2022年山东高考数学理科试题及答案,推荐文档2

1、2008 年山东高考数学理科第卷（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）满足 ma1, a2, a3, a4,且 m a1 ,a2, a3= a1 a2的集合 m 的个数是（a）1(b)2 (c)3 (d)4 （2）设 z的共轭复数是z，或 z+z=4,zz8，则zz等于（a）1（b）-i (c)1 (d) i （3）函数 ylncosx(-2 x)2的图象是（4）设函数f(x) x+1 +x-a的图象关于直线x1 对称，则a 的值为(a) 3 (b)2 (c)1 (d)-1 （5）已知 cos（ -6

2、）+sin =473,sin()56的值是（a）-532（b）532(c)-54(d) 54（6）右图是一个几何体的三视图，根据图中数据， 可得该几何体的表面积是(a)9（b）10(c)11(d)12（7）在某地的奥运火炬传递活动中，有编号为1，2，3，18 的 18 名火炬手 .若从中任选3 人，则选出的火炬手的编号能组成3 为公差的等差数列的概率为（a）511（b）681（c）3061（d）4081(8)右图是根据山东统计年整2007中的资料作成的1997 年至 2006 年我省城镇居民百户家庭人口数的茎叶图.图中左边的数字从左到右分别表示城镇居民百户家庭人口数的百位数精品学习资料 可选择

3、p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 1 页，共 13 页 - - - - - - - - -精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 1 页，共 13 页 - - - - - - - - -字和十位数字， 右边的数字表示城镇居民百户家庭人口数的个位数字，从图中可以得到1997年至 2006 年我省城镇居民百户家庭人口数的平均数为（a）304.6（b）303.6(c)302.6(d)301.6 （9） （x-31x）12展开式中的常数项为（a）-1320（ b）1320（c）-220(d)220 (10)设椭圆

4、 c1的离心率为135， 焦点在x轴上且长轴长为26.若曲线 c2上的点到椭圆c1的两个焦点的距离的差的绝对值等于8，则曲线c2的标准方程为（a）1342222yx(b)15132222yx(c)1432222yx(d)112132222yx（11）已知圆的方程为x2+y2-6x-8y0.设该圆过点（ 3，5）的最长弦和最短弦分别为ac 和bd，则四边形abcd 的面积为（a）106（b）206（c）306（ d）406（12）设二元一次不等式组0142,080192yxyxyx，所表示的平面区域为m，使函数yax(a0，a1)的图象过区域m 的 a 的取值范围是（a） 1,3 (b)2,10

5、 (c)2,9 (d)10,9 第卷（共90 分）二、填空题： 本大题共4 小题， 每小题 4 分，共 16 分 . （13）执行右边的程序框图，若p 0.8，则输出的n4. （14） 设函数 f(x)=ax2+c(a0).若)()(010 xfdxxf，精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 2 页，共 13 页 - - - - - - - - -精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 2 页，共 13 页 - - - - - - - - -0 x01,则 x0的值为33. （15） 已知

6、 a， b， c 为 abc 的三个内角a， b， c 的对边，向量 m （1,3） ， n （cosa,sina） .若 mn，且 acosb+bcosa=csinc，则角 b6. （16）若不等式 3x-b 4 的解集中的整数有且仅有1，2，3，则 b 的取值范围为 （5，7）. 三、解答题：本大题共6 小题，共74 分. （17） （本小题满分12 分）已知函数f(x)0,0)(cos()sin(3xx为偶函数，且函数yf(x)图象的两相邻对称轴间的距离为.2（）求f（8）的值；（）将函数yf(x)的图象向右平移6个单位后，再将得到的图象上各点的横坐标舒畅长到原来的4 倍，纵坐标不变，得

7、到函数yg(x)的图象，求g(x)的单调递减区间. 解： （） f(x)cos()sin(3xx)cos(21)sin(232xx2sin(x-6) 因为f(x)为偶函数，所以对 xr,f(-x)=f(x)恒成立，因此sin（-x-6） sin(x-6). 即-sinxcos(-6)+cosxsin(-6)=sinxcos(-6)+cosxsin(-6), 整理得sinxcos(-6)=0.因为0，且 x r,所以cos（-6） 0. 又因为0，故-62.所以f(x)2sin(x+2)=2cosx. 由题意得.2,222所以故f(x)=2cos2x. 因为.24cos2)8(f精品学习资料 可

8、选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 3 页，共 13 页 - - - - - - - - -精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 3 页，共 13 页 - - - - - - - - -（）将f(x)的图象向右平移个6个单位后，得到)6(xf的图象，再将所得图象横坐标伸长到原来的4 倍，纵坐标不变，得到)64(f的图象 . ).32(cos2)64(2cos2)64()(ffxg所以当2k322 k+ (k z), 即4k32x4k+38(kz)时， g(x)单调递减 . 因此 g(x)的单调递减区间

9、为384,324kk(kz) （18） （本小题满分12 分）甲乙两队参加奥运知识竞赛，每队3 人，每人回答一个问题，答对者为本队赢得一分，答错得零分。假设甲队中每人答对的概率均为32，乙队中3 人答对的概率分别为21,32,32且各人正确与否相互之间没有影响.用表示甲队的总得分. （）求随机变量分布列和数学期望；()用 a 表示“甲、乙两个队总得分之和等于3”这一事件，用b 表示“甲队总得分大于乙队总得分”这一事件，求p(ab). ()解法一：由题意知，的可能取值为0， 1，2，3,且所以的分布列为0 1 2 3 p 2719294278的数学期望为e=.227839429212710.27

10、8)32()3(,94)321()32()2(,92)321 (32)1(,271)321()0(3333232231330cpcpcpcp精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 4 页，共 13 页 - - - - - - - - -精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 4 页，共 13 页 - - - - - - - - -解法二：根据题设可知)32, 3(b因此的分布列为2323),32, 3(. 3, 2, 1 , 0,32)321 ()32()(3323ebkcckpkkkkk所

11、以因为（）解法一：用c 表示“甲得2 分乙得 1 分”这一事件，用d 表示“甲得3 分乙得 0 分”这一事件，所以ab=cd,且 c、d 互斥，又,34)213131()32()(,310213132213231213132)321()32()(52324232cdpccp由互斥事件的概率公式得24334334354310)()()(54dpcpabp.解法二： 用 ak表示“甲队得 k 分” 这一事件， 用 bk表示“已队得 k 分”这一事件， k=0,1,2,3由于事件 a3b0,a2b1为互斥事件，故事p(ab)=p(a3b0a2b1)=p(a3b0)+p(a2b1). =.24334)

12、32213121(32)2131()32(2212323223cc(19)(本小题满分12 分 ) 将数列 an中的所有项按每一行比上一行多一项的规则排成如下数表：a1 a2 a3 a4 a5a6 a7a8a9 a10 记表中的第一列数a1，a2，a4，a7，构成的数列为 bn,b1=a1=1. sn为数列 bn的前 n 项和，且满足nnnnssbb221=（n2） . 精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 5 页，共 13 页 - - - - - - - - -精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - -

13、 - - 第 5 页，共 13 页 - - - - - - - - -()证明数列ns1成等差数列，并求数列bn的通项公式；（） 上表中， 若从第三行起， 每一行中的数按从左到右的顺序均构成等比数列，且公比为同一个正数.当91481a时，求上表中第k(k3)行所有项和的和. ()证明：由已知，1, n=1 nb-,) 1(2nnn2. （）解：设上表中从第三行起，每行的公比都为q,且 q0. 因为12 13121278,2所以表中第1 行至第 12 行共含有数列an的前 78 项，故 a82在表中第13 行第三列，).1(22122.12,2112111.2111.1,2111, 12,1)(

14、2,121111111211212nnhnsbnnsnnssabsssssssssssssbbbsssbbnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnn时，所以当即）（由上可知的等差数列，公差为是首项为所以数列又所以）（即）（所以又精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 6 页，共 13 页 - - - - - - - - -精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 6 页，共 13 页 - - - - - - - - -因此282134.91abqg又132,13 14b所以q=2. 记表中

15、第k(k3)行所有项的和为s，则(1)2(12 )2(12 )1(1)12(1)kkkkbqsqk kk kg（k 3）. (20)(本小题满分12 分) 如图，已知四棱 锥p-abcd ，底 面abcd为菱形，pa平面abcd ，60abc,e，f 分别是 bc, pc 的中点 . （）证明： aepd; （） 若 h 为 pd 上的动点， eh 与平面 p ad 所成最大角的正切值为62，求二面角 eaf c 的余弦值 . （） 证明：由四边形abcd 为菱形，abc=60， 可得 abc 为正三角形 . 因为e为 bc 的中点， 所以 aebc. 又bcad，因此 aead. 因为 pa

16、平面 abcd，ae平面 abcd，所以 paae. 而pa平面 pad，ad平面 pad 且 paad=a，所以ae平面 p ad，又 pd平面 p ad. 所以aepd. （）解：设ab=2，h 为 pd 上任意一点，连接ah，eh. 由（）知ae平面 pad，则 eha 为 eh 与平面 pad 所成的角 . 在 rteah 中， ae=3，所以当 ah 最短时， eha 最大，即当 ahpd 时， eha 最大 . 此时taneha=36,2aeahah因此ah=2.又 ad=2 ，所以 adh =45，所以pa=2. 精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - -

17、 - - - - - 第 7 页，共 13 页 - - - - - - - - -精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 7 页，共 13 页 - - - - - - - - -解法一：因为p a平面 abcd，pa平面 pac，所以平面 pac平面 abcd. 过 e 作 eoac 于 o，则 eo平面 pac，过 o 作 osaf 于 s，连接 es，则 eso 为二面角e-af-c 的平面角，在 rtaoe 中， eo=ae sin30=32，ao=aecos30=32, 又 f 是 pc 的中点，在rtaso 中， so=aosin4

18、5=3 24, 又223830,494seeoso在 rteso 中， coseso=3 2154,5304sose即所求二面角的余弦值为15.5解法二：由（）知ae，ad，ap 两两垂直，以a 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，又e、f 分别为 bc、pc 的中点，所以e、f分别为 bc、pc 的中点，所以a（0，0，0） ，b（3，-1， 0） ，c（c， 1，0） ，d（ 0，2，0） ，p（0，0，2） ，e（3，0，0） ， f（3 1,122） ，所以3 1( 3,0,0),(,1).22aeafuu u ruu u r设平面 aef 的一法向量为111(,),mxy z则

19、0,0,m aem afuuu rguuu rg因此111130,310.22xxyz精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 8 页，共 13 页 - - - - - - - - -精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 8 页，共 13 页 - - - - - - - - -取11,(0,2,1),zm则因为bd ac，bdpa，paac=a，所以bd平面 afc，故bduuu r为平面 afc 的一法向量 . 又bduuu r=（-3,3,0） ，所以cosm, bduuu r=2315

20、.5| |512m bdmbduuu rguu u rg因为二面角 e-af-c 为锐角，所以所求二面角的余弦值为15.5（21） （本小题满分12 分）已知函数1( )ln(1),(1)nf xaxx其中 nn*, a 为常数 . （）当n=2 时，求函数f(x)的极值；（）当a=1 时，证明：对任意的正整数n,当 x2 时，有 f(x)x-1. （）解：由已知得函数f(x)的定义域为 x|x1 ，当 n=2 时，21( )ln(1),(1)fxaxx所以232(1)( ).(1)axf xx（1）当 a0 时，由 f(x)=0 得121xa1，221xa1，此时f（ x）=123()()(

21、1)a xxxxx. 当 x（ 1，x1）时， f（ x） 0,f(x)单调递减；当 x（ x1+）时， f（ x） 0, f(x)单调递增 . （2）当 a0 时， f（ x） 0 恒成立，所以f(x)无极值 . 综上所述， n=2 时，当 a0 时， f(x)在21xa处取得极小值，极小值为22(1)(1ln).2afaa当 a0 时， f(x)无极值 . 精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 9 页，共 13 页 - - - - - - - - -精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - -

22、第 9 页，共 13 页 - - - - - - - - -（）证法一：因为a=1,所以1( )ln(1).(1)nf xxx当 n 为偶数时，令1( )1ln(1),(1)ng xxxx则 g（ x）=1+1112(1)11(1)nnnxnxxxx0（ x2）. 所以当 x2,+时， g(x)单调递增，又g(2)=0 因此1( )1ln(1)(1)ng xxxxg(2)=0 恒成立，所以 f(x)x-1 成立 . 当 n 为奇数时，要证( )f xx-1,由于1(1)nx0，所以只需证ln(x-1) x-1, 令h(x)=x-1-ln( x-1), 则h（ x）=1-1211xxx0（x2）

23、, 所以当 x2，+时，( )1ln(1)h xxx单调递增，又h(2)=10，所以当 x2 时，恒有h(x) 0,即 ln（x-1） x-1 命题成立 . 综上所述，结论成立. 证法二：当a=1 时，1( )ln(1).(1)nf xxx当 x2，时，对任意的正整数n，恒有1(1)nx1，故只需证明1+ln( x-1) x-1. 令( )1(1 ln(1)2ln(1),2,h xxxxxx则12( )1,11xh xxx当 x2 时，( )h x0，故 h(x)在2,上单调递增，因此当 x 2 时， h(x)h(2)=0，即 1+ln( x-1) x-1 成立 . 故当 x2 时，有1ln(

24、1)(1)nxxx-1. 精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 10 页，共 13 页 - - - - - - - - -精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 10 页，共 13 页 - - - - - - - - -即 f（x） x-1. (22)(本小题满分14 分) 如图，设抛物线方程为x2=2py(p0),m 为 直线 y=-2p 上任意一点，过m 引抛物线的切线，切点分别为a，b. （）求证： a，m，b 三点的横坐标成等差数列；（）已知当m 点的坐标为（ 2，-2p）时，4

25、10ab，求此时抛物线的方程；（）是否存在点m，使得点c 关于直线ab 的对称点d 在抛物线22(0)xpy p上，其中，点c 满足ocoaobuu u ru uu ruu u r（o为坐标原点）.若存在，求出所有适合题意的点 m 的坐标；若不存在，请说明理由. （）证明：由题意设221212120(,),(,),(, 2 ).22xxa xb xxxm xppp由22xpy得22xyp，则,xyp所以12,.mambxxkkpp因此直线ma 的方程为102(),xypxxp直线 mb 的方程为202().xypxxp所以211102(),2xxpxxpp222202().2xxpxxpp由、

26、得212120,2xxxxx因此21202xxx，即0122.xxx精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 11 页，共 13 页 - - - - - - - - -精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 11 页，共 13 页 - - - - - - - - -所以 a、m、b 三点的横坐标成等差数列. （）解：由（）知，当x0=2 时，将其代入、并整理得：2211440,xxp2222440,xxp所以x1、 x2是方程22440 xxp的两根，因此212124,4,xxx xp又22210122122,2abxxxxxppkxxpp所以2.abkp由弦长公式得222121