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满足为虚数单位)，则为(2)117i(iziz(A)3+5i(B)3－5i(C)－3+5i　　　(D)－3－5i(2)已知全集，集合，，则为{0,1,2,3,4}U{1,2,3}A{2,4}B()UAB(A){1,2,4}(B){2,3,4}(C){0,2,4}(D){0,2,3,4}(3)函数的定义域为21()4ln(1)fxxx(A)(B)(C)(D)[2,0)(0,2](1,0)(0,2][2,2](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：函数的最小正周期为；命题q：函数的图象关于直线对称.则下列判断sin2yx2cosyx2x正确的是(A)p为真　　　(B)为假　　　　(C)为假　　　(D)为真qpqpq(6)设变量满足约束条件则目标函数的取值范围是,xy22,24,41,xyxyxy3zxy(A)　　　(B)　　　(C)　　　(D)3[,6]23[,1]2[1,6]3[6,]2(7)执行右面的程序框图，如果输入＝4，那么输出的n的值为a(A)2　　　(B)3　　　(C)4　　　(D)5(8)函数的最大值与最小值之和为2sin(09)63xyx(A)　　　(B)0　　　(C)－1　　　(D)2313(9)圆与圆的位置关系为22(2)4xy22(2)(1)9xy(A)内切　　(B)相交　　(C)外切　　(D)相离(10)函数的图象大致为cos622xxxy(11)已知双曲线：的离心率为2.若抛物线的焦点到双曲线的渐近1C22221(0,0)xyabab22:2(0)Cxpyp1C线的距离为2，则抛物线的方程为2C(A)　(B)　　(C)　　(D)[来源:Z_xx_k.Com]2833xy21633xy28xy216xy(12)设函数，.若的图象与的图象有且仅有两个不同的公共点1()fxx2()gxxbx()yfx()ygx，则下列判断正确的是1122(,),(,)AxyBxy(A)　　　　(B)12120,0xxyy12120,0xxyy(C)　　　　(D)12120,0xxyy12120,0xxyy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，正方体的棱长为1，E为线段上的一点，则三棱锥1111ABCDABCD1BC的体积为＿＿＿＿＿.1ADED(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).已知样本中平均气温低于22.5℃的城市个数为[25.5,26.5]11，则样本中平均气温不低于25.5℃的城市个数为＿＿＿＿.(15)若函数在［－1，2］上的最大值为4，最小值为m，且函数在()(0,1)xfxaaa()(14)gxmx[0,)上是增函数，则a＝＿＿＿＿.(16)如图，在平面直角坐标系中，一单位圆的圆心的初始位置在(0，1)，此时圆xOy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＿＿＿＿.OP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，内角所对的边分别为，已知.,,ABC,,abcsin(tantan)tantanBACAC(Ⅰ)求证：成等比数列；,,abc(Ⅱ)若，求△的面积S.1,2acABC(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，几何体是四棱锥，△为正三角形，.EABCDABD,CBCDECBD(Ⅰ)求证：；BEDE(Ⅱ)若∠，M为线段AE的中点，120BCD求证：∥平面.DMBEC(20)(本小题满分12分)已知等差数列的前5项和为105，且.{}na2052aa(Ⅰ)求数列的通项公式；{}na(Ⅱ)对任意，将数列中不大于的项的个数记为.求数列的前m项和.*mN{}na27mmb{}mbmS(21)(本小题满分13分)如图，椭圆的离心率为，直线和所围成的矩形ABCD的面积为8.2222:1(0)xyMabab32xayb(Ⅰ)求椭圆M的标准方程；(Ⅱ)设直线与椭圆M有两个不同的交点与矩形ABCD:()lyxmmR,,PQl有两个不同的交点.求的最大值及取得最大值时m的值.,ST||||PQST(22)(本小题满分13分)已知函数为常数，e=2.71828…是自然对数的底数)，曲线在点处的切线与ln()(exxkfxk()yfx(1,(1))fx轴平行.(Ⅰ)求k的值；(Ⅱ)求的单调区间；()fx(Ⅲ)设，其中为的导函数.证明：对任意.[来源:学科网ZXXK]()()gxxfx()fx()fx20,()1exgx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，则方程与同解，故其有且仅有两个不同零点.由32()1Fxxbx()0Fx()()fxgx12,xx得或.这样，必须且只须或，因为，故必有由此()0Fx0x23xb(0)0F2()03Fb(0)1F2()03Fb得.不妨设，则.所以，比较系数得，故3322b12xx32223xb231()()(2)Fxxxx3141x.，由此知，故答案为B.31122x3121202xx12121212110xxyyxxxx二、填空题(13)　以△为底面，则易知三棱锥的高为1，故.[来源:Zxxk.Com]161ADD111111326V(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.(15)　当时，有，此时，此时为减函数，不合题意.若，则141a214,aam12,2am()gxx01a，故，检验知符合题意.124,aam11,416am(16)(2sin2,1cos2)三、解答题(17)(I)由已知得：，sin(sincoscossin)sinsinBACACAC，sinsin()sinsinBACAC，2sinsinsinBAC再由正弦定理可得：，2bac所以成等比数列.,,abc(II)若，则，1,2ac22bac∴，2223cos24acbBac，27sin1cos4CC∴△的面积.ABC1177sin122244SacB(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)(I)设中点为O，连接OC，OE，则由知，，BDBCCDCOBD又已知，所以平面OCE.CEBDBD所以，即OE是BD的垂直平分线，BDOE所以.BEDE(II)取AB中点N，连接，,MNDN∵M是AE的中点，∴∥，MNBE∵△是等边三角形，∴.ABDDNAB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)(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，得，277mnan217mn即.217mmb∵，211217497mkmkbb∴是公比为49的等比数列，{}mb∴.7(149)7(491)14948mmmS(21)(I)……①2223324cabeaa矩形ABCD面积为8，即……②228ab由①②解得：，2,1ab∴椭圆M的标准方程是.2214xy(II)，222244,58440,xyxmxmyxm设，则，1122(,),(,)PxyQxy21212844,55mxxmxx由得.226420(44)0mm55m.22284442||245555mPQmm当过点时，，当过点时，.lA1mlC1m①当时，有，[来源:学科网]51m(1,1),(2,2),||2(3)SmTmSTm，222||454461||5(3)5PQmSTmtt其中，由此知当，即时，取得最大值.3tm134t45,(5,1)33tm||||PQST255②由对称性，可知若，则当时，取得最大值.15m53m||||PQST255③当时，，，11m||22ST2||25||5PQmST由此知，当时，取得最大值.0m||||PQST255综上可知，当和0时，取得最大值.53m||||PQST255(22)(I)，1ln()exxkxfx由已知，，∴.1(1)0ekf1k(II)由(I)知，.1ln1()exxxfx设，则，即在上是减函数，1()ln1kxxx211()0kxxx()kx(0,)由知，当时，从而，(1)0k01x()0kx()0fx当时，从而.1x()0kx()0fx综上可知，的单调递增区间是，单调递减区间是.()fx(0,1)(1,)(III)由(II)可知，当时，≤0＜1+，故只需证明在时成立.1x()()gxxfx2e2()1egx01x当时，＞1，且，∴.01xex()0gx1ln()1lnexxxxgxxxx设，，则，()1lnFxxxx(0,1)x()(ln2)Fxx当时，，当时，，2(0,e)x()0Fx2(e,1)x()0Fx所以当时，取得最大值.2ex()Fx22()1eFe所以.2()()1egxFx综上，对任意，.0x2()1egx[来源:学,科,网]