山东卷,高考文科数学试卷.pdf

2010201020102010 年普通高等学校招生全国统一考试年普通高等学校招生全国统一考试 文科数学文科数学 山东卷山东卷 第 卷 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 2010 山东 文 1 已知全集U R R R R 集合M x x2 4 0 则 UM等于 A x 2 x 2 B x 2 x 2 C x x2 D x x 2 或x 2 答案 C 2 2010 山东 文 2 已知 i i2 a b i a b R R R R 其中 i 为虚数单位 则a b等于 A 1B 1C 2D 3 答案 B 3 2010 山东 文 3 函数f x log2 3x 1 的值域为 A 0 B 0 C 1 D 1 答案 A 4 2010 山东 文 4 在空间 下列命题正确的是 A 平行直线的平行投影重合B 平行于同一直线的两个平面平行 C 垂直于同一平面的两个平面平行D 垂直于同一平面的两条直线平行 答案 D 5 2010 山东 文 5 设f x 为定义在 R R R R上的奇函数 当x 0 时 f x 2x 2x b b为常数 f 1 等于 A 3B 1C 1D 3 答案 A 6 2010 山东 文 6 在某项体育比赛中 七位裁判为一选手打出的分数如下 90899095939493 去掉一个最高分和一个最低分后 所剩数据的平均值和方差分别为 A 92 2B 92 2 8C 93 2D 93 2 8 答案 B 7 2010 山东 文 7 设 an 是首项大于零的等比数列 则 a10 过其焦点且斜率为 1 的直线交抛物线于A B 两点 若线段AB的中点的纵坐标为 2 则该抛物线的准线方程为 A x 1B x 1C x 2D x 2 答案 B 10 2010 山东 文 10 观察 x2 2x x4 4x3 cosx sinx 由归纳推理可得 若定义在 R R R R 上的函数f x 满足f x f x 记g x 为f x 的导函数 则g x 等于 A f x B f x C g x D g x 答案 D 11 2010 山东 文 11 函数y 2x x2的图象大致是 O x y O x y O x y O x y A B C D 答案 A 12 2010 山东 文 12 定义平面向量之间的一种运算 如下 对任意的a a a a m n b b b b p q 令a a a a b b b b mq np 下面说法错误的是 A 若a a a a与b b b b共线 则a a a a b b b b 0 B a a a a b b b b b b b b a a a a C 对任意的 R R R R 有 a a a a b b b b a a a a b b b b D a a a a b b b b 2 a a a a b b b b 2 a a a a 2 b b b b 2 答案 B 第 卷 二 填空题 本大题共 4 小题 每小题 4 分 共 16 分 把答案填在答题卡的相应位置 13 2010 山 东 文 13 执 行下 图所 示的 程序 框图 若 输入x 4 则 输出y的 值为 是 否 输入x 输出y 开始 结束 y x 1 1 2 x y y x 1 答案 4 5 14 2010 山东 文 14 已知x y R R R R 且满足 3 x 4 y 1 则xy的最大值为 答案 3 15 2010 山 东 文 15 在 ABC中 角A B C所 对 的 边 分 别 为a b c 若 a 2 b 2 sinB cosB 2 则角A的大小为 答案 6 16 2010 山东 文 16 已知圆C过点 1 0 且圆心在x轴的正半轴上 直线l y x 1 被该圆 所截得的弦长为 22 则圆C的标准方程为 答案 x 3 2 y2 4 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 解答 写在答题卡上的指定区域内 17 2010 山东 文 17 已知函数f x sin x cos x cos2 x 0 的最小正周期为 1 求 的值 2 将函数y f x 的图象上各点的横坐标缩短到原来的 2 1 纵坐标不变 得到函数y g x 的 图象 求函数g x 在区间 0 16 上的最小值 解 1 因为f x sin x cos x cos2 x 所以f x sin xcos x 2 2cos1x 2 1 sin2 x 2 1 cos2 x 2 1 2 2 sin 2 x 4 2 1 由于 0 依题意得 2 2 所以 1 2 由 1 知f x 2 2 sin 2x 4 2 1 所以g x f 2x 2 2 sin 4x 4 2 1 当 0 x 16 时 4 4x 4 2 所以 2 2 sin 4x 4 1 因此 1 g x 2 21 故g x 在区间 0 16 上的最小值为 1 18 2010 山东 文 18 已知等差数列 an 满足 a3 7 a5 a7 26 an 的前n项和为Sn 1 求an及Sn 2 令bn 1 1 2 n a n N N N N 求数列 bn 的前n项和Tn 解 1 设等差数列 an 的首项为a1 公差为d 由于a3 7 a5 a7 26 所以a1 2d 7 2a1 10d 26 解得a1 3 d 2 由于an a1 n 1 d Sn 2 1n aan 所以an 2n 1 Sn n n 2 2 因为an 2n 1 所以an2 1 4n n 1 因此bn 1 4 1 nn 4 1 n 1 1 1 n 故Tn b1 b2 bn 4 1 1 2 1 2 1 3 1 n 1 1 1 n 4 1 1 1 1 n 1 4 n n 所以数列 bn 的前n项和Tn 1 4 n n 19 2010 山东 文 19 一个袋中装有四个形状大小完全相同的球 球的编号分别为 1 2 3 4 1 从袋中随机取两个球 求取出的球的编号之和不大于 4 的概率 2 先从袋中随机取一个球 该球的编号为m 将球放回袋中 然后再从袋中随机取一个球 该球的编号为n 求n m 2 的概率 解 1 从袋中随机取两个球 其一切可能的结果组成的基本事件有 1 和 2 1 和 3 1 和 4 2 和 3 2 和 4 3 和 4 共 6 个 从袋中取出的球的编号之和不大于 4 的事件共有 1 和 2 1 和 3 两个 因此所求事件的概率P 6 2 3 1 2 先从袋中随机取一个球 记下编号为m 放回后 再从袋中随机取一个球 记下编号为n 其一切可能的结果 m n 有 1 1 1 2 1 3 1 4 2 1 2 2 2 3 2 4 3 1 3 2 3 3 3 4 4 1 4 2 4 3 4 4 共16个 又满足条件n m 2 的事件为 1 3 1 4 2 4 共 3 个 所以满足条件n m 2 的事件的概率为P1 16 3 故满足条件n0 此时f x 0 函数f x 单调递减 当x 1 时 g x 0 函数f x 单调递增 2 当a 0 时 由f x 0 即ax2 x 1 a 0 解得x1 1 x2 a 1 1 当a 2 1 时 x1 x2 g x 0 恒成立 此时f x 0 函数f x 在 0 上单调递减 当 0 a1 0 x 0 1 时 g x 0 此时f x 0 函数 f x 单调递减 x 1 a 1 1 时 g x 0 函数f x 单调递增 x a 1 1 时 g x 0 此时f x 0 函数f x 单调递减 当a 0 时 由于 a 1 10 此时f x 0 函数f x 单调递减 x 1 时 g x 0 函数f x 单调递增 综上所述 当a 0 时 函数f x 在 0 1 上单调递减 函数f x 在 1 上单调递增 当a 2 1 时 函数f x 在 0 上单调递减 当 0 ab 0 过点 1 2 2 离心率为 2 2 左 右焦点分别为F1 F2 点P为直线l x y 2 上且不在x轴上的任意一点 直线PF1和PF2与椭 圆的交点分别为A B和C D O为坐标原点 A B C D P O F 1F2 x y l 1 求椭圆的标准方程 2 设直线PF1 PF2的斜率分别为k1 k2 证明 1 1 k 2 3 k 2 问直线l上是否存在点P 使得直线OA OB OC OD的斜率kOA kOB kOC kOD 满足kOA kOB kOC kOD 0 若存在 求出所有满足条件的点P的坐标 存不存在 说明理由 1 解 因为椭圆过点 1 2 2 e 2 2 所以 2 1 a 2 2 1 b 1 a c 2 2 又a2 b2 c2 所以a 2 b 1 c 1 故所求椭圆方程为 2 2 x y2 1 2 证明 方法一 由于F1 1 0 F2 1 0 PF1 PF2的斜率分别为k1 k2 且点P不在x 轴上 所以k1 k2 k1 0 k2 0 又直线PF1 PF2的方程分别为y k1 x 1 y k2 x 1 联立方程解得 2 12 21 12 21 kk kk y kk kk x 所以P 12 21 kk kk 12 21 2 kk kk 由于点P在直线x y 2 上 所以 12 2121 2 kk kkkk 2 因此 2k1k2 3k1 k2 0 即 1 1 k 2 3 k 2 结论成立 方法二 设P x0 y0 则k1 1 0 0 x y k2 1 0 0 x y 因为点P不在x轴上 所以y0 0 又x0 y0 2 所以 1 1 k 2 3 k 0 0 1 y x 0 0 1 3 y x 0 0 24 y x 0 0 2 y y 2 因此结论成立 解 设A xA yA B xB yB C xC yC D xD yD 联立直线PF1与椭圆的方程得 1 2 1 2 2 1 y x xky 化简得 2k12 1 x2 4k12x 2k12 2 0 因此xA xB 12 4 2 1 2 1 k k xAxB 12 22 2 1 2 1 k k 由于OA OB的斜率存在 所以xA 0 xB 0 因此k12 0 1 因此kOA kOB A A x y B B x y A A x xk 1 1 B B x xk 1 1 2k1 k1 BA BA xx xx k1 2 22 4 2 1 2 1 k k 22 4 2 1 1 k k 1 2 2 1 1 k k 相似地 可以得到xC 0 xD 0 k22 0 1 kOC kOD 1 2 2 2 2 k k 故kOA kOB kOC kOD 2 1 2 1 1 k k 1 2 2 2 k k 2 1 1 2 2 2 1 22 2 11 2 21 kk kkkkkk 1 1 1