全国高考理科数学试题及答案山东卷

全国高考理科数学试题及答案山东卷

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。