2022年山东高考数学理科试题及答案 .pdf

2007 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，选择一个符合题目要求的选项（1）若cosisinz（i 为虚数单位），则使21z的值可能是（）A6B4C3D2（2）已知集合11M，11242xNxxZ，则MN（）A11，B1C0D10，（3）下列几何体各自的三视图中，有且仅有两个视图相同的是（）ABCD（4）设11132a，则使函数ayx的定义域为R且为奇函数的所有a值为（）A1，3B1，1C1，3D1，1，3（5）函数sin 2cos 263yxx的最小正周期和最大值分别为（）A，1B，2C2，1D2，2（6）给 出 下 列 三 个 等 式：()()()f xyf xfy，()()()f xyf x fy，()()()1()()f xfyf xyf x f y，下列函数中不满足其中任何一个等式的是（）A()3xf xB()sinf xxC2()logf xxD()tanf xx（7）命题“对任意的xR，3210 xx”的否定是（）A不存在xR，3210 xx正方形圆锥三棱台正四棱锥名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 1 页，共 15 页 -B存在xR，3210 xxC存在xR，3210 xxD对任意的xR，3210 xx（8）某班 50 名学生在一次百米测试中，成绩全部介于13 秒与19 秒之间，将测试结果按如下方式分成六组：第一组，成绩大于等于 13 秒且小于 14 秒；第二组，成绩大于等于14 秒且小于15 秒；第六组，成绩大于等于18 秒且小于等于19 秒右图是按上述分组方法得到的频率分布直方图设成绩小于17秒的学生人数占全班总人数的百分比为x，成绩大于等于15秒且小于17 秒的学生人数为y，则从频率分布直方图中可分析出x和y分别为（）A0.9，35 B0.9，45 C0.1，35 D0.1，45（9）下列各小题中，p是q的充要条件的是（）p：2m或6m；q：23yxmxm有两个不同的零点():1()fxpf x；:()q yf x是偶函数:coscosp；:tantanq:p ABA；:UUqBA痧ABCD（10）阅读右边的程序框图，若输入的n是 100，则输出的变量S和T的值依次是（）A2500，2500 B2550，2550 C2500，2550 D2550，2500（11）在直角ABC中，CD是斜边AB上的高，则下列等式不成立的是（）A2ACAC ABB2BCBA BCC2ABAC CDD22()()AC ABBA BCCDAB（12）位于坐标原点的一个质点P按下列规则移动：质点每次移动一个单位；移动的方向为向上或向右，并且向上、向右移动的概率都是12，质点P移动五次后位于点(2 3)，的概率是（）0 13 14 15 16 17 18 19 秒频率/组距0.36 0.34 0.18 0.06 0.04 0.02 开始输入n22x1nnTTn1nn结束输出ST，ssn否00ST，名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 2 页，共 15 页 -A212B3231C2C2231C2D312231C C2第卷（共90 分）二、填空题：本大题共4 小题，每小题4 分，共 16 分答案须填在题中横线上（13）设O是坐标原点，F是抛物线22(0)ypx p的焦点，A是抛物线上的一点，FA与x轴正向的夹角为60，则OA为（14）设D是不等式组21023041xyxyxy，表示的平面区域，则D中的点()P xy，到直线10 xy距离的最大值是（15）与直线20 xy和曲线221212540 xyxy都相切的半径最小的圆的标准方程是（16）函 数lo g(3)1ayx(01)aa且，的 图 象 恒 过 定 点A，若 点A在 直 线10mxny上，其中0mn，则12mn的最小值为三、解答题：本大题共6 小题，共74 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤（17）（本小题满分12 分）设数列na满足211233333nnnaaaa，a*N（）求数列na的通项；（）设nnnba，求数列nb的前n项和nS（18）（本小题满分12 分）设b和c分别是先后抛掷一枚骰子得到的点数，用随机变量表示方程20 xbxc实根的个数（重根按一个计）（）求方程20 xbxc有实根的概率；（）求的分布列和数学期望；（）求在先后两次出现的点数中有5 的条件下，方程20 xbxc有实根的概率（19）（本小题满分12 分）名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 3 页，共 15 页 -如图，在直四棱柱1111ABCDA B C D中，已知122DCDDADAB，ADDC，ABDC（）设E是DC的中点，求证：1D E平面11A BD；（）求二面角11ABDC的余弦值（20）（本小题满分12 分）如图，甲船以每小时302海里的速度向正北方航行，乙船按固定方向匀速直线航行，当甲船位于1A处时，乙船位于甲船的北偏西105方向的1B处，此时两船相距20海里，当甲船航行20分钟到达2A处时，乙船航行到甲船的北偏西120方向的2B处，此时两船相距102海里，问乙船每小时航行多少海里？（21）（本小题满分12 分）已知椭圆C的中心在坐标原点，焦点在x轴上，椭圆C上的点到焦点距离的最大值为3，最小值为1（）求椭圆C的标准方程；（）若直线:lykxm与椭圆C相交于A，B两点（AB，不是左右顶点），且以AB为直径的圆过椭圆C的右顶点，求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标（22）（本小题满分14 分）设函数2()ln(1)f xxbx，其中0b（）当12b时，判断函数()fx在定义域上的单调性；（）求函数()f x的极值点；（）证明对任意的正整数n，不等式23111ln1nnn都成立2007 年普通高等学校招生全国统一考试（山东卷）B C D A 1A1D1C1BE 北1B2B1A2A120105乙甲名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 4 页，共 15 页 -理科数学参考答案第卷一、选择题（1）D（2）B（3）D（4）A（5）A（6）B（7）C（8）A（9）D（10）D （11）C （12）B 第卷二、填空题（13）212p（14）4 2（15）22(2)(2)2xy（16）8三、解答题（17）（本小题满分12 分）解：（）211233333nnnaaaa，当2n时，22123113333nnnaaaa-得1133nna，13nna在中，令1n，得113a13nna（）nnnba，3nnbn2332 33 33nnSn，234133233 33nnSn-得12323(3333)nnnSn即13(1 3)2313nnnSn，1(21)3344nnnS（18）（本小题满分12 分）名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 5 页，共 15 页 -解：（）由题意知：设基本事件空间为，记“方程20 xbxc没有实根”为事件A，“方程20 xbxc有且仅有一个实根”为事件B，“方程20 xbxc有两个相异实数”为事件C，则()126bc bc，2()401 26Abc bcbc，2()401 26Bbc bcbc，2()401 26Cbc bcbc，所以是的基本事件总数为36 个，A中的基本事件总数为17 个，B中的基本事件总数为2个，C中的基本事件总数为17 个又因为BC，是互斥事件，故所求概率21719()()363636PP BB C（）由题意，的可能取值为01 2，则17036P，1118P，17236P，故的分布列为：012P17361181736所以的数学期望171170121361836E（）记“先后两次出现的点数有中5”为事件D，“方程20 xbxc有实数”为事件E，由上面分析得11()36P D，7()36P DE，()7()()11P DEP E DP D（19）（本小题满分12 分）解法一：（）连结BE，则四边形DABE为正方形，1A1D1C1BG 名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 6 页，共 15 页 -11BEADA D，且11BEADA D，四边形11A D EB为平行四边形11D EA B又1D E平面1A BD，1A B平面1A BD，1D E 平面1A BD（）以D为原点，1DADCDD，所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设1DA，则(000)D，(10 0)A，(11 0)B，(0 2 2)C，1(10 2)A，1(10 2)DA，(11 0)DB，设()xyz，n为平面1A BD的一个法向量由1DAn，DBn，得200.xzxy，取1z，则(2 31)，n又2(0 2 3)DC，(11 0)DB，设111()xyz，m为平面1C BD的一个法向量，由DCm，DBm，得11112200.yzxy，取11z，则(111)，m，设m与n的夹角为a，二面角11ABDC为，显然为锐角，33cos39 3m nm n3cos3，B C D A 1A1D1C1BE z y x F M 名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 7 页，共 15 页 -即所求二面角11ABDC的余弦为33解法二：（）以D为原点，1DADCDD，所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设DAa，由题意知：(0 0 0)D，(0 0)A a，(0)B aa，(0 20)Ca，1(0 2 2)Caa，1(0 2)A aa，1(0 0 2)Da，(00)Ea，1(02)D Eaa，1(0 2)DAaa，(0)DBaa，又(02)(0)(0 2)aaaaaa，1D EDBDA1DADB，平面1A BD，1D E平面1A BD，1D E 平面1A BD（）取DB的中点F，1DC的中点M，连结1A F，FM，由（）及题意得知：02 2a aF，(0)Maa，1222aaFAa，2 2a aFMa，12(0)022aaFA DBaaa，(0)02 2a aFMDBaaa，1FADB，FMDB，1A FM为所求二面角的平面角111cosFA FMA FMFAFMB C D A 1A1D1C1BE x y z F M 名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 8 页，共 15 页 -2222 23 2622aaa aaaaa，2222234433 32aaaa所以二面角11ABDC的余弦值为33解法三：（）证明：如解法一图，连结1AD，AE，设11ADA DG，AEBDF，连结GF，由题意知G是1A D的中点，又E是CD的中点，四边形ABED是平行四边形，故F是AE的中点，在1AED中，1GFD E，又GF平面1A BD，1D E平面1A BD，1D E 平面1A BD（）如图，在四边形ABCD中，设ADa，ABAD，ADDC，ABDC，ADAB故2BDa，由（）得2222222BCBEECaaa，2DCa，90DBC，即BDBC又1BDBB，BD平面11BCC B，又1BC平面11BCC B，1BDBC，取1DC的中点M，连结1A F，FM，B C D A 1A1D1C1BE F M H 名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 9 页，共 15 页 -由题意知：1FMBC，FMBD又11A DA B，1A FBD1A FM为二面角11ABDC的平面角连结1A M，在1A FM中，由题意知：13 22A Fa，2211116222FMBCBCCCa，取11D C的中点H，连结1A H，HM，在1RtA HM中，12AHa，HMa，13AMa2221111cos2AFFMAMA FMAF FM2229332236222aaaaa33二面角11ABDC的余弦值为33（20）（本小题满分12 分）解法一：如图，连结11A B，由已知2210 2A B，122030 210 260A A，1221A AA B，又12218012060A A B，122A A B是等边三角形，北1B2B1A2A120105甲乙名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 10 页，共 15 页 -121210 2ABA A，由已知，1120A B，1121056045B A B，在121A B B中，由余弦定理，22212111212122cos45B BA BA BA BA B22220(10 2)220 10222001210 2B B因此，乙船的速度的大小为10 26030220（海里/小时）答：乙船每小时航行302海里解法二：如图，连结21A B，由已知1220A B，122030 210 260A A，112105B A A，cos105cos(4560)cos45 cos60sin 45 sin602(13)4，sin105sin(4560)sin 45 cos60cos45 sin602(13)4在211A A B中，由余弦定理，22221221211122cos105A BA BA AA B A A222(13)(10 2)20210 2204北1B2B1A2A120105乙甲名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 11 页，共 15 页 -100(42 3)1110(13)AB由正弦定理1112111222202(13)2sinsin4210(13)A BA A BB A AA B，12145A A B，即121604515B A B，2(13)cos15sin1054在112B A B中，由已知1210 2A B，由余弦定理，22212112221222cos15B BA BA BA BA B2222(13)10(13)(10 2)2 10(13)10 242001210 2B B，乙船的速度的大小为1026030220海里/小时答：乙船每小时航行302海里（21）（本小题满分12 分）解：（）由题意设椭圆的标准方程为22221(0)xyabab，由已知得：3ac，1ac，2a，1c，2223bac椭圆的标准方程为22143xy（）设11()A xy，22()B xy，联立221.43ykxmxy，名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 12 页，共 15 页 -得222(34)84(3)0kxmkxm，22222212221226416(34)(3)03408344(3).34m kkmkmmkxxkmx xk，即，则，又22221212121223(4)()()()34mky ykxm kxmk x xmk xxmk，因为以AB为直径的圆过椭圆的右顶点(2 0)D，1ADBDkk，即1212122yyxx，1212122()40y yx xxx，2222223(4)4(3)1640343434mkmmkkkk，2291640mmkk解得：12mk，227km，且均满足22340km，当12mk时，l的方程为(2)yk x，直线过定点(2 0)，与已知矛盾；当227km时，l的方程为27ykx，直线过定点207，所以，直线l过定点，定点坐标为207，（22）（本小题满分14 分）解：（）由题意知，()f x的定义域为(1)，322()211bxxbfxxxx设2()22g xxxb，其图象的对称轴为1(1)2x，max11()22g xgb名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 13 页，共 15 页 -当12b时，max1()02g xb，即2()230g xxxb在(1)，上恒成立，当(1)x，时，()0fx，当12b时，函数()f x在定义域(1)，上单调递增（）由（）得，当12b时，函数()f x无极值点12b时，3122()01xfxx有两个相同的解12x，112x，时，()0fx，12x，时，()0fx，12b时，函数()f x在(1)，上无极值点当12b时，()0fx有两个不同解，11122bx，21122bx，0b时，111212bx，211202bx，即1(1)x，21x，0b时，()fx，()f x随x的变化情况如下表：x1(1)x，1x2()x，()fx0()f x极小值由此表可知：0b时，()f x有惟一极小值点11122bx，当102b时，111212bx，名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 14 页，共 15 页 -12(1)xx，此时，()fx，()f x随x的变化情况如下表：x1(1)x，1x12()xx，1x1()x，()fx00()fx极大值极小值由 此 表 可 知：102b时，()f x有 一 个 极 大 值11122bx和 一 个 极 小 值 点21122bx；综上所述：0b时，()f x有惟一最小值点1122bx；102b时，()f x有一个极大值点1122bx和一个极小值点112bxx；12b时，()f x无极值点（）当1b时，函数2()ln(1)f xxx，令函数222()()ln(1)h xxf xxxx，则22213(1)()3211xxh xxxxx当0 x，时，()0fx，所以函数()h x在0，上单调递增，又(0)0h(0)x，时，恒有()(0)0h xh，即23ln(1)xxx恒成立故当(0)x，时，有23ln(1)xxx对任意正整数n取1(0)xn，则有23111ln1nnn所以结论成立名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 15 页，共 15 页 -