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1、 1 2012 年普通高等学校招生全国统一考试(山东卷)文科数学 第卷(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(2)117i(izi为虚数单位)，则z为 (A)3+5i (B)3 5i (C)3+5i (D)3 5i【解析】iiiiiiiiz5352515)2)(2()2)(711(2711.故选A.【答案】A (2)已知全集0,1,2,3,4U，集合1,2,3A，2,4B，则BACU）（为 (A)1,2,4 (B)2,3,4 (C)0,2,4 (D)0,2,3,4【解析】4,0AC
2、U,所以42,0，）（BACU,选 C.【答案】C (3)函数21()4ln(1)f xxx的定义域为 (A)2,0)(0,2 (B)(1,0)(0,2 (C)2,2 (D)(1,2【解析】要使函数有意义则有040)1ln(012xxx，即2201xxx，即01x或20 x，选 B.【答案】B (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【解析】设A 样本的数据为变量为X，B 样本的数据为变
3、量为Y，则满足2 XY，根据方差公式可得DXXDDY)2(，所以方差相同，标准差也相同，选D.【答案】D(5)设命题p：函数sin2yx的最小正周期为2；命题q：函数cosyx的图象关于直线2x 2 对称.则下列判断正确的是 (A)p 为真 (B)q为假 (C)pq为假 (D)pq为真【解析】函数xy2sin的周期为22，所以命题p为假；函数xycos的对称轴为Zkkx,所以命题q为假，所以qp 为假，选C.【答案】C (6)设变量,x y满足约束条件22,24,41,xyxyxy 则目标函数3zxy的取值范围是 (A)3,62 (B)3,12 (C)1,6 (D)3 6,2【解析】做出不等式
4、所表示的区域如图，由yxz 3得zxy 3，平移直线xy3，由图象可知当直线经过点)0,2(E时，直线zxy 3的截距最小，此时z最大为63yxz，当直线经过C点时，直线截距最大，此时z最小，由4214yxyx，解 得321yx，此 时233233yxz，所 以yxz 3的取值范围是6,23，选A.【答案】A(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【解析】当4a时，第一次1,3,140nQP，第二次2,7,441nQP，第三次3,15,1642nQP，此时QP 不满足，输出3n，选B.【答案】B 3 (8)函数2sin(09)63x
5、yx的最大值与最小值之和为 (A)23 (B)0 (C)1 (D)13 【解析】因为90 x，所以6960 x，369363x，即67363x，所以当336x时，最小值为3)3sin(2，当236x时，最大值为22sin2，所以最大值与最小值之和为32，选A.【答案】A (9)圆22(2)4xy与圆22(2)(1)9xy的位置关系为 (A)内切 (B)相交 (C)外切 (D)相离【解析】两圆的圆心分别为)0,2(，)1,2(，半径分别为2r，3R两圆的圆心距离为17)10()22(22，则rRrR17，所以两圆相交，选B.【答案】B (10)函数cos622xxxy的图象大致为 【解析】函数为
6、奇函数，所以图象关于原点对称，排除A,令0y得06cosx，所以kx26，612kx，函数零点有无穷多个，排除C,且y轴右侧第一个零点为)0,12(，又函数xxy22为增函数，当120 x时，022xxy，06cosx，所以函数0226cosxxxy，排除B，选D.【答案】D (11)已知双曲线1C：22221(0,0)xyabab的离心率为2.若抛物线22:2(0)Cxpy p的焦点到双曲线1C的渐近线的距离为2，则抛物线2C的方程为 (A)28 33xy (B)216 33xy (C)28xy (D)216xy 4【解析】抛物线的焦点)2,0(p，双曲线的渐近线为xaby，不妨取xaby，
7、即0 aybx，焦点到渐近线的距离为2222bapa，即cbaap4422，所以4pac双曲线的离心率为2ac，所以24pac，所以8p，所以抛物线方程为yx162，选D.【答案】D (12)设函数1()f xx，2()g xxbx.若()yf x的图象与()yg x的图象有且仅有两个不同的公共点1122(,),(,)A x yB xy，则下列判断正确的是 (A)12120,0 xxyy (B)12120,0 xxyy(C)12120,0 xxyy (D)12120,0 xxyy【解析】方法一：在同一坐标系中分别画出两个函数的图象，要想满足条件，则有如图，做出点A 关于原点的对称点C,则 C
8、点坐标为),(11yx，由图象知,2121yyxx即0,02121yyxx，故答案选B.方法二：设32()1F xxbx，则方程()0F x 与()()f xg x同解，故其有且仅有两个不同零点12,x x.由()0F x得0 x 或23xb.这样，必须且只须(0)0F或2()03Fb，因为(0)1F，故 必 有2()03Fb 由 此 得3322b.不 妨 设12xx，则32223xb.所 以231()()(2)F xxxx，比较系数得3141x，故31122x .3121202xx，由此知12121212110 xxyyxxx x，故答案为B.【答案】B 5 第卷(共 90 分)二、填空题：
9、本大题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分.(13)如图，正方体1111ABCDABC D的棱长为1，E 为线段1B C上的一点，则三棱锥1ADED的体积为.【解析】以1ADD为底面，则易知三棱锥的高为1，故1 111 1 13 26V .【答案】61(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
10、于25.5的城市个数为.【解析】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.【答案】9 (15)若函数()(0,1)xf xaaa在1，2上的最大值为4，最小值为m，且函数()(14)g xmx在0,)上是增函数，则a.【解析】当1a 时，有214,aam，此时12,2am，此时()g xx 为减函数，不合题意.若01a，则124,aam，故11,416am，检验知符合题意.【答案】14 6（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
11、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.【解 析】因 为 圆 心 移 动 的 距 离 为2，所 以 劣 弧2PA，即 圆 心 角2PCA,则22PCA,所以2cos)22sin(PB，2sin)22cos(CB，所以2sin22CBxp，2cos11PByp，所以)2cos1,2sin2(OP.另解：根据题意可知滚动制圆心为（2,1）时的圆的参数方程为sin1cos2yx，且223,2PCD，则 点P的 坐 标 为2cos1)223sin(12sin2)223cos(2yx，即)2c o s1,2s i n2(OP.【答案】)2cos1,2
12、sin2(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sin(tantan)tantanBACAC.()求证：,a b c成等比数列；()若1,2ac，求ABC的面积 S.【答案】(17)(I)由已知得：sin(sincoscossin)sinsinBACACAC，sinsin()sinsinBACAC，7 2sinsinsinBAC，再由正弦定理可得：2bac，所以,a b c成等比数列.(II)若1,2ac，则22bac，2223cos24acbBac，27sin1cos4CC，ABC的面积11
13、77sin1 22244SacB.(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.()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；()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.【答案】(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.(I
14、I)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)(本小题满分 12 分)如图，几何体EABCD是四棱锥，ABD为正三角形，,CBCD ECBD.()求证：BEDE；()若120BCD，M 为线段AE 的中点，求证：DM平面BEC.【答案】(19)(I)设BD中点为O，连接OC，OE，则由BCCD知 ，COBD，8 又已知CEBD，所以BD 平面OCE.所以BDOE，即OE 是 BD 的垂直平分线，所以B
15、EDE.(II)取 AB 中点N，连接,MN DN，M 是 AE 的中点，MNBE，ABD是等边三角形，DNAB.由BCD 120知，CBD 30，所以ABC 60+3090，即BCAB，所以ND BC，所以平面MND平面BEC，故DM平面BEC.(20)(本小题满分 12 分)已知等差数列na的前5 项和为105，且2052aa.()求数列na的通项公式；()对任意*mN，将数列na中不大于27m的项的个数记为mb.求数列mb的前m 项和mS.【答案】(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277mnan，
16、得217mn，即217mmb.211217497mkmkbb，mb是公比为49 的等比数列，7(149)7(491)14948mmmS.(21)(本小题满分 13 分)如图，椭圆2222:1(0)xyMabab的离心率为32，直线xa和yb 所围成的矩形 ABCD 的面积为8.()求椭圆M 的标准方程；()设直线:()l yxm mR与椭圆M有两个不同的交点,P Q l与矩形ABCD 有两个不同的交点,S T.求|PQST的 9 最大值及取得最大值时 m 的值.【答案】(21)(I)2223324cabeaa 矩形 ABCD 面积为 8，即228ab 由解得：2,1ab，椭圆 M 的标准方程是
17、2214xy.(II)222244,58440,xyxmxmyxm，设1122(,),(,)P x yQ xy，则21212844,55mxxm x x，由226420(44)0mm得55m.2228444 2|245555mPQmm.当l过A点时，1m，当l过C点时，1m .当51m 时，有(1,1),(2,2),|2(3)SmTmSTm，222|454461|5(3)5PQmSTmtt，其中3tm，由此知当134t，即45,(5,1)33tm 时，|PQST取得最大值255.由对称性，可知若15m，则当53m 时，|PQST取得最大值255.当11m 时，|2 2ST，2|25|5PQmS
18、T，由此知，当0m 时，|PQST取得最大值255.综上可知，当53m 和 0 时，|PQST取得最大值255.(22)(本小题满分 13 分)已知函数ln()(exxkf xk为常数，e=2.71828是自然对数的底数)，曲线()yf x在点(1,(1)f处的切线与 x 轴平行.()求 k 的值；()求()f x的单调区间；10()设()()g xxfx，其中()fx为()f x的导函数.证明：对任意20,()1exg x.【答案】(I)1ln()exxkxfx，由已知，1(1)0ekf，1k.(II)由(I)知，1ln1()exxxfx.设1()ln1k xxx，则211()0k xxx，
19、即()k x在(0,)上是减函数，由(1)0k知，当01x时()0k x，从而()0fx，当1x 时()0k x，从而()0fx.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1x 时，()()g xxfx01+2e，故只需证明2()1eg x 在01x时成立.当01x时，ex1，且()0g x，1ln()1lnexxxxg xxxx.设()1lnF xxxx，(0,1)x，则()(ln2)F xx，当2(0,e)x时，()0F x，当2(e,1)x时，()0F x，所以当2ex时，()F x取得最大值22()1eF e.所以2()()1eg xF x.综上，对任意0 x，2()1eg x.