山东省高考数学试卷

1、山东省高考数学试卷（文科）试题解析一、挑选题：本大题共12 小题，每道题5 分，共 60 分.在每道题给出的四个选项中，只有哪一项符合题目要求的.1（ 2021.山东）如复数x 满意 z（2 i） =11+7i （ i 为虚数单位） ，就 z 为（）a 3+5ib 3 5ic 3+5id 3 5i考点 ： 复数代数形式的乘除运算；专题 ： 运算题；分析： 等式两边退出2+i ，然后化简求出z 即可 解答： 解：由于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 应选 a 点评： 此

2、题考查复数代数形式的混合运算，考查运算才能2（ 2021.山东）已知全集u=0 ， 1，2， 3， 4 ，集合 a=1 ， 2，3 ， b=2 ， 4 ，就（ .ua ） b为（）a 1， 2，4b 2， 3， 4c 0， 2， 4d 0，2， 3， 4考点 ： 交、并、补集的混合运算；专题 ： 运算题；分析： 由题意求出a 的补集，然后求出（.ua ） b 解答： 解：由于全集u=0 ， 1，2， 3， 4 ，集合 a=1 ， 2， 3 ， b=2 ， 4 ，就. ua=0 ， 4 ，（ .ua ） b=0 ， 2， 4 应选 c点评： 此题考查集合的基本运算，考查运算才能3（ 2021.山

3、东）函数的定义域为（）a 2， 0）（ 0， 2 b （ 1， 0）（ 0，2c 2， 2d （ 1， 2考点 ： 对数函数的定义域；函数的定义域及其求法；专题 ： 运算题；分析： 分式的分母不为0，对数的真数大于0，被开方数非负，解出函数的定义域解答： 解：要使函数有意义，必需：，所以 x （ 1， 0）（ 0， 2 所以函数的定义域为： （ 1， 0）（ 0，2 应选 b 点评： 此题考查对数函数的定义域，函数的定义域及其求法，考查运算才能4（ 2021.山东）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如 b 样本数据恰好是

4、a 样本数据都加2 后所得数据，就a ， b 两样本的以下数字特点对应相同的是（）a 众数b 平均数c 中位数d 标准差考点 ： 极差、方差与标准差；众数、中位数、平均数；专题 ： 阅读型；分析： 利用众数、平均数、中位标准差的定义，分别求出，即可得出答案 解答： 解： a 样本数据： 82， 84， 84， 86，86， 86，88， 88，88， 88b 样本数据84， 86， 86， 88， 88， 88， 90， 90， 90， 90众数分别为88， 90，不相等， a 错平均数 86，88 不相等， b 错中位数分别为86， 88，不相等， c 错22222a 样本方差s = （ 8

5、2 86） +2×（84 86） +3×（ 86 86） +4×（ 88 86）=4 ，标准差 s=2，2b 样本方差s = （84 88）2222+2×（ 86 88） +3×（ 8888） +4 ×（ 90 88） =4 ，标准差s=2， d 正确应选 d 点评： 此题考查众数、平均数、中位标准差的定义，属于基础题5（ 2021.山东）设命题p：函数 y=sin2x 的最小正周期为；命题 q：函数 y=cosx 的图象关于直线对称就以下判定正确选项（）a p 为真b q 为假c p q 为假d p q 为真考点 ： 复合命题的真假

6、；专题 ： 规律型；分析： 由题设条件可先判定出两个命题的真假，再依据复合命题真假的判定规章判定出选项中复合命题的真假即可得出正确选项解答： 解：由于函数y=sin2x 的最小正周期为，故命题p 是假命题；函数y=cosx 的图象关于直线 x=k 对称， k z，故 q 是假命题由此结合复合命题的判定规章知：q 为真命题， p q 为假命题， p q 为是假命题考查四个选项，c 选项正确，应选 c点评： 此题考查复合命题的真假判定，解题的关键是正确判定所涉及命题的真假及娴熟把握复合命题的真假判定规章，此题属于高考常考题型也是对命题考查的常规题型，学问性强，难度不大6（ 2021 .山东）设变量

7、 x ，y 满意约束条件就目标函数z=3x y 的取值范畴是 （）a bc 1，6d考点 ： 简洁线性规划；专题 ： 运算题；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 的范畴解答： 解：作出不等式组表示的平面区域，如下列图由 z=3x y 可得 y=3x z，就 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应选 a点评： 此题考查画不等式组表示的平

8、面区域、考查数形结合求函数的最值解题的关键是精确懂得目标函数的几何意义7（ 2021.山东）执行程序框图，假如输入a=4，那么输出的n 的值为（）a 2b 3c 4d 5考点 ： 循环结构；专题 ： 运算题；分析： 通过循环求出p， q 的值，当pq 时终止循环，输出结果即可解答： 解：第 1 次判定后循环，p=1，q=3， n=1 ，第 2 次判定循环，p=5， q=7， n=2， 第 3 次判定循环，p=21， q=15 ， n=3，第 3 次判定，不满意体积，退出循环，输出n=3 应选 b 点评： 此题考查循环结构的作用，留意判定框与循环后，各个变量的数值的求法，考查运算才能8（ 202

9、1.山东）函数的最大值与最小值之和为（）ab 0c 1d 考点 ： 三角函数的最值；复合三角函数的单调性；专题 ： 运算题；分析： 通过 x 的范畴，求出的范畴，然后求出函数的最值解：由于函数所以，所以所以函数，的最大值与最小值之和为解答：应选 a 点评： 此题考查三角函数的最值，复合三角函数的单调性，考查运算才能9（ 2021.山东）圆（ x+2 ）22+y =4 与圆（ x 2）2+（ y 1）2=9 的位置关系为（）a 内切b 相交c 外切d 相离考点 ： 圆与圆的位置关系及其判定；专题 ： 运算题；分析： 求出两圆的圆心和半径，运算两圆的圆心距，将圆心距和两圆的半径之和或半径之差作对比

10、，判定两圆的位置关系+y解答： 解：圆（ x+2 ） 22=4 的圆心 c1（ 2， 0），半径 r=2 圆（ x 2）22（ 2，1），半径 r=3 ，+（ y 1） =9 的圆心 c2两圆的圆心距d=，r+r=5 ， r r=1 ， r+r d r r， 所以两圆相交， 应选 b 点评： 此题考查圆与圆的位置关系及其判定的方法，关键是求圆心距和两圆的半径10（ 2021.山东）函数y=的图象大致为（）a b cd 考点 ： 余弦函数的图象；奇偶函数图象的对称性；专题 ： 运算题；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 x0+y+）可排除b ，

11、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 x0+y+，故可排除b； 当 x+， y0，故可排除c；而 d 均满意以上分析应选 d 点评： 此题考查奇偶函数图象的对称性，考查极限思想的运用，考查排除法的应用，属于中档题11（ 2021.山东）已知双曲线c1：的离心率为2如抛物线的焦点到双曲线c1 的渐近线的距离为2，就抛物线c2 的方程为（）a b 2c x2=8yd x2=16y x =y考点 ： 抛物线的简洁性质；点到直线的距离公式；双曲线的简洁性质；专题 ： 运算题；分析： 利用双曲线的

12、离心率推出a， b 的关系，求出抛物线的焦点坐标，通过点到直线的距离求出p，即可得到抛物线的方程解答：解：双曲线c1：的离心率为2所以，即：=4，所以；双曲线的渐近线方程为：抛物线的焦点（ 0，）到双曲线c1 的渐近线的距离为2，所以 2=，由于，所以 p=8 =16y 抛物线 c2 的方程为x 2应选 d 点评： 此题考查抛物线的简洁性质，点到直线的距离公式，双曲线的简洁性质，考查运算才能12（ 2021.山东）设函数， g（ x） = x2+bx 如 y=f （ x ）的图象与y=g （ x）的图象有且仅有两个不同的公共点a （x 1， y1）， b（ x 2， y2），就以下判定正确选项

13、（）a x1+x 2 0，y 1+y 2 0b x1+x 2 0，y 1+y2 0 c x1+x 2 0，y 1+y2 0d x1+x 2 0， y 1+y2 0考点 ： 根的存在性及根的个数判定；专题 ： 运算题；分析： 构造函数设f（ x ） =x32bx+1，就方程f（ x ）=0 与 f（ x ）=g（ x ）同解，可知其有且仅有两个不同零点x 1， x2利用函数与导数学问求解解答： 解：设 f（ x） =x 3bx2+1，就方程f（ x） =0 与 f （x） =g（x ）同解，故其有且仅有两个不同零点 x 1， x2由 f'（ x） =0 得 x=0 或这样，必需且只须f（

14、 0） =0 或，由于 f（ 0） =1 ，故必有由此得不妨设x 1x 2，就所以，比较系数得，故.，由此知，应选 b 点评： 此题考查的是函数图象，但如直接利用图象其实不易判定，为此利用了构造函数的方法，利用函数与导数学问求解要求具有转化、分析解决问题的才能题目立意较高，很好的考查才能二、填空题：本大题共4 小题，每道题4 分，共 16 分 .13（ 2021.山东）如图，正方体abcd a 1b 1c1d 1 的棱长为1，e 为线段 b1c 上的一点，就三棱锥 a ded 1 的体积为考点 ： 棱柱、棱锥、棱台的体积；棱柱的结构特点；专题 ： 运算题；分析： 将三棱锥a ded 1 挑选

15、add 1 为底面， e 为顶点，进行等体积转化v aded1=v e add1后体积易求解答： 解：将三棱锥a ded 1 挑选 add 1 为底面， e 为顶点，就v a ded1=v e add1 ，其中 sadd1 =sa1d1da =，e 究竟面 add 1 的距离等于棱长1， 故故答案为：点评： 此题考查了三棱柱体积的运算，等体积转化法是经常需要优先考虑的策略14（ 2021.山东）如图是依据部分城市某年6 月份的平均气温（单位：）数据得到的样本频率分布直方图， 其中平均气温的范畴是20.5 ，26.5 ，样本数据的分组为20.5 ，21.5），21.5 ，22.5），22.5，

16、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，就样本中平均气温不低于25.5的城市个数为9考点 ： 用样本的频率分布估量总体分布；频率分布直方图；专题 ： 运算题；分析： 由频率分布直方图，先求出平均气温低于22.5的频率，不低于25.5的频率，利用频数=频率 ×样本容量求解解答： 解：平均气温低于22.5的频率，即最左边两个矩形面积之和为0.10×1+0.12 ×1=0.22，所以总城市数为11÷0.22=50 ，平均气温不低于25.5的频率即为最右面矩形面积为

17、0.18×1=0.18 ，所以平均气温不低于25.5的城市个数为50×0.18=9故答案为： 9点评： 此题考查频率分布直方图，考查同学的阅读才能，运算才能留意关系式：频数=频率 ×样本容量x15（ 2021.山东）如函数f （ x ） =a （ a 0， a1）在 1， 2 上的最大值为4，最小值为m，且函数在0 ，+）上是增函数，就a=考点 ： 指数函数综合题；分析： 依据指数函数的性质，需对 a 分 a 1 与 0 a 1 争论，结合指数函数的单调性可求得g（ x），依据 g（ x）的性质即可求得a 与 m 的值解答： 解：当 a 1 时，有 a2 1=4，

18、a=m ，此时 a=2， m=，此时 g（ x ） =为减函数，不合题意；如 0 a 1，就12=4，故 a=， m=，g（ x ） =在0 ， +）上是增函数，符aa =m合题意故答案为：点评： 此题考查指数函数综合应用，对a 分 a 1 与 0 a1 争论是关键，着重考查分类争论思想的应用，属于中档题16（2021 .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） 考点 ： 圆的参数方程；平面对量坐标表示的应用；

19、专题 ： 运算题；综合题；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= ，就依据圆的参数方程，得p 的坐标为（ 2+cos，1+sin ），再依据圆的圆心从（0， 1）滚动到（ 2， 1），算出 =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（

20、3， 1），设 bo'p= +（ y 1） o'的方程为（ x 2）22=1，依据圆的参数方程，得p 的坐标为（ 2+cos，1+sin ），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 = 2可得 cos=cos（ 2） = sin2， sin=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）点评： 此题依据半径为1 的圆的滚动，求一个向量的坐标，着重考查了圆的参数方程和平面对量的坐标表示的

21、应用等学问点，属于中档题三、解答题：本大题共6 小题，共74 分.17（ 2021.山东）在 abc 中，内角a， b ，c 所对的边分别为a， b，c，已知 sinb（ tana+tanc ）=tanatanc （）求证： a，b， c 成等比数列；（）如 a=1， c=2，求 abc 的面积 s考点 ： 等比数列的性质；三角函数中的恒等变换应用；解三角形；专题 ： 综合题；分析： （i ）由已知，利用三角函数的切化弦的原就可得，sinb （sinacosc+sinccosa ）=sinasinc ，利用两角和的正弦公式及三角形的内角和公式代入可得sin2b=sinasinc ，由正弦定理可

22、证（ii ）由已知结合余弦定理可求cosb，利用同角平方关系可求sinb ，代入三角形的面积公式 s=可求解答： （i ）证明： sinb（ tana+tanc ）=tanatancsinb （） =sinb .=sinb （ sinacosc+sinccosa ）=sinasincsinbsin （a+c ） =sinasinc ，a+b+c= sin （a+c ） =sinb即 sin2b=sinasinc ，=ac，由正弦定理可得：b2所以 a， b， c 成等比数列（ii ）如 a=1， c=2，就2b =ac=2，0 b sinb= abc 的面积点评： 此题主要考查了三角形的切化弦

23、及两角和的正弦公式、三角形的内角和定理的应用及余弦定理和三角形的面积公式的综合应用18（2021 .山东）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 的概率考点 ： 列举法运算基本领件数及大事发生的概率；专题 ： 运算题；分析： （）由列举法可得从五张卡片中任取两张的全部情形，分析可得两张卡片的颜色不同且标号之和小于4 的情形数目，由古典概型公式，运算可得答案；（）加

24、入一张标号为0 的绿色卡片后，共有六张卡片，由列举法可得从中任取两张的所有情形，分析可得两张卡片的颜色不同且标号之和小于4 的情形数目，由古典概型公式，运算可得答案解答： 解：（ i）从五张卡片中任取两张的全部可能情形有如下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 的有红 1 蓝 1、红 1 蓝 2、红 2 蓝 1，共 3 种情形，故所求的概率为（ii ）加入一张标号为0 的绿色卡片后，共有六张卡片，从六张卡片中任取两张，有红 1

25、 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，红 1 绿 0 ，红 2 绿 0，红 3 绿 0，蓝 1 绿 0，蓝 2 绿 0，共有 15 种情形，其中颜色不同且标号之和小于4 的有红 1 蓝 1，红 1 蓝 2，红 2 蓝 1，红 1 绿 0，红 2 绿 0，红 3 绿 0，蓝 1 绿 0 ，蓝 2 绿 0，共 8 种情形，所以概率为点评： 此题考查古典概型的运算，涉及列举法的应用，解题的关键是正确列举，分析得到大事的情形数目19（ 2021.山东）如图，几何体e abcd 是四棱锥，

26、 abd 为正三角形，cb=cd ， ec bd （）求证： be=de ；（）如 bcd=120 °， m 为线段 ae 的中点，求证：dm 平面 bec 考点 ： 直线与平面平行的判定；专题 ： 证明题；分析： （1）设 bd 中点为 o，连接 oc ，oe，就 co bd ，cebd ，于是 bd 平面 oce ，从而bd oe，即 oe 是 bd 的垂直平分线，问题解决；（2）证法一： 取 ab 中点 n ，连接 mn ，dn ，mn ，易证 mn 平面 bec，dn 平面 bec，由面面平行的判定定理即可证得平面dmn 平面 bec，又 dm .平面 dmn ，于是 dm

27、平面 bec ；证法二： 延长 ad ，bc 交于点 f，连接 ef，易证 ab=af ，d 为线段 af 的中点， 连接 dm ，就 dm ef，由线面平行的判定定理即可证得结论解答： 证明：（ i ）设 bd 中点为 o，连接 oc ， oe，就由 bc=cd 知， co bd ， 又已知 ce bd ，ec co=c ，所以 bd 平面 oce 所以 bd oe，即 oe 是 bd 的垂直平分线， 所以 be=de （ii ）证法一：取 ab 中点 n，连接 mn ，dn ，m 是 ae 的中点，mn be ，又 mn .平面 bec ，be .平面 bec ，mn 平面 bec ， a

28、bd 是等边三角形， bdn=30 °，又 cb=cd ， bcd=120 °， cbd=30 °，nd bc ，又 dn .平面 bec ， bc.平面 bec ，dn 平面 bec ，又 mn dn=n ，故平面dmn 平面 bec ，又 dm .平面 dmn ，dm 平面 bec证法二：延长ad ， bc 交于点 f，连接 ef，cb=cd ， bcd=120 °， cbd=30 °， abd 是等边三角形， bad=60 °， abc=90 °，因此 afb=30 °，ab=af ，又 ab=ad ，d 为

29、线段 af 的中点，连接dm ， dm ef，又 dm .平面 bec ， ef.平面 bec，dm 平面 bec点评： 此题考查直线与平面平行的判定，考查线面垂直的判定定理与面面平行的判定定理的应用，着重考查分析推理才能与表达、运算才能，属于中档题20（ 2021.山东）已知等差数列a n 的前 5 项和为 105，且 a10=2a5（）求数列 a n 的通项公式；（）对任意m n* ，将数列 a n 中不大于 72m 的项的个数记为bm求数列 b m 的前 m 项和 sm考点 ： 数列的求和；等差数列的前n 项和；等差数列的性质；专题 ： 综合题；分析： （i ）由已知利用等差数列的通项公

30、式及求和公式代入可求a1， d，从而可求通项（ii ）由（ i）及已知可得，就可得，可证 b m 是等比数列，代入解答：等比数列的求和公式可求解：（ i）由已知得：解得 a1=7， d=7，所以通项公式为an=7+ （n 1）.7=7n （ii ）由，得 n2m 17，即，b m 是公比为49 的等比数列，点评： 此题主要考查了利用基本量，结合等差数列的通项公式及求和公式求解等差数列的项目、和，等比数列的证明及求和公式等学问的综合应用21（ 2021.山东）如图，椭圆的离心率为，直线 x=±a 和 y= ±b 所围成的矩形abcd 的面积为8（）求椭圆m 的标准方程；（）设

31、直线 l ：y=x+m （ m r）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 求的最大值及取得最大值时m 的值考点 ： 直线与圆锥曲线的综合问题；椭圆的标准方程；专题 ： 运算题；转化思想；分析： （）通过椭圆的离心率，矩形的面积公式，直接求出a， b，然后求椭圆m 的标准方程；（）通过，利用韦达定理求出|pq|的表达式，通过判别式推出的m 的范畴， 当时，求出取得最大值利用由对称性，推出，取得最大值 当 1m1 时，取得最大值求的最大值及取得最大值时m 的值解答：解：（ i）矩形 abcd 面积为 8，即 2a.2b=8 由解得： a=2， b=1

32、，椭圆 m 的标准方程是（ii ），由 =64m 2 20（4m 24） 0 得设 p（ x 1， y1）， q（ x 2， y 2），就，当 l 过 a 点时， m=1 ，当 l 过 c 点时， m= 1 当时，有，其中 t=m+3 ，由此知当，即时，取得最大值 由对称性，可知如，就当时，取得最大值 当 1m1 时，由此知，当m=0 时，取得最大值综上可知，当或 m=0 时，取得最大值点评： 此题考查椭圆的标准方程，直线与圆锥曲线的综合问题，考查分类争论思想，转化思想，韦达定理以及判别式的应用，设而不求的解题方法，考查分析问题解决问题，运算才能22（ 2021.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（）求 k 的值；（）求 f