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  • 2021-05-13 发布

全国高考理科数学试题及答案山东卷

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2012 年普通高等学校招生全国统一考试(山东卷) 理科数学 本试卷分第 I 卷和第 II 卷两部分,共 4 页。满分 150 分。考试用时 120 分钟,考试结束,务必将 试卷和答题卡一并上交。 注意事项: 1.答题前,考生务必用直径 0.5 毫米黑色墨水签字笔将自己的姓名、准考证号、县区和科类填写在 答题卡上和试卷规定的位置上。 2.第 I 卷每小题选出答案后,用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑;如需改动,用橡皮 擦干净后,再选涂其他答案标号,答案不能答在试卷上。 3.第 II 卷必须用 0.5 毫米黑色签字笔作答,答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应的位置,不 能写在试卷上;如需改动,先划掉原来的答案,然后再写上新的答案;不能使用涂改液、胶带纸、 修正带。不按以上要求作答的答案无效。 4.填空题请直接填写答案,解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 参考公式: 锥体的体积公式:V= 1 3 Sh,其中 S 是锥体的底面积,h 是锥体的高。 如果事件 A,B 互斥,那么 P(A+B)=P(A)+P(B);如果事件 A,B 独立,那么 P(AB)=P(A)·P (B)。 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 x 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 解析: iiii i iz 535 )1114(722 5 )2)(711( 2 711   .答案选 A。 另解:设 ),( Rbabiaz  ,则 iiabbaibia 711)2(2)2)((  根据复数相等可知 72,112  abba ,解得 5,3  ba ,于是 iz 53  。 2 已知全集  ={0,1,2,3,4},集合 A={1,2,3,},B={2,4} ,则(CuA)  B 为 A {1,2,4} B {2,3,4} C {0,2,4} D {0,2,3,4} 解析: }4,2,0{)(},4,0{  BACAC UU  。答案选 C。 3 设 a>0 a≠1 ,则“函数 f(x)= ax 在 R 上是减函数 ”,是“函数 g(x)=(2-a) 3x 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 解析:p:“函数 f(x)= ax 在 R 上是减函数 ”等价于 10  a ;q:“函数 g(x)=(2-a) 3x 在 R 上是增 函数”等价于 02  a ,即 ,20  a 且 a≠1,故 p 是 q 成立的充分不必要条件. 答案选 A。 (4)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 解析:采用系统抽样方法从 960 人中抽取 32 人,将整体分成 32 组,每组 30 人,即 30l ,第 k 组的号码为 930)1( k ,令 750930)1(451  k ,而 zk  ,解得 2516  k ,则满足 2516  k 的整数 k 有 10 个,故答案应选 C。 解析:作出可行域,直线 03  yx ,将直线平移至点 )0,2( 处有最大值, 点 )3,2 1( 处有最小值,即 62 3  z .答案应选 A。 (6)执行下面的程序图,如果输入 a=4,那么输出的 n 的值为 (A)2(B)3(C)4(D)5 解析: 312,140,0 0  qpn ; 716,541,1 1  qpn ; 15114,2145,2 2  qpn , qpn  ,3 。 答案应选 B。 (7)若 4 2        , , 3 7sin 2 = 8  ,则 sin = (A) 3 5 (B) 4 5 (C) 7 4 (D) 3 4 解析:由 4 2        , 可得 ],2[2   , 8 12sin12cos 2   , 4 3 2 2cos1sin   ,答案应选 D。 另解:由 4 2        , 及 3 7sin 2 = 8  可得 22  yx 14  yx 42  yx O 4 3 4 7 16 7769 16 7616 8 7312sin1cossin   , 而当 4 2        , 时  cossin  ,结合选项即可得 4 7cos,4 3sin   .答案应选 D。 (8)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 解析: 2)2(,1)1(,0)0(,1)1(,0)2(,1)3(  ffffff ,而函数的周期为 6, 3383335)2()1()210101(335)2012()2()1(  fffff  . 答案应选 B (9)函数 的图像大致为 解析:函数 xx xxf   22 6cos)( , )( 22 6cos)( xfxxf xx     为奇函数, 当 0x ,且 0x 时 )(xf ;当 0x ,且 0x 时 )(xf ; 当 x ,  xx 22 , 0)( xf ;当 x ,  xx 22 , 0)( xf . 答案应选 D。 (10)已知椭圆 C: 的离心率为 ,双曲线 x²-y²=1 的渐近线与椭圆有四 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 解 析 : 双 曲 线 x²-y² = 1 的 渐 近 线 方 程 为 xy  , 代 入 可 得 164, 2 22 22 2    xS ba bax ,则 )(4 2222 baba  ,又由 2 3e 可得 ba 2 ,则 24 5bb  , 于是 20,5 22  ab 。椭圆方程为 1520 22  yx ,答案应选 D。 (11)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 解析: 4728856072166 1415164 1 12 2 4 3 4 3 16  CCCC ,答案应选 C。 另解: 472122642202 11124126 1011123 2 12 1 4 3 4 3 12 0 4  CCCCC . (12)设函数 f (x)= ,g(x)=ax2+bx 若 y=f(x)的图像与 y=g(x)图像有且仅有两 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 解析:令 bxaxx  21 ,则 )0(1 23  xbxax ,设 23)( bxaxxF  , bxaxxF 23)( 2  令 023)( 2  bxaxxF ,则 a bx 3 2 ,要使 y=f(x)的图像与 y=g(x)图像有且仅有两个不同的公 共点只需 1)3 2()3 2()3 2( 23  a bba baa bF ,整理得 23 274 ab  ,于是可取 3,2  ba 来 研究,当 3,2  ba 时, 132 23  xx ,解得 2 1,1 21  xx ,此时 2,1 21  yy ,此时 0,0 2121  yyxx ;当 3,2  ba 时, 132 23  xx ,解得 2 1,1 21  xx ,此时 2,1 21  yy ,此时 0,0 2121  yyxx .答案应选 B。 另解:令 )()( xgxf  可得 bax x 2 1 。 设 baxy x y  ,1 2 不妨设 21 xx  ,结合图形可知, 当 0a 时如右图,此时 21 xx  , 即 021  xx ,此时 021  xx , 1 12 2 11 yxxy  ,即 021  yy ;同理可由图形经 过推理可得当 0a 时 0,0 2121  yyxx .答案应选 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)若不等式 的解集为 ,则实数 k=__________。 解析:由 可得 242  kx ,即 62  kx ,而 31  x ,所以 2k . )0(   a baxy )0(   a baxy y y x x21 xx21 xx 另解:由题意可知 3,1  xx 是 24 kx 的两根,则      243 24 k k ,解得 2k . (14)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____________。 解析: 6 1112 113 1 11   DEDFEDFD VV . (15)设 a>0.若曲线 与直线 x=a,y=0 所围成封闭图形的面积为 a,则 a=______。 解析: aaxdxxS aa   2 3 0 2 3 0 3 2 3 2 ,解得 4 9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, 的坐标为 ______________。 解析:根据题意可知圆滚动了 2 单位个弧长,点 P 旋转 了 21 2  弧度,此时点 P 的坐标为 )2cos1,2sin2( ,2cos1)22sin(1 ,2sin2)22cos(2    OP y x P P   . 另 解 1 : 根 据 题 意 可 知 滚 动 制 圆 心 为 ( 2,1 ) 时 的 圆 的 参 数 方 程 为        sin1 cos2 y x , 且 22 3,2  PCD , 则 点 P 的 坐 标 为        2cos1)22 3sin(1 2sin2)22 3cos(2   y x , 即 )2cos1,2sin2( OP . 三、解答题:本大题共 6 小题,共 74 分。 C D (17)(本小题满分 12 分) 已知向量 m=(sinx,1) ,函数 f(x)=m·n 的最大值为 6. (Ⅰ)求 A; (Ⅱ)将函数 y=f(x)的图象像左平移 12  个单位,再将所得图象各点的横坐标缩短为原来的 1 2 倍, 纵坐标不变,得到函数 y=g(x)的图象。求 g(x)在 上的值域。 解析:(Ⅰ)       62sin2cos22sin2 32cos2sincos3)( xAxAxAxAxxAnmxf , 则 6A ; (Ⅱ)函数 y=f(x)的图象像左平移 12  个单位得到函数 ]6)12(2sin[6   xy 的图象, 再将所得图象各点的横坐标缩短为原来的 1 2 倍,纵坐标不变,得到函数 )34sin(6)(  xxg . 当 ]24 5,0[ x 时, ]1,2 1[)34sin(],6 7,3[34   xx , ]6,3[)( xg . 故函数 g(x)在 上的值域为 ]6,3[ . 另解:由 )34sin(6)(  xxg 可得 )34cos(24)(  xxg ,令 0)(  xg , 则 )(234 Zkkx   ,而 ]24 5,0[ x ,则 24 x , 于是 36 7sin6)24 5(,62sin6)24(,333sin6)0(   ggg , 故 6)(3  xg ,即函数 g(x)在 上的值域为 ]6,3[ . (18)(本小题满分 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。 解析:(Ⅰ)在等腰梯形 ABCD 中,AB∥CD,∠DAB=60°,CB=CD, 由余弦定理可知 20222 3)180cos(2 CDDABCBCDCBCDBD  , z x y 即 ADCDBD 33  ,在 ABD 中,∠DAB=60°, ADBD 3 ,则 ABD 为直角三角形, 且 DBAD  。又 AE⊥BD, AD 平面 AED, AE 平面 AED,且 AAEAD  ,故 BD⊥平面 AED; (Ⅱ)由(Ⅰ)可知 CBAC  ,设 1CB ,则 3 BDCA ,建立如图所示的空间直角坐标系, )0,2 1,2 3(),0,1,0(),01,0( DBF ,向量 )1,0,0(n 为平面 BDC 的一个法向量. 设向量 ),,( zyxm  为平面 BDF 的法向量,则      0 0 FBm BDm ,即      0 02 3 2 3 zy yx , 取 1y ,则 1,3  zx ,则 )1,1,3(m 为平面 BDF 的一个法向量. 5 5 5 1,cos  nm nmnm ,而二面角 F-BD-C 的平面角为锐角,则 二面角 F-BD-C 的余弦值为 5 5 。 (19)(本小题满分 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 解析:(Ⅰ) 36 7 3 2 3 1 4 1)3 1(4 3 1 2 2  CP ; (Ⅱ) 5,4,3,2,1,0X 9 1 3 2 3 1 4 1)2(,12 1)3 1(4 3)1(.36 1)3 1(4 1)0( 1 2 22  CXPXPXP , 3 1)3 2(4 3)5(,9 1)3 2(4 1)4(,3 1 3 2 3 1 4 3)3( 221 2  XPXPCXP X 0 1 2 3 4 5 P 36 1 12 1 9 1 3 1 9 1 3 1 EX=0× 36 1 +1× 12 1 +2× 9 1 +3× 3 1 +4× 9 1 +5× 3 1 = 12 5312 41  . (20)(本小题满分 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。 解析:(Ⅰ)由 a3+a4+a5=84,a5=73 可得 ,28,843 44  aa 而 a9=73,则 9,455 49  daad , 12728341  daa ,于是 899)1(1  nnan ,即 89  nan . (Ⅱ)对任意 m∈N﹡, mm n 29899  ,则 89989 2  mm n , 即 9 899 89 121   mm n ,而 *Nn  ,由题意可知 112 99   mm mb , 于是 )999(999 1101231 21   mm mm bbbS  8 9 80 19 80 19109 8 19 80 99 91 91 91 99 121212 2 12 mmmmmmmm      , 即 8 9 80 19 12 mm mS   . (21)(本小题满分 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 3 4 。 (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 2 ,直线 l:y=kx+ 1 4 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 1 2 ≤k≤2 时, 的最小值。 解析:(Ⅰ)F 抛物线 C:x2=2py(p>0)的焦点 F )2,0( p ,设 M )0)(2,( 0 2 0 0 xp xx , ),( baQ ,由 题意可知 4 pb  ,则点 Q 到抛物线 C 的准线的距离为  ppppb 4 3 242 3 4 ,解得 1p , 于是抛物线 C 的方程为 yx 22  . (Ⅱ)假设存在点 M,使得直线 MQ 与抛物线 C 相切于点 M, 而 )2,(),0,0(),2 1,0( 2 0 0 xxMOF , )4 1,(aQ , QFOQMQ  , 16 1)4 1 2()( 22 2 02 0  axax , 0 3 0 8 3 8 xxa  , 由 yx 22  可得 xy  , 0 3 0 2 0 0 8 3 8 24 1 xx x xk    ,则 2 0 2 0 4 0 2 1 4 1 8 3 8 1 xxx  , 即 022 0 4 0  xx ,解得 10 x ,点 M 的坐标为 )2 1,1( . (Ⅲ)若点 M 的横坐标为 2 ,则点 M )1,2( , )4 1,8 2(Q 。 由      4 1 22 kxy yx 可得 02 122  kxx ,设 ),(),,( 2211 yxByxA , ]4))[(1( 21 2 21 22 xxxxkAB  )24)(1( 22  kk 圆 32 3 16 1 64 2)2 1()8 2(: 22  yxQ , 22 18 2 1 8 2 k k k k D      )1(8 23] )1(3232 3[4 2 2 2 2 2 k k k kDE     , 于是 )1(8 23)24)(1( 2 2 2222 k kkkDEAB   ,令 ]5,4 5[1 2  tk 4 1 8 1248 12)24( )1(8 23)24)(1( 2 2 2 2222    tttt ttt k kkkDEAB , 设 4 1 8 124)( 2  ttttg , 28 128)( t ttg  , 当 ]5,4 5[t 时, 0 8 128)( 2  t ttg , 即当 2 1,4 5  kt 时 10 144 1 4 58 1 4 5216 254)( min   tg . 故当 2 1k 时, 10 14)( min 22  DEAB . 22(本小题满分 13 分) 已知函数 f(x) = xe kx ln (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 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, 21)(  exg 。 解析:由 f(x) = xe kx ln 可得  )(xf xe xkx ln1  ,而 0)1( f ,即 01  e k ,解得 1k ; (Ⅱ)  )(xf xe xx ln11  ,令 0)(  xf 可得 1x , 当 10  x 时, 0ln11)(  xxxf ;当 1x 时, 0ln11)(  xxxf 。 于是 )(xf 在区间 )1,0( 内为增函数;在 ),1(  内为减函数。 简证(Ⅲ) xx e xxxx e xxxxxg ln)(1ln11 )()( 22 2    , 当 1x 时, 0,0,0ln,01 22  xexxxx , 210)(  exg . 当 10  x 时,要证 2 22 2 1ln)(1ln11 )()(    e e xxxx e xxxxxg xx 。 只需证 2 2 21 ( )ln (1 )xx x x x e e      ,然后构造函数即可证明。