2012年普通高等学校招生全国统一考试数学(山东卷)文

1、12山东(文)1.(2012山东,文1)若复数z满足z(2-i)=11+7i(i为虚数单位),则z为().a.3+5ib.3-5ic.-3+5id.-3-5ia设z=a+bi,a,br,则z(2-i)=(a+bi)(2-i)=(2a+b)+(2b-a)i,所以解得所以z=3+5i,故选a.2.(2012山东,文2)已知全集u=0,1,2,3,4,集合a=1,2,3,b=2,4,则(ua)b为().a.1,2,4b.2,3,4c.0,2,4d.0,2,3,4c易知ua=0,4,所以(ua)b=0,2,4,故选c.3.(2012山东,文3)函数f(x)=+的定义域为().a.-2,0)(0,2b.

2、(-1,0)(0,2c.-2,2d.(-1,2b由得所以定义域为(-1,0)(0,2.4.(2012山东,文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样本数据每个都加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d由s=,可知b样本数据每个变量增加2,平均数也增加2,但(xn-)2不变,故选d.5.(2012山东,文5)设命题p:函数y=sin 2x的最小正周期为;命题q:函数y=cos x的图象关于直线x=对称.则下列判断正确的是().a.p为真b.𙫔

3、9;q为假c.pq为假d.pq为真c因周期t=,故p为假命题.因cos x的对称轴为x=k(kz),故q也为假命题.所以pq为假.6.(2012山东,文6)设变量x,y满足约束条件则目标函数z=3x-y的取值范围是().a.b.c.-1,6d.a作出可行域如图所示.目标函数z=3x-y可转化为y=3x-z,作l0:3x-y=0,在可行域内平移l0,可知在a点处z取最小值为-,在b点处z取最大值为6,故选a.7.(2012山东,文7)执行下面的程序框图,如果输入a=4,那么输出的n的值为().a.2b.3c.4d.5b由程序框图知,当n=0时,p=1,q=3;当n=1时,p=5,q=7;当n=2

4、时,p=21,q=15,此时n增加1变为3,满足p>q,循环结束,输出n=3,故选b.8.(2012山东,文8)函数y=2sin(0x9)的最大值与最小值之和为().a.2-b.0c.-1d.-1-a由0x9可得,-x-,所以-2sin2,所以最大值为2,最小值为-,最大值与最小值之差为2-.9.(2012山东,文9)圆(x+2)2+y2=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b圆o1的圆心为(-2,0),r1=2,圆o2的圆心为(2,1),r2=3,|o1o2|=,因为r2-r1<|o1o2|<r1+r2,所以两圆相交.10.

5、(2012山东,文10)函数y=的图象大致为().d令f(x)=,则f(x)的定义域为(-,0)(0,+),而f(-x)=-f(x),所以f(x)为奇函数.又因为当x时,cos 6x>0,2x-2-x>0,即f(x)>0,而f(x)=0有无数个根,所以d正确.11.(2012山东,文11)已知双曲线c1:-=1(a>0,b>0)的离心率为2.若抛物线c2:x2=2py(p>0)的焦点到双曲线c1的渐近线的距离为2,则抛物线c2的方程为().a.x2=yb.x2=yc.x2=8yd.x2=16yd由于e=2,c=2a,即c2=4a2.又有c2=a2+b2,b2

6、=3a2,即b=a.双曲线的渐近线方程y=±x即为y=±x,即±x+y=0.又抛物线的焦点坐标为f,f到渐近线的距离为2,即=2,解得p=8.抛物线c2的方程为x2=16y.12.(2012山东,文12)设函数f(x)=,g(x)=-x2+bx,若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(x1,y1),b(x2,y2),则下列判断正确的是().a.x1+x2>0,y1+y2>0b.x1+x2>0,y1+y2<0c.x1+x2<0,y1+y2>0d.x1+x2<0,y1+y2<0b由题意知,函数

7、f(x)=,g(x)=-x2+bx的图象有且仅有两个不同的公共点a(x1,y1),b(x2,y2),等价于方程=-x2+bx有两个不同的根x1,x2,即方程x3-bx2+1=0有两个不同的实根x1,x2,因而可设x3-bx2+1=(x-x1)2(x-x2),即x3-bx2+1=x3-(2x1+x2)x2+(+2x1x2)x-x2,b=2x1+x2,+2x1x2=0,x2=-1.从而x10,x2<0.由x1(x1+2x2)=0得x1+2x2=0,x1+x2=-x2>0,x1=-2x2>0,y1+y2=+=<0,即x1+x2>0,y1+y2<0.13.(2012

8、山东,文13)如图,正方体abcd-a1b1c1d1的棱长为1,e为线段b1c上的一点,则三棱锥a-ded1的体积为. 由正方体的性质知b1c平面aa1d1d,e到平面aa1d1d的距离等于c到平面aa1d1d的距离,于是三棱锥a-ded1的体积即为三棱锥e-ad1d的体积,也是三棱锥c-ad1d的体积.=,=·cd=××1=.14.(2012山东,文14)如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),

9、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于25.5 的城市个数为. 9由于组距为1,则样本中平均气温低于22.5 的城市频率为0.10+0.12=0.22.平均气温低于22.5 的城市个数为11,所以样本容量为=50.而平均气温高于25.5 的城市频率为0.18,所以,样本中平均气温不低于25.5 的城市个数为50×0.18=9.15.(2012山东,文15)若函数f(x)=ax(a>0,a1)在-1,2上的最大值为4,最小值为m,且函数g(x)=(1-4m)在0,+)上是增

10、函数,则a=. 当0<a<1时,f(x)=ax在-1,2上的最大值为a-1=4,即a=,最小值为a2=m,从而m=,这时g(x)=,即g(x)=在0,+)上是增函数.当a>1时,f(x)=ax在-1,2上的最大值a2=4得a=2,最小值a-1=m即m=,这时g(x)=(1-4m)=-在0,+)上为减函数,不合题意,舍去.所以a=.16.(2012山东,文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. (2-sin 2,1-cos

11、2)因为圆心由(0,1)平移到了(2,1),所以在此过程中p点所经过的弧长为2,其所对圆心角为2.如图所示,过p点作x轴的垂线,垂足为a,圆心为c,与x轴相切于点b,过c作pa的垂线,垂足为d,则pcd=2-,|pd|=sin=-cos 2,|cd|=cos=sin 2,所以p点坐标为(2-sin 2,1-cos 2),即的坐标为(2-sin 2,1-cos 2).17.(2012山东,文17)在abc中,内角a,b,c所对的边分别为a,b,c.已知sin b(tan a+tan c)=tan atan c.(1)求证:a,b,c成等比数列;(2)若a=1,c=2,求abc的面积s.(1)证明

12、:在abc中,由于sin b(tan a+tan c)=tan atan c,所以sin b=·,因此sin b(sin acos c+cos asin c)=sin asin c,所以sin bsin(a+c)=sin asin c,又a+b+c=,所以sin(a+c)=sin b,因此sin2b=sin asin c.由正弦定理得b2=ac,即a,b,c成等比数列.(2)解:因为a=1,c=2,所以b=,由余弦定理得cos b=,因为0<b<,所以sin b=,故abc的面积s=acsin b=×1×2×=.18.(2012山东,文18)

13、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.(1)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;(2)向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.解:(1)标号为1,2,3的三张红色卡片分别记为a,b,c,标号为1,2的两张蓝色卡片分别记为d,e,从五张卡片中任取两张的所有可能的结果为:(a,b),(a,c),(a,d),(a,e),(b,c),(b,d),(b,e),(c,d),(c,e),(d,e),共10种.由于每一张卡片被取到的机会均等,因此这些基本事件的出现

14、是等可能的.从五张卡片中任取两张,这两张卡片颜色不同且它们的标号之和小于4的结果为:(a,d),(a,e),(b,d),共3种.所以这两张卡片颜色不同且它们的标号之和小于4的概率为.(2)记f为标号为0的绿色卡片,从六张卡片中任取两张的所有可能的结果为:(a,b),(a,c),(a,d),(a,e),(a,f),(b,c),(b,d),(b,e),(b,f),(c,d),(c,e),(c,f),(d,e),(d,f),(e,f),共15种.由于每一张卡片被取到的机会均等,因此这些基本事件的出现是等可能的.从六张卡片中任取两张,这两张卡片颜色不同且它们的标号之和小于4的结果为:(a,d),(a,

15、e),(b,d),(a,f),(b,f),(c,f),(d,f),(e,f),共8种.所以这两张卡片颜色不同且它们的标号之和小于4的概率为.19.(2012山东,文19)如图,几何体e-abcd是四棱锥,abd为正三角形,cb=cd,ecbd.(1)求证:be=de;(2)若bcd=120°,m为线段ae的中点,求证:dm平面bec.证明:(1)取bd的中点o,连接co,eo.由于cb=cd,所以cobd.又ecbd,ecco=c,co,ec平面eoc,所以bd平面eoc,因此bdeo.又o为bd的中点,所以be=de.(2)证法一:取ab的中点n,连接dm,dn,mn.因为m是ae

16、的中点,所以mnbe.又mn平面bec,be平面bec,所以mn平面bec.又因为abd为正三角形,所以bdn=30°.又cb=cd,bcd=120°,因此cbd=30°,所以dnbc.又dn平面bec,bc平面bec,所以dn平面bec.又mndn=n,故平面dmn平面bec,又dm平面dmn,所以dm平面bec.证法二:延长ad,bc交于点f,连接ef.因为cb=cd,bcd=120°,所以cbd=30°.因为abd为正三角形,所以bad=60°,abc=90°,因此afb=30°,所以ab=af.又ab=ad

17、,所以d为线段af的中点.连接dm,由点m是线段ae的中点,因此dmef.又dm平面bec,ef平面bec,所以dm平面bec.20.(2012山东,文20)已知等差数列an的前5项和为105,且a10=2a5.(1)求数列an的通项公式;(2)对任意mn*,将数列an中不大于72m的项的个数记为bm.求数列bm的前m项和sm.解:(1)设数列an的公差为d,前n项和为tn.由t5=105,a10=2a5,得到解得a1=7,d=7.因此an=a1+(n-1)d=7+7(n-1)=7n(nn*).(2)对mn*,若am=7n72m,则n72m-1.因此bm=72m-1,所以数列bm是首项为7公比

18、为49的等比数列,故sm=.21.(2012山东,文21)如图,椭圆m:+=1(a>b>0)的离心率为,直线x=±a和y=±b所围成的矩形abcd的面积为8.(1)求椭圆m的标准方程;(2)设直线l:y=x+m(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.求的最大值及取得最大值时m的值.解:(1)设椭圆m的半焦距为c,由题意知所以a=2,b=1.因此椭圆m的方程为+y2=1.(2)由整理得5x2+8mx+4m2-4=0,由=64m2-80(m2-1)=80-16m2>0,得-<m<.设p(x1,y1),q(x2

19、,y2),则x1+x2=-,x1x2=.所以|pq|=(-<m<).线段cd的方程为y=1(-2x2),线段ad的方程为x=-2(-1y1).不妨设点s在ad边上,t在cd边上,可知1m<,s(-2,m-2),d(-2,1),所以|st|=|sd|=1-(m-2)=(3-m),因此=,令t=3-m(1m<),则m=3-t,t(3-,2,所以=,由于t(3-,2,所以,因此当=即t=时,取得最大值,此时m=.不妨设点s在ab边上,t在cd边上,此时-1m1,因此|st|=|ad|=2,此时=,所以当m=0时,取得最大值.(3)不妨设点s在ab边上,t在bc边上,-<m-1,由椭圆和矩形的对称性知的最大值为,此时m=-.综上所述m=±或m=0时,取得最大值.22.(2012山东,文22)已知函数f(x)=(k为常数,e=2.718 28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