2012年高考数学(理科)试卷山东卷(含答案)最完美最高清word版(2)

2

，F到平面AA1D1D的距离为定值1，所以V1F DD1E

312 11

6

． 15．答案：4

9

解析：由题意可得曲线y

x＝a，

y＝0所围成封闭图形的面积S x 233x2

a230

0 3

a2 a2，

解得a

49

． 16．(2－sin2,1－cos2)

解析：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 P

CD 2－π

2

，

|PD|=sin(2－ππ

2)=－cos2，|CD|=cos(2－2

)=sin2，所以P点坐标为(2－sin2,1－cos2)，即

OP的坐标为(2－sin2,1－

cos2)．

17．解：(1)f(x)＝m·nsinxcosx＋A

2

cos2x ＝A(

2

sin2x＋12cos2x)

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＝Asin(2x＋π

6

)．

因为A＞0，由题意知A＝6．

(2)由(1)知f(x)＝6sin(2x＋

π

6

)． 将函数y＝f(x)的图象向左平移π

12

个单位后得到

y＝6sin［2(x＋π

12

)＋ππ6］＝6sin(2x＋3)的图象；

再将图象上各点横坐标缩短为原来的12倍，纵坐标不变，得到y＝6sin(4x＋π

3

)的图象．

因此g(x)＝6sin(4x＋π

3)．

因为x∈［0，5π24］，所以4x＋π3∈［π7π

3，6］．

故g(x)在［0，5π

24

］上的值域为［－3,6］．

18．解：(1)证明：因为四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB＝60°， 所以∠ADC＝∠BCD＝120°． 又CB＝CD，所以∠CDB＝30°． 因此∠ADB＝90°，AD⊥BD．

又AE⊥BD，且AE∩AD＝A，AE，AD 平面AED， 所以BD⊥平面AED． (2)方法一：由(1)知AD⊥BD，所以AC⊥BC．

又FC⊥平面ABCD，

因此CA，CB，CF两两垂直，

以C为坐标原点，分别以CA，CB，CF所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设CB=1，

则C(0,0,0)，B(0,1,0)，D

(12

， 2,0)，F(0,0,1)，

因此 BD

=( 2

， 2

，BF=(0，－1,1)．

设平面BDF的一个法向量为m=(x，y，z)则m·

BD =0，m· BF ，

=0，

所以x ，

取z=1，则m

．

由于 CF

=(0,0,1)是平面BDC的一个法向量，

则cosm, CF m CF

mCF

， 所以二面角F－BD－C

方法二：取BD的中点G，连接CG，FG， 由于CB=CD，因此CG⊥BD．

又FC⊥平面ABCD，BD平面ABCD，

所以FC⊥BD．

由于FC∩CG=C，FC，CG平面FCG， 所以BD⊥平面FCG．故BD⊥FG． 所以∠FGC为二面角F－BD－C的平面角． 在等腰三角形BCD中，由于∠BCD=120°， 因此CG

1

2

CB． 又CB=CF，

所以GF ，

故cos FGC

， 因此二面角F－BD－C

19．解：(1)记：“该射手恰好命中一次”为事件A，“该射手射击甲靶命中”为事件B，击乙靶命中”为事件C，“该射手第二次射击乙靶命中”为事件D，

由题意知P(B)＝

34，P(C)＝P(D)＝23

， 由于A BCD BCD BCD，

根据事件的独立性和互斥性得

P(A) P(BCD BCD BCD)

＝P(BCD) P(BCD) P(BCD)

＝P(B)P(C)P(D)+P(B)P(C)P(D) P(B)P(C)P(D)

＝

34 (1 23) (1 23) (1 34) 223223 (1 3) (1 4) (1 3) 3 ＝736

． (2)根据题意，X的所有可能取值为0,1,2,3,4,5， 根据事件的独立性和互斥性得

P(X 0) P(BCD)

＝［1－P(B)］［1－P(C)］［1－P(D)］

该射手第一次射“

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＝(1

34) (1 2213) (1 3) 36

， P(X 1) P(BCD) P(B)P(C)P(D) ＝34 (1 23) (1 23) ＝112

， P(X 2)=P(BCD BCD) P(BCD) P(BCD)

＝(1 34) 223223 (1 3) (1 4) (1 3) 3

＝19

， P(X 3) P(BCD BCD) P(BCD) P(BCD) ＝322324 3 (1 3) 4 (1 3) 23 13， P(X 4) P(BCD)

＝(1 34) 23 213 9

，

P(X＝5)＝P(BCD)＝324 3 23 1

3

．

故X的分布列为

所以EX＝0×136＋1×1

12

＋2×9＋3×3＋4×9＋5×3＝12．

20．解：(1)因为{an}是一个等差数列， 所以a3＋a4＋a5＝3a4＝84，a4＝28． 设数列{an}的公差为d，

则5d＝a9－a4＝73－28＝45， 故d＝9．

由a4＝a1＋3d得28＝a1＋3×9，即a1＝1．

所以an＝a1＋(n－1)d＝1＋9(n－1)＝9n－8(n∈N*)． (2)对m∈N*，若9m＜an＜92m， 则9m＋8＜9n＜92m＋8．

因此9m－1＋1≤n≤92m－

1．

故得b－1－9m－

m＝92m1．

于是Sm＝b1＋b2＋b3＋ ＋bm

＝(9＋93＋ ＋92m－1)－(1＋9＋ ＋9m－

1)

＝9 (1 81m)1 1 81 9m

1 9

＝92m 1 10 9m 180

．

21．解：(1)依题意知F(0，p2)，圆心Q在线段OF的垂直平分线y p

4

上， 因为抛物线C的准线方程为y p

2

，

所以

3p4 3

4

，即p＝1， 因此抛物线C的方程为x2＝2y．

xx2(2)假设存在点M(0，0x2

2)(x0＞0)满足条件，抛物线C在点M处的切线斜率为y′|x＝x0＝(2

)′|x＝x0＝x0．

所以直线MQ的方程为y－x2

02

＝x0(x－x0)，

令y 14，得xx1Q 02 4x，

所以Q

(x02 1

4x，

1)．又|QM|＝|OQ|，

04

故(1

4x x0)2 (14 x202)2 (14

x x0)2 1

，

020216

因此(

1x204

)2 9

16

，又x0＞0， 所以x0 M1)．

故存在点M1)，使得直线MQ与抛物线C相切于点M．

(3)当x10 (2)得Q(

8，4)．Q的半径为r ， 所以Q的方程为(x2127

(y 4)2

32

． y12由 x， 2整理得2x2－4kx－1

＝0． y kx 14

，设A，B两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)， 由于 1＝16k2＋8＞0，x1＋x2＝2k，x

1

1x2

2

， 所以|AB|2＝(1＋k2)［(x1＋x2)2－4x1x2］＝(1＋k2)(4k2＋2)．

(x 2 (1227由

8y 4) 32, y kx 14

,整理得(1＋k2)x2－4x 1

16

＝0． 设D，E两点的坐标分别为(x3，y3)，(x4，y4)．

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由于 k22 4 278

0，x3 x4 4(1 k2)， xx1

34

16(1 k2)

， 所以|DE|2＝(1＋k2)［(x＋x251

34)2－4x3x4］＝8(1 k2

) 4． 因此|AB|2＋|DE|2＝(1＋k2)(4k2＋2)＋251

8(1 k2)

4

． 令1＋k2＝t，由于12≤k≤2，则5

4

≤t≤5．

所以|AB|2＋|DE|2＝t(4t－2)＋

258t 14＝4t2－2t＋258t 14

， 设g(t)＝4t2－2t＋258t 14，t∈［5

4，5］， 因为g′(t)＝8t …… 此处隐藏：2905字，全部文档内容请下载后查看。喜欢就下载吧 ……