故可排除B；‎ 当x→+∞，y→0，故可排除C；‎ 而D均满足以上分析．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎10．（5分）（2012•山东）已知椭圆C：+=1（a＞b＞0）的离心率为，与双曲线x2﹣y2=1的渐近线有四个交点，以这四个交点为顶点的四边形的面积为16，则椭圆C的方程为（　　）‎ A．+=1 B．+=1 C．+=1 D．+=1‎ ‎【分析】由题意，双曲线x2﹣y2=1的渐近线方程为y=±x，根据以这四个交点为顶点的四边形的面积为16，可得（2，2）在椭圆C：+=1．利用，即可求得椭圆方程．‎ ‎【解答】解：由题意，双曲线x2﹣y2=1的渐近线方程为y=±x ‎∵以这四个交点为顶点的四边形的面积为16，故边长为4，‎ ‎∴（2，2）在椭圆C：+=1（a＞b＞0）上 ‎∴‎ 又∵‎ ‎∴‎ ‎∴a2=4b2‎ ‎∴a2=20，b2=5‎ ‎∴椭圆方程为：+=1‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎11．（5分）（2012•山东）现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张，从中任取3张，要求取出的这些卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张，不同取法的种数为（　　）‎ A．232 B．252 C．472 D．484‎ ‎【分析】不考虑特殊情况，共有种取法，其中每一种卡片各取三张，有种取法，两种红色卡片，共有种取法，由此可得结论．‎ ‎【解答】解：由题意，不考虑特殊情况，共有种取法，其中每一种卡片各取三张，有种取法，两种红色卡片，共有种取法，‎ 故所求的取法共有﹣﹣=560﹣16﹣72=472‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎12．（5分）（2012•山东）设函数f（x）=，g（x）=ax2+bx（a，b∈R，a≠‎ ‎0）若y=f（x）的图象与y=g（x）图象有且仅有两个不同的公共点A（x1，y1），B（x2，y2），则下列判断正确的是（　　）‎ A．当a＜0时，x1+x2＜0，y1+y2＞0 B．当a＜0时，x1+x2＞0，y1+y2＜0‎ C．当a＞0时，x1+x2＜0，y1+y2＜0 D．当a＞0时，x1+x2＞0，y1+y2＞0‎ ‎【分析】画出函数的图象，利用函数的奇偶性，以及二次函数的对称性，不难推出结论．‎ ‎【解答】解：当a＜0时，作出两个函数的图象，‎ 若y=f（x）的图象与y=g（x）图象有且仅有两个不同的公共点，‎ 必然是如图的情况，‎ 因为函数f（x）=是奇函数，所以A与A′关于原点对称，‎ 显然x2＞﹣x1＞0，即x1+x2＞0，‎ ‎﹣y1＞y2，即y1+y2＜0，‎ 同理，当a＞0时，有当a＞0时，x1+x2＜0，y1+y2＞0‎ 故选B．‎ ‎　‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分．‎ ‎13．（4分）（2012•山东）若不等式|kx﹣4|≤2的解集为{x|1≤x≤3}，则实数k=　2　．‎ ‎【分析】|kx﹣4|≤2⇔（kx﹣4）2≤4，由题意可知1和3是方程k2x2﹣8kx+12=0的两根，有韦达定理即可求得k的值．‎ ‎【解答】解：∵|kx﹣4|≤2，‎ ‎∴（kx﹣4）2≤4，即k2x2﹣8kx+12≤0，‎ ‎∵不等式|kx﹣4|≤2的解集为{x|1≤x≤3}，‎ ‎∴1和3是方程k2x2﹣8kx+12=0的两根，‎ ‎∴1+3=，‎ ‎∴k=2．‎ 故答案为2．‎ ‎　‎ ‎14．（4分）（2012•山东）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别为线段AA1，B1C上的点，则三棱锥D1﹣EDF的体积为　　．‎ ‎【分析】将三棱锥D1﹣EDF选择△D1ED为底面，F为顶点，进行等体积转化V D1﹣EDF=V F﹣D1ED后体积易求．‎ ‎【解答】解：将三棱锥D1﹣EDF选择△D1ED为底面，F为顶点，则=，‎ 其==，F到底面D1ED的距离等于棱长1，‎ 所以=××1=S 故答案为：‎ ‎　‎ ‎15．（4分）（2012•山东）设a＞0，若曲线y=与直线x=a，y=0所围成封闭图形的面积为a2，则a=　　．‎ ‎【分析】利用定积分表示图形的面积，从而可建立方程，由此可求a的值．‎ ‎【解答】解：由题意，曲线y=与直线x=a，y=0所围成封闭图形的面积为==，‎ ‎∴=a2，‎ ‎∴a=．‎ 故答案为：．‎ ‎　‎ ‎16．（4分）（2012•山东）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，的坐标为　（2﹣sin2，1﹣cos2）　．‎ ‎【分析】设滚动后圆的圆心为O'，切点为A，连接O'P．过O'作与x轴正方向平行的射线，交圆O'于B（3，1），设∠BO'P=θ，则根据圆的参数方程，得P的坐标为（2+cosθ，1+sinθ），再根据圆的圆心从（0，1）滚动到（2，1），算出θ=﹣2，结合三角函数的诱导公式，化简可得P的坐标为（2﹣sin2，1﹣cos2），即为向量的坐标．‎ ‎【解答】解：设滚动后的圆的圆心为O'，切点为A（2，0），连接O'P，‎ 过O'作与x轴正方向平行的射线，交圆O'于B（3，1），设∠BO'P=θ ‎∵⊙O'的方程为（x﹣2）2+（y﹣1）2=1，‎ ‎∴根据圆的参数方程，得P的坐标为（2+cosθ，1+sinθ），‎ ‎∵单位圆的圆心的初始位置在（0，1），圆滚动到圆心位于（2，1）‎ ‎∴∠AO'P=2，可得θ=﹣2‎ 可得cosθ=cos（﹣2）=﹣sin2，sinθ=sin（﹣2）=﹣cos2，‎ 代入上面所得的式子，得到P的坐标为（2﹣sin2，1﹣cos2）‎ ‎∴的坐标为（2﹣sin2，1﹣cos2）．‎ 故答案为：（2﹣sin2，1﹣cos2）‎ ‎　‎ 三、解答题：本大题共6小题，共74分．‎ ‎17．（12分）（2012•山东）已知向量 =（sinx，1），=（Acosx，cos2x）（A＞0），函数f（x）=•的最大值为6．‎ ‎（Ⅰ）求A；‎ ‎（Ⅱ）将函数y=f（x）的图象像左平移个单位，再将所得图象各点的横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变，得到函数y=g（x）的图象．求g（x）在[0，]上的值域．‎ ‎【分析】（Ⅰ）利用向量的数量积展开，通过二倍角公式以及两角和的正弦函数化为，一个角的一个三角函数的形式，通过最大值求A；‎ ‎（Ⅱ）通过函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换规律将函数y=f（x）的图象像左平移个单位，再将所得图象各点的横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变，得到函数y=g（x）的图象．求出g（x）的表达式，通过x∈[0，]求出函数的值域．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）函数f（x）=•=Asinxcosx+cos2x=Asin2x+cos2x=A（sin2x+cos2x）=Asin（2x+）．‎ 因为A＞0，由题意可知A=6．‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）f（x）=6sin（2x+）．‎ 将函数y=f（x）的图象向左平移个单位后得到，‎ y=6sin[2（x+）+]=6sin（2x+）的图象．再将所得图象各点的横坐标缩短为原来的倍，‎ 纵坐标不变，得到函数y=6sin（4x+）的图象．因此g（x）=6sin（4x+）．‎ 因为x∈[0，]，所以4x+∈[，]，4x+=时取得最大值6，4x+=时函数取得最小值﹣3．‎ 故g（x）在[0，]上的值域为[﹣3，6]．‎ ‎　‎ ‎18．（12分）（2012•山东）在如图所示的几何体中，四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB=60°，FC⊥平面ABCD，AE⊥BD，CB=CD=CF．‎ ‎（Ⅰ）求证：BD⊥平面AED；‎ ‎（Ⅱ）求二面角F﹣BD﹣C的余弦值．‎ ‎【分析】（Ⅰ）由题意及图可得，先由条件证得AD⊥BD及AE⊥BD，再由线面垂直的判定定理即可证得线面垂直；‎ ‎（II）解法一：由（I）知，AD⊥BD，可得出AC⊥BC，结合FC⊥‎ 平面ABCD，知CA，CA，CF两两垂直，因此可以C为坐标原点，分别以CA，CB，CF所在的直线为X轴，Y轴，Z轴建立如图的空间直角坐标系，设CB=1，表示出各点的坐标，再求出两个平面的法向量的坐标，由公式求出二面角F﹣BD﹣C的余弦值即可；‎ 解法二：取BD的中点G，连接CG，FG，由于 CB=CD，因此CG⊥BD，又FC⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，可证明出∠FGC为二面角F﹣BD﹣C的平面角，再解三角形求出二面角F﹣BD﹣C的余弦值．‎ ‎【解答】（I）证明：因为四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB=60°．所以∠ADC=∠BCD=120°．又CB=CD，‎ 所以∠CDB=30°，因此，∠ADB=90°，AD⊥BD，‎ 又AE⊥BD且，AE∩AD=A，AE，AD⊂平面AED，‎ 所以BD⊥平面AED；‎ ‎（II）解法一：由（I）知，AD⊥BD，同理AC⊥BC，‎ 又FC⊥平面ABCD，因此CA，CB，CF两两垂直，以C为坐标原点，分别以CA，CB，CF所在的直线为X轴，Y轴，Z轴建立如图的空间直角坐标系，‎ 不妨设CB=1，则C（0，0，0），B（0，1，0），D（，﹣，0），F（0，0，1），因此=（，﹣，0），=（0，﹣1，1）‎ 设平面BDF的一个法向量为=（x，y，z），则•=0，•=0‎ 所以x=y=z，取z=1，则=（，1，1），‎ 由于=（0，0，1）是平面BDC的一个法向量，‎ 则cos＜，＞===，所以二面角F﹣BD﹣C的余弦值为 解法二：取BD的中点G，连接CG，FG，由于 CB=CD，因此CG⊥BD，又FC⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，‎ 所以FC⊥BD，由于FC∩CG=C，FC，CG⊂平面FCG．‎ 所以BD⊥平面FCG．故BD⊥FG，所以∠FGC为二面角F﹣BD﹣C的平面角，‎ 在等腰三角形BCD中，由于∠BCD=120°，‎ 因此CG=CB，又CB=CF，‎ 所以GF==CG，‎ 故cos∠FGC=，‎ 所以二面角F﹣BD﹣C的余弦值为 ‎　‎ ‎19．（12分）（2012•山东）现有甲、乙两个靶．某射手向甲靶射击一次，命中的概率为，命中得1分，没有命中得0分；向乙靶射击两次，每次命中的概率为，每命中一次得2分，没有命中得0分．该射手每次射击的结果相互独立．假设该射手完成以上三次射击．‎ ‎（Ⅰ）求该射手恰好命中一次得的概率；‎ ‎（Ⅱ）求该射手的总得分X的分布列及数学期望EX．‎ ‎【分析】（I）记：“该射手恰好命中一次”为事件A，“该射手射击甲靶命中”为事件B，“该射手第一次射击乙靶命中”为事件C，“该射手第二次射击乙靶命中”为事件D，由于A=B++，根据事件的独立性和互斥性可求出所求；‎ ‎（II）根据题意，X的所有可能取值为0，1，2，3，4，根据事件的对立性和互斥性可得相应的概率，得到分布列，最后利用数学期望公式解之即可．‎ ‎【解答】解：（I）记：“该射手恰好命中一次”为事件A，“该射手射击甲靶命中”为事件B，“该射手第一次射击乙靶命中”为事件C，“该射手第二次射击乙靶命中”为事件D 由题意知P（B）=，P（C）=P（D）=‎ 由于A=B++‎ 根据事件的独立性和互斥性得 P（A）=P（B）+P（）+P（）=P（B）P（）P（）+P（）P（C）P（）+P（）P（）P（D）‎ ‎=×（1﹣）×（1﹣）+（1﹣）××（1﹣）+（1﹣）×（1﹣）×‎ ‎=‎ ‎（II）根据题意，X的所有可能取值为0，1，2，3，4，5‎ 根据事件的对立性和互斥性得 P（X=0）=P（）=（1﹣）×（1﹣）×（1﹣）=‎ P（X=1）=P（B）=×（1﹣）×（1﹣）=‎ P（X=2）=P（+）=P（）+P（）=（1﹣）××（1﹣）+（1﹣）×（1﹣）×=‎ P（X=3）=P（BC）+P（BD）=××（1﹣）+×（1﹣）×=‎ P（X=4）=P（）=（1﹣）××=‎ P（X=5）=P（BCD）=××=‎ 故X的分布列为 ‎ X ‎ 0‎ ‎ 1‎ ‎ 2‎ ‎ 3‎ ‎ 4‎ ‎ 5‎ ‎ P 所以E（X）=0×+1×+2×+3×+4×+5×=‎ ‎　‎ ‎20．（12分）（2012•山东）在等差数列{an}中，a3+a4+a5=84，a9=73．‎ ‎（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）对任意m∈N*，将数列{an}中落入区间（9m，92m）内的项的个数记为bm，求数列{bm}的前m项和Sm．‎ ‎【分析】（I）由已知及等差数列的性质可求a4，由可求公差d，进而可求a1，进而可求通项 ‎（II）由可得9m+8＜9n＜92m+8，从而可得，由等比数列的求和公式可求 ‎【解答】解：（I）∵数列{an}是等差数列 ‎∴a3+a4+a5=3a4=84，‎ ‎∴a4=28‎ 设等差数列的公差为d ‎∵a9=73‎ ‎∴==9‎ 由a4=a1+3d可得28=a1+27‎ ‎∴a1=1‎ ‎∴an=a1+（n﹣1）d=1+9（n﹣1）=9n﹣8‎ ‎（II）若 则9m+8＜9n＜92m+8‎ 因此9m﹣1+1≤n≤92m﹣1‎ 故得 ‎∴Sm=b1+b2+…+bm ‎=（9+93+95+…+92m﹣1）﹣（1+9+…+9m﹣1）‎ ‎=‎ ‎=‎ ‎　‎ ‎21．（13分）（2012•山东）在平面直角坐标系xOy中，F是抛物线C：x2=2py（p＞0）的焦点，M是抛物线C上位于第一象限内的任意一点，过M，F，O三点的圆的圆心为Q，点Q到抛物线C的准线的距离为．‎ ‎（Ⅰ）求抛物线C的方程；‎ ‎（Ⅱ）是否存在点M，使得直线MQ与抛物线C相切于点M？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由；‎ ‎（Ⅲ）若点M的横坐标为，直线l：y=kx+与抛物线C有两个不同的交点A，B，l与圆Q有两个不同的交点D，E，求当≤k≤2时，|AB|2+|DE|2的最小值．‎ ‎【分析】（Ⅰ）通过F（0，），圆心Q在线段OF平分线y=上，推出求出p=1，推出抛物线C的方程．‎ ‎（Ⅱ）假设存在点M（x0，），（x0＞0）满足条件，抛物线C在点M处的切线的斜率为函数的导数，求出Q的坐标，利用|QM|=|OQ|，求出M（）．使得直线MQ与抛物线C相切与点M．‎ ‎（Ⅲ）当x0=时，求出⊙Q的方程为．利用直线与抛物线方程联立方程组．设A（x1，y1），B（x2，y2），利用韦达定理，求出|AB|2．同理求出|DE|2，通过|AB|2+|DE|2的表达式，通过换元，利用导数求出函数的最小值．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）由题意可知F（0，），圆心Q在线段OF平分线y=上，‎ 因为抛物线C的标准方程为y=﹣，‎ 所以，即p=1，‎ 因此抛物线C的方程x2=2y．‎ ‎（Ⅱ）假设存在点M（x0，），（x0＞0）满足条件，‎ 抛物线C在点M处的切线的斜率为 y′==x0．‎ 令y=得，，‎ 所以Q（），‎ 又|QM|=|OQ|，‎ 故，‎ 因此．又x0＞0．‎ 所以x0=，此时M（）．‎ 故存在点M（），使得直线MQ与抛物线C相切与点M．‎ ‎（Ⅲ）当x0=时，由（Ⅱ）的Q（），⊙Q的半径为：r==．‎ 所以⊙Q的方程为．‎ 由，整理得2x2﹣4kx﹣1=0．‎ 设A（x1，y1），B（x2，y2），由于△=16k2+8＞0，x1+x2=2k，x1x2=﹣，‎ 所以|AB|2=（1+k2）[（x1+x2）2﹣4x1x2]=（1+k2）（4k2+2）．‎ 由，整理得（1+k2）x2﹣，‎ 设D，E两点的坐标分别为（x3，y3），（x4，y4），‎ 由于△=＞0，x3+x4=，x3x4=．‎ 所以|DE|2=（1+k2）[（x3+x4）2﹣4x3x4]=，‎ 因此|AB|2+|DE|2=（1+k2）（4k2+2）+，‎ 令1+k2=t，由于△=16k2+8＞0⇒，‎ ‎≤k≤2，∴t≥‎ 则，‎ 所以|AB|2+|DE|2=t（4t﹣2）+=4t2﹣2t+，‎ 设g（t）=4t2﹣2t+，t，因为g′（t）=8t﹣2﹣，‎ 所以当t，g′（t）≥g′（）=6，‎ 即函数g（t）在t是增函数，所以当t=时，g（t）取最小值，‎ 因此当k=时，|AB|2+|DE|2的最小值为．‎ ‎　‎ ‎22．（13分）（2012•山东）已知函数为常数，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x轴平行．‎ ‎（Ⅰ）求k的值；‎ ‎（Ⅱ）求f（x）的单调区间；‎ ‎（Ⅲ）设g（x）=（x2+x）f′（x），其中f′（x）为f（x）的导函数．证明：对任意x＞0，g（x）＜1+e﹣2．‎ ‎【分析】（Ⅰ）先求出f′（x）=，x∈（0，+∞），由y=f（x）在（1，f（1））处的切线与x轴平行，得f′（1）=0，从而求出k=1；‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）得：f′（x）=（1﹣x﹣xlnx），x∈（0，+∞），令h（x）=1﹣x﹣xlnx，x∈（0，+∞），求出h（x）的导数，从而得f（x）在（0，1）递增，在（1，+∞）递减；‎ ‎（Ⅲ）因g（x）=（1﹣x﹣xlnx），x∈（0，+∞），由（Ⅱ）h（x）=1﹣x﹣xlnx，x∈（0，+∞），得1﹣x﹣xlnx≤1+e﹣2，设m（x）=ex﹣（x+1），得m（x）＞m（0）=0，进而1﹣x﹣xlnx≤1+e﹣2＜（1+e﹣2），问题得以证明．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）∵f′（x）=，x∈（0，+∞），‎ 且y=f（x）在（1，f（1））处的切线与x轴平行，‎ ‎∴f′（1）=0，‎ ‎∴k=1；‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）得：f′（x）=（1﹣x﹣xlnx），x∈（0，+∞），‎ 令h（x）=1﹣x﹣xlnx，x∈（0，+∞），‎ 当x∈（0，1）时，h（x）＞0，当x∈（1，+∞）时，h（x）＜0，‎ 又ex＞0，‎ ‎∴x∈（0，1）时，f′（x）＞0，‎ x∈（1，+∞）时，f′x）＜0，‎ ‎∴f（x）在（0，1）递增，在（1，+∞）递减；‎ 证明：（Ⅲ）∵g（x）=（x2+x）f′（x），‎ ‎∴g（x）=（1﹣x﹣xlnx），x∈（0，+∞），‎ ‎∴∀x＞0，g（x）＜1+e﹣2⇔1﹣x﹣xlnx＜（1+e﹣2），‎ 由（Ⅱ）h（x）=1﹣x﹣xlnx，x∈（0，+∞），‎ ‎∴h′（x）=﹣（lnx﹣lne﹣2），x∈（0，+∞），‎ ‎∴x∈（0，e﹣2）时，h′（x）＞0，h（x）递增，‎ x∈（e﹣2，+∞）时，h（x）＜0，h（x）递减，‎ ‎∴h（x）max=h（e﹣2）=1+e﹣2，‎ ‎∴1﹣x﹣xlnx≤1+e﹣2，‎ 设m（x）=ex﹣（x+1），‎ ‎∴m′（x）=ex﹣1=ex﹣e0，‎ ‎∴x∈（0，+∞）时，m′（x）＞0，m（x）递增，‎ ‎∴m（x）＞m（0）=0，‎ ‎∴x∈（0，+∞）时，m（x）＞0，‎ 即＞1，‎ ‎∴1﹣x﹣xlnx≤1+e﹣2＜（1+e﹣2），‎ ‎∴∀x＞0，g（x）＜1+e﹣2．‎ ‎　‎ 参与本试卷答题和审题的老师有：qiss；炫晨；maths；caoqz；邢新丽；wfy814；刘长柏；zwx097；ywg2058；w3239003；xintrl；minqi5；刘老师（排名不分先后）‎ ‎2017年2月3日