07-13文科山東數(shù)學高考試題答案_

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1、2007年山東高考文 1. 【答案】:B【分析】：將原式，所以復數(shù)的實部為2。 2. 【答案】:C【分析】：求。 3. D【分析】： 正方體的三視圖都相同，而三棱臺的三視圖各不相同，正確答案為D。 4. 【答案】A【分析】： 此題看似簡單，必須注意到余弦函數(shù)是偶函數(shù)。注意題中給出的函數(shù)不同名，而，故應選A。 5. 【答案】:C【分析】：，由與垂直可得： ， 。 6. 【答案】:B【分析】：依據(jù)指、對數(shù)函數(shù)的性質可以發(fā)現(xiàn)A滿足， C滿足，而D滿足， B不滿足其中任何一個等式. 7. 【答案】C【分析】注意兩點：〔1〕全稱命題變?yōu)樘胤Q命題；〔2〕只對結論進行否認。

2、8. 【答案】 A【分析】：從頻率分布直方圖上可以看出，. 9. 【答案】B【分析】：〔利用圓錐曲線的第二定義〕過A 作軸于D，令，那么，，。 10. 【答案】A.【試題分析】：依據(jù)框圖可得 ， 。 11. 【答案】B.【試題分析】令，可求得：。易知函數(shù)的零點所在區(qū)間為。 12. 【答案】D【試題分析】事件的總事件數(shù)為6。只要求出當n=2,3,4,5時的根本領件個數(shù)即可。當n=2時，落在直線上的點為〔1，1〕； 當n=3時，落在直線上的點為〔1,2〕、〔2,1〕； 當n=4時，落在直線上的點為〔1,3〕、〔2,2〕； 當n=5時，落在直線上的點為〔2,3〕； 顯然當n=3,

3、4時，事件的概率最大為。 13.【答案】【分析】：。 14. 【答案】:4【分析】：函數(shù)的圖象恒過定點， ，，， 〔方法一〕：， . 〔方法二〕： 15. 【答案】【分析】：構造函數(shù)：。由于當時，不等式恒成立。那么， 即。解得：。 16. 【答案】:. 【分析】：曲線化為，其圓心到直線的距離為所求的最小圓的圓心在直線上，其到直線的距離為，圓心坐標為標準方程為。 17. 解：〔1〕 又 解得． ，是銳角． ． 〔2〕，，． 又 ． ． ． ． 18. 解：〔1〕由得 解得． 設數(shù)列的公比為，由，可得． 又，可知，即，解得． 由

4、題意得．．故數(shù)列的通項為． 〔2〕由于 由〔1〕得 又 是等差數(shù)列． 19. 0 100 200 300 100 200 300 400 500 y x l M 解：設公司在甲電視臺和乙電視臺做廣告的時間分別為分鐘和分鐘，總收益為元， 由題意得 目標函數(shù)為． 二元一次不等式組等價于 作出二元一次不等式組所表示的平面區(qū)域，即可行域． 如圖： 作直線， 即． 平移直線，從圖中可知，當直線過點時，目標函數(shù)取得最大值． 聯(lián)立解得． 點的坐標為． 〔元〕 答：該公司在甲電視臺做100分鐘廣告，在乙電視臺做200分鐘廣告，

5、公司的收益最大， 最大收益是70萬元． B C D A 20. 〔1〕證明：在直四棱柱中， 連結， ， 四邊形是正方形．． 又，， 平面，平面， ． 平面， 且，平面， B C D A M E 又平面，． 〔2〕連結，連結， 設，，連結， 平面平面， 要使平面，須使， 又是的中點．是的中點． 又易知，． 即是的中點． 綜上所述，當是的中點時，可使平面． 21. 證明：因為，所以的定義域為． ． 當時，如果在上單調遞增； 如果在上單調遞減． 所以當，函數(shù)沒

6、有極值點． 當時， 令， 得〔舍去〕，， 當時，隨的變化情況如下表： 0 極小值 從上表可看出， 函數(shù)有且只有一個極小值點，極小值為． 當時，隨的變化情況如下表： 0 極大值 從上表可看出， 函數(shù)有且只有一個極大值點，極大值為． 綜上所述， 當時，函數(shù)沒有極值點； 當時， 假設時，函數(shù)有且只有一個極小值點，極小值為． 假設時，函數(shù)有且只有一個極大值點，極大值為 22. 解：〔I〕由題意設橢圓的標準方程為， 由得：，，，， 　橢圓的標準方程為　 〔Ⅱ〕

7、設，， 聯(lián)立 得， 又， 因為以為直徑的圓過橢圓的右焦點， ，即， ， ，　 解得：，，且均滿足， 當時，的方程為，直線過定點，與矛盾； 當時，的方程為，直線過定點　 所以，直線過定點，定點坐標為　 2021年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試答案 1．B 解析：本小題主要考查集合子集的概念及交集運算。集合中必含有, 那么或.選B. 2．D 解析：本小題主要考查共軛復數(shù)的概念、復數(shù)的運算?？稍O，由 得選D. 3．A 解析：本小題主要考查復合函數(shù)的圖像識別。是偶函數(shù)， 可排除B、D，由的值域可以確定.選A. 4．C 解析：本小題主要

8、考查四種命題的真假。易知原命題是真命題,那么其逆否命題也是真命題, 而逆命題、否命題是假命題.故它的逆命題、否命題、逆否命題三個命題中, 真命題 有一個。選C. 5．A 解析：本小題主要考查分段函數(shù)問題。正確利用分段函數(shù)來進行分段求值。 選A. 6．D 解析：本小題主要考查三視圖與幾何體的外表積。從三視圖可以看出該幾何體是由一個球和一個圓柱組合而成的，其外表及為選D。 7．D解析：本小題主要考查分式不等式的解法。易知排除B;由符合可排除C; 由排除A, 應選D。也可用分式不等式的解法,將2移到左邊直接求解。 8．C 解析：本小題主要考查解三角形問題。 ， .選C

9、. 此題在求角B時,也可用驗證法. 9．B 解析：本小題主要考查平均數(shù)、方差、標準差的概念及其運算。 選B. 10．C 解析主要考查三角函數(shù)變換與求值。，選C. 11．B 解析：本小題主要考查圓與直線相切問題。 設圓心為由得選B. 12．A 解析：本小題主要考查正確利用對數(shù)函數(shù)的圖象來比擬大小。 由圖易得取特殊點 .選A. 二、填空題 13． 解析：本小題主要考查圓、雙曲線的性質。圓 得圓與坐標軸的交點分別為 那么所以雙曲線的標準方程為 14． 解析：本小題主要考查程序框圖。 ，因此輸出 15．2021 解析：本小題主要考

10、查對數(shù)函數(shù)問題。 16．11 解析：本小題主要考查線性規(guī)劃問題。作圖(略)易知可行域為一個四角形,其四個頂點 分別為驗證知在點時取得最大值11. 三、解答題 17．解：〔Ⅰ〕 ． 因為為偶函數(shù)， 所以對，恒成立， 因此． 即， 整理得． 因為，且， 所以． 又因為， 故． 所以． 由題意得，所以． 故． 因此． 〔Ⅱ〕將的圖象向右平移個單位后，得到的圖象， 所以． 當〔〕， 即〔〕時，單調遞減， 因此的單調遞減區(qū)間為〔〕． 18．解：〔Ⅰ〕從8人中選出日語、俄語和韓語志愿者各1名，其一切可能的結果

11、組成的根本領件空間 {，， ，，， ，，， } 由18個根本領件組成．由于每一個根本領件被抽取的時機均等，因此這些根本領件的發(fā)生是等可能的． 用表示“恰被選中〞這一事件，那么 {， } 事件由6個根本領件組成， 因而． 〔Ⅱ〕用表示“不全被選中〞這一事件，那么其對立事件表示“全被選中〞這一事件， 由于{}，事件有3個根本領件組成， 所以，由對立事件的概率公式得． 19．〔Ⅰ〕證明：在中， 由于，，， A B C M P D O 所以． 故． 又平面平面，平面平面， 平面， 所以平面， 又平面， 故平面平面． 〔Ⅱ〕解：過作交于， 由

12、于平面平面， 所以平面． 因此為四棱錐的高， 又是邊長為4的等邊三角形． 因此． 在底面四邊形中，，， 所以四邊形是梯形，在中，斜邊邊上的高為， 此即為梯形的高， 所以四邊形的面積為． 故． 20．〔Ⅰ〕證明：由，當時，， 又， 所以， 即， 所以， 又． 所以數(shù)列是首項為1，公差為的等差數(shù)列． 由上可知， 即． 所以當時，． 因此 〔Ⅱ〕解：設上表中從第三行起，每行的公比都為，且． 因為， 所以表中第1行至第12行共含有數(shù)列的前78項， 故在表中第13行第三列， 因此． 又， 所以． 記表中第行所有項的和為， 那么． 21．解：〔Ⅰ

13、〕因為 ， 又和為的極值點，所以， 因此 解方程組得，． 〔Ⅱ〕因為，， 所以， 令，解得，，． 因為當時，； 當時，． 所以在和上是單調遞增的； 在和上是單調遞減的． 〔Ⅲ〕由〔Ⅰ〕可知， 故， 令， 那么． 令，得， 因為時，， 所以在上單調遞減． 故時，； 因為時，， 所以在上單調遞增． 故時，． 所以對任意，恒有，又， 因此， 故對任意，恒有． 22．解：〔Ⅰ〕由題意得 又， 解得，． 因此所求橢圓的標準方程為． 〔Ⅱ〕〔1〕假設所在的直線斜率存在且不為零，設所在直線方程為， ． 解方程組得，， 所以． 設，由題意知，

14、 所以，即， 因為是的垂直平分線， 所以直線的方程為， 即， 因此， 又， 所以， 故． 又當或不存在時，上式仍然成立． 綜上所述，的軌跡方程為． 〔2〕當存在且時，由〔1〕得，， 由解得，， 所以，，． 解法一：由于 ， 當且僅當時等號成立，即時等號成立，此時面積的最小值是． 當，． 當不存在時，． 綜上所述，的面積的最小值為． 解法二：因為， 又，， 當且僅當時等號成立，即時等號成立， 此時面積的最小值是． 當，． 當不存在時，． 綜上所述，的面積的最小值為． 2021年山東高考數(shù)學文科試

15、題答案 1.【解析】:∵,,∴∴,應選D. 【命題立意】:此題考查了集合的并集運算,并用觀察法得到相對應的元素,從而求得答案,此題屬于容易題. 2. 【解析】: ,應選C. 【命題立意】:此題考查復數(shù)的除法運算，分子、分母需要同乘以分母的共軛復數(shù)，把分母變?yōu)閷崝?shù)，將除法轉變?yōu)槌朔ㄟM行運算. 3. 【解析】:將函數(shù)的圖象向左平移個單位,得到函數(shù)即的圖象,再向上平移1個單位,所得圖象的函數(shù)解析式為,應選A. 【命題立意】:此題考查三角函數(shù)的圖象的平移和利用誘導公式及二倍角公式進行化簡解析式的根本知識和根本技能,學會公式的變形. 4. 【解析】:該空間幾何體為一圓柱和一四棱錐組成的,

16、圓 柱的底面半徑為1,高為2,體積為,四棱錐的底面 邊長為，高為，所以體積為 所以該幾何體的體積為.答案:C 【命題立意】:此題考查了立體幾何中的空間想象能力, 由三視圖能夠想象得到空間的立體圖,并能準確地 計算出.幾何體的體積. 5. 【解析】:根據(jù)定義⊙,解得,所以所求的實數(shù)的取值范圍為(-2,1),應選B. 【命題立意】:此題為定義新運算型,正確理解新定義是解決問題的關鍵,譯出條件再解一元二次不等式. 6. 【解析】:函數(shù)有意義,需使,其定義域為,排除C,D,又因為,所以當時函數(shù)為減函數(shù),應選A 【命題立意】:此題考查了函數(shù)的圖象以及函數(shù)的定義域、值域、單調性等性質.

17、此題的難點在于給出的函數(shù)比擬復雜,需要對其先變形,再在定義域內對其進行考察其余的性質. 7. 【解析】:由得,,, ,,應選B. 【命題立意】:此題考查對數(shù)函數(shù)的運算以及推理過程.. 8. 【解析】:因為，所以點P為線段AC的中點，所以應該選C。 【命題立意】:此題考查了向量的加法運算和平行四邊形法那么，可以借助圖形解答。 9. 【解析】:由平面與平面垂直的判定定理知如果m為平面α內的一條直線,,那么,反過來那么不一定.所以“〞是“〞的必要不充分條件 【命題立意】:此題主要考查了立體幾何中垂直關系的判定和充分必要條件的概念. 10. 【解析】: 拋物線的焦點F坐標為,那么直線的

18、方程為,它與軸的交點為A,所以△OAF的面積為,解得.所以拋物線方程為,應選B 【命題立意】:此題考查了拋物線的標準方程和焦點坐標以及直線的點斜式方程和三角形面積的計算.考查數(shù)形結合的數(shù)學思想,其中還隱含著分類討論的思想,因參數(shù)的符號不定而引發(fā)的拋物線開口方向的不定以及焦點位置的相應變化有兩種情況,這里加絕對值號可以做到合二為一. 11. 【解析】:在區(qū)間 上隨機取一個數(shù)x,即時,要使的值介于0到之間,需使或，區(qū)間長度為，由幾何概型知的值介于0到之間的概率為.應選A 【命題立意】:此題考查了三角函數(shù)的值域和幾何概型問題,由自變量x的取值范圍,得到函數(shù)值的范圍,再由長度型幾何概型求得.

19、-8 -6 -4 -2 0 2 4 6 8 y x f(x)=m (m>0) 12. 【解析】:因為滿足,所以,所以函數(shù)是以8為周期的周期函數(shù), 那么,,,又因為在R上是奇函數(shù)， ,得,,而由得,又因為在區(qū)間[0,2]上是增函數(shù),所以,所以,即,應選D. 【命題立意】:此題綜合考查了函數(shù)的奇偶性、單調性、周期性等性質,運用化歸的數(shù)學思想和數(shù)形結合的思想解答問題. 13. 【解析】:設等差數(shù)列的公差為,那么由得解得,所以答

20、案:13. 【命題立意】:此題考查等差數(shù)列的通項公式以及根本計算. 14. 【解析】: 設函數(shù)且和函數(shù),那么函數(shù)f(x)=a-x-a(a>0且a1)有兩個零點, 就是函數(shù)且與函數(shù)有兩個交點,由圖象可知當時兩函數(shù)只有一個交點,不符合,當時,因為函數(shù)的圖象過點(0,1),而直線 【命題立意】:此題考查了指數(shù)函數(shù)的圖象與直線的位置關系,隱含著對指數(shù)函數(shù)的性質的考查,根據(jù)其底數(shù)的不同取值范圍而分別畫出函數(shù)的圖象進行解答. 15. 【解析】:按照程序框圖依次執(zhí)行為S=5,n=2,T=2; S=10,n=4,T=2+4=6;S=15,n=6,T=6+6=12; S=20,n=8,T=12+8=

21、20;S=25,n=10,T=20+10=30>S,輸出T=30 【命題立意】:此題主要考查了循環(huán)結構的程序框圖,一般都可以 反復的進行運算直到滿足條件結束,此題中涉及到三個變量, 注意每個變量的運行結果和執(zhí)行情況. 16. 【解析】:設甲種設備需要生產天, 乙種設備需要生產天, 該公司所需租賃費為元,那么，甲、乙兩種設備生產A,B兩類產品的情況為下表所示: 產品 設備 A類產品 (件)(≥50) B類產品 (件)(≥140) 租賃費 (元) 甲設備 5 10 200

22、 乙設備 6 20 300 那么滿足的關系為即:, 作出不等式表示的平面區(qū)域,當對應的直線過兩直線的交點(4,5)時，目標函數(shù)取得最低為2300元. 【命題立意】:此題是線性規(guī)劃的實際應用問題,需要通過審題理解題意,找出各量之間的關系,最好是列成表格,找出線性約束條件,寫出所研究的目標函數(shù),通過數(shù)形結合解答問題 17. 解: 〔1〕 因為函數(shù)f(x)在處取最小值，所以, 由誘導公式知,因為,所以. 〔2〕由〔1〕知 因為,且A為ABC的內角,所以. 又因為所以由正弦定理,得, 也就是, 因為,所以或.

23、 當時,; 當時,. 綜上所述，或 【命題立意】:此題主要考查了三角函數(shù)中兩角和差的弦函數(shù)公式、二倍角公式和三角函數(shù)的性質,并利用正弦定理解得三角形中的邊角.注意此題中的兩種情況都符合. 18. E A B C F E1 A1 B1 C1 D1 D F1 〔Ⅰ〕證明： 在直四棱柱ABCD-ABCD中，取A1B

24、1的中點F1， 連接A1D，C1F1，CF1，因為AB=4, CD=2,且AB//CD， 所以CDA1F1，A1F1CD為平行四邊形，所以CF1//A1D， 又因為E、E分別是棱AD、AA的中點，所以EE1//A1D， 所以CF1//EE1，又因為平面FCC，平面FCC， 所以直線EE//平面FCC. E A B C F E1 A1 B1 C1 D1

25、 D 〔Ⅱ〕連接AC,在直棱柱中，CC1⊥平面ABCD,AC平面ABCD, 所以CC1⊥AC,因為底面ABCD為等腰梯形，AB=4, BC=2, F是棱AB的中點,所以CF=CB=BF，△BCF為正三角形， ,△ACF為等腰三角形，且 所以AC⊥BC, 又因為BC與CC1都在平面BB1C1C內且交于點C, 所以AC⊥平面BB1C1C,而平面D1AC, 所以平面D1AC⊥平面BB1C1C. 【命題立意】: 此題主要考查直棱柱的概念、線面平行和線面垂直位置關系的判定.熟練掌握平行和垂直的判定定理.完成線線、線面位置關系的轉化. 19.

26、解: (1).設該廠本月生產轎車為n輛,由題意得,,所以n=2000. z=2000-100-300-150-450-600=400 (2) 設所抽樣本中有m輛舒適型轎車,因為用分層抽樣的方法在C類轎車中抽取一個容量為5的樣本,所以,解得m=2也就是抽取了2輛舒適型轎車,3輛標準型轎車,分別記作S1,S2;B1,B2,B3,那么從中任取2輛的所有根本領件為(S1, B1), (S1, B2) , (S1, B3) (S2 ,B1), (S2 ,B2), (S2 ,B3),( (S1, S2),(B1 ,B2), (B2 ,B3) ,(B1 ,B3)共10個,其中至少有1輛舒適型轎車的根本領件

27、有7個根本領件: (S1, B1), (S1, B2) , (S1, B3) (S2 ,B1), (S2 ,B2), (S2 ,B3),( (S1, S2),所以從中任取2輛,至少有1輛舒適型轎車的概率為. (3)樣本的平均數(shù)為, . 【命題立意】:此題為概率與統(tǒng)計的知識內容,涉及到分層抽樣以及古典概型求事件的概率問題.要讀懂題意,分清類型,列出根本領件,查清個數(shù).,利用公式解答. 20. 解:因為對任意的,點，均在函數(shù)且, 當時,, 當時,, 當n=2時， 又因為{}為等比數(shù)列, 所以，即解得 〔2〕由〔1〕知，，, 所以 ， 兩式相減,得 所

28、以 【命題立意】:此題主要考查了等比數(shù)列的定義,通項公式,以及求的基此題型,并運用錯位相減法求出一等比數(shù)列與一等差數(shù)列對應項乘積所得新數(shù)列的前項和. 21. 解: (1)由得,令,得, 要取得極值,方程必須有解, 所以△,即, 此時方程的根為 ,, 所以 當時, x (-∞,x1) x 1 (x1,x2) x2 (x2,+∞) ＋ 0 － 0 ＋ 增函數(shù) 極大值 減函數(shù) 極小值 增函數(shù) 所以在x 1, x2處分別取得極大值和極小值. 當時, x (-∞,x2) x 2 (x2,x1) x1 (x1,+∞) －

29、0 ＋ 0 － 減函數(shù) 極小值 增函數(shù) 極大值 減函數(shù) 所以在x 1, x2處分別取得極大值和極小值. 綜上,當滿足時, 取得極值 (2)要使在區(qū)間上單調遞增,需使在上恒成立. 即恒成立, 所以 設,, 令得或(舍去), 當時,,當時,單調增函數(shù); 當時,單調減函數(shù), 所以當時,取得最大,最大值為. 所以 當時,,此時在區(qū)間恒成立,所以在區(qū)間上單調遞增,當時最大,最大值為,所以 綜上,當時, ;當時, 【命題立意】:此題為三次函數(shù),利用求導的方法研究函數(shù)的極值、單調性和函數(shù)的最值,函數(shù)在區(qū)間上為單調函數(shù),那么導函數(shù)在該區(qū)間上的符號確定,從而轉為

30、不等式恒成立,再轉為函數(shù)研究最值.運用函數(shù)與方程的思想,化歸思想和分類討論的思想解答問題. 22. 解:〔1〕因為,,, 所以, 即. 當m=0時,方程表示兩直線,方程為; 當時, 方程表示的是圓 當且時,方程表示的是橢圓; 當時,方程表示的是雙曲線. (2).當時, 軌跡E的方程為,設圓心在原點的圓的一條切線為,解方程組得,即, 要使切線與軌跡E恒有兩個交點A,B, 那么使△=, 即,即, 且 , 要使, 需使,即, 所以, 即且, 即恒成立. 所以又因為直線為圓心在原點的圓的一條切線, 所以圓的半徑為,, 所求的圓為. 當切線的斜率

31、不存在時,切線為,與交于點或也滿足. 綜上, 存在圓心在原點的圓，使得該圓的任意一條切線與橢圓E恒有兩個交點A,B,且. (3)當時,軌跡E的方程為,設直線的方程為,因為直線與圓C:(1

32、要考查了直線與圓的方程和位置關系,以及直線與橢圓的位置關系,可以通過解方程組法研究有沒有交點問題,有幾個交點的問題. 2021文 1【解析】因為，全集， 所以，應選C。 【命題意圖】此題考查集合的補集運算、二次不等式的解法等根底知識，屬根底題。 2. 【解析】由得,所以由復數(shù)相等的意義知:,所以1,應選B. 【命題意圖】此題考查復數(shù)相等的意義、復數(shù)的根本運算，屬保分題。 3. 【解析】因為，所以，應選A。 【命題意圖】此題考查對數(shù)函數(shù)的單調性、函數(shù)值域的求法等根底知識。 4. 【解析】由空間直線與平面的位置關系及線面垂直與平行的判定與性質定理可

33、以很容易得出答案D。 【命題意圖】此題考查空間直線與平面的位置關系及線面垂直與平行的判定與性質，屬根底題。 5. 【解析】因為為定義在R上的奇函數(shù),所以有,解得,所以 當時, ,即,應選D. 【命題意圖】此題考查函數(shù)的根本性質,熟練函數(shù)的根底知識是解答好此題的關鍵. 6. 【解析】由題意知，所剩數(shù)據(jù)為90，90，93，94，93，所以其平均值為 90+=92；方差為2.8，應選B。 【命題意圖】此題考查平均數(shù)與方差的求法，屬根底題。 7. 【答案】C【解析】假設，那么設數(shù)列的公比為，因為，所以有，解得又，所以數(shù)列是遞增數(shù)列；反之，假設數(shù)列是遞增數(shù)列，那么公比且，所以，即，所以是

34、數(shù)列是遞增數(shù)列的充分必要條件。 【命題意圖】此題考查等比數(shù)列及充分必要條件的根底知識，屬保分題。 8. 【解析】令導數(shù)，解得；令導數(shù)，解得，所以函數(shù)在區(qū)間上是增函數(shù)，在區(qū)間上是減函數(shù)，所以在處取極大值，也是最大值，應選C。 【命題意圖】此題考查導數(shù)在實際問題中的應用，屬根底題。 9. B【解析】設、那么有，，兩式相減得： ，又因為直線的斜率為1，所以，所以有 ，又線段的中點的縱坐標為2，即，所以，所以拋物線的準線方程為。 【命題意圖】此題考查拋物線的幾何性質、直線與拋物線的位置關系等根底知識， 10. 【解析】由給出的例子可以歸納推理得出：假設函數(shù)是偶函數(shù)，那么它的導函數(shù)是奇

35、函數(shù)，因為定義在上的函數(shù)滿足，即函數(shù)是偶函數(shù)，所以它的導函數(shù)是奇函數(shù)，即有=，應選D。 【命題意圖】此題考查函數(shù)、歸納推理等根底知識，考查同學們類比歸納的能力。 11. 【解析】因為當x=2或4時，2x -=0，所以排除B、C；當x=-2時，2x -=，故排除D，所以選A?！久}意圖】此題考查函數(shù)的圖象，考查同學們對函數(shù)根底知識的把握程度以及數(shù)形結合的思維能力。 12. 【解析】假設與共線，那么有，故A正確；因為，而 ，所以有，應選項B錯誤，應選B。 【命題意圖】此題在平面向量的根底上，加以創(chuàng)新，屬創(chuàng)新題型，考查平面向量的根底知識以及分析問題、解決問題的能力。 13. 【解析】當x

36、=4時，y=，此時|y-x|=3；當x=1時，y=，此時|y-x|=； 當x=時，y=，此時|y-x|=，故輸出y的值為。 【命題意圖】此題考查程序框圖的根底知識，考查了同學們的試圖能力。 14. 【答案】3 15. 【解析】由得，即，因為，所以，又因為，，所以在中，由正弦定理得：，解得，又，所以，所以。 【命題意圖】此題考查了三角恒等變換、三角函數(shù)值求解以及正弦定理，考查了同學們解決三角形問題的能力，屬于中檔題。 16. 【解析】由題意，設圓心坐標為，那么由直線l：被該圓所截得 的弦長為得，，解得或-1，又因為圓心在x軸的正半軸上，所以，故圓心坐標為〔3，0〕，又圓C過點〔1,

37、0〕，所以所求圓的半徑為2，故圓C的標準方程為。 【命題意圖】此題考查了直線的方程、點到直線的距離、直線與圓的關系，考查了同學們解決直線與圓問題的能力。 17.【命題意圖】本小題主要考察綜合運用三角函數(shù)公式、三角函數(shù)的性質，進行運算、變形、轉換和求解的能力。 〔Ⅱ〕由〔Ⅰ〕知， 所以。 當時， 所以 因此 ， 故 在區(qū)間內的最小值為1． 18. 【命題意圖】此題考查等差數(shù)列的通項公式與前n項和公式的應用、裂項法求數(shù)列的和，熟練數(shù)列的根底知識是解答好本類題目的關鍵。 【解析】〔Ⅰ〕設等差數(shù)列的公差為d，因為，，所以有 ，解得， 所以

38、；==。 〔Ⅱ〕由〔Ⅰ〕知，所以bn===， 所以==， 即數(shù)列的前n項和=。 19. 【命題意圖】本小題主要考察古典概念、對立事件的概率計算，考察學生分析問題、解決問題的能力。 【解析】〔I〕從袋子中隨機取兩個球，其一切可能的結果組成的根本領件有1和2，1和3，1和4，2和3，2和4，3和4，共6個。 從袋中隨機取出的球的編號之和不大于4的事件共有1和2,1和3兩個。 因此所求事件的概率為1/3。 〔II〕先從袋中隨機取一個球，記下編號為m，放回后，在從袋中隨機取一個球，記下編號為n，其一切可能的結果〔m, n〕有： 〔1,1〕(1,2),(1,3),(1,4),(2,1)

39、,(2,2),(2,3),(2,4),(3,1)(3,2), (3,3) (3,4),(4,1) 〔4,2〕，〔4,3〕〔4,4〕，共16個 有滿足條件n≥?m+2 的事件為〔1,3〕 〔1,4〕 〔2,4〕，共3個 所以滿足條件n ≥ m+2 的事件的概率為 P=3/16 故滿足條件n

40、 因此 在中，因為分別為的中點， 所以 因此 又 ， 所以 ． 〔Ⅱ〕解：因為,四邊形為正方形，不妨設， 那么 ， 所以· 由于的距離，且 所以即為點到平面的距離， 三棱錐 所以 21. 【命題意圖】本小題主要考查導數(shù)的概念、導數(shù)的幾何意義和利用導數(shù)研究函數(shù)性質的能力，考查分類討論思想、數(shù)形結合思想和等價變換思想。 【解析】解：〔Ⅰ〕 當 所以 因此， 即 曲線 又 所以曲線 〔Ⅱ〕因為 ， 所以 ， 令 〔1〕當 所以，當，函

41、數(shù)單調遞減； 當時，，此時單調遞 〔2〕當 即，解得 ①當時，恒成立， 此時，函數(shù)在〔0，+∞〕上單調遞減； ②當 時，單調遞減； 時，單調遞增； ，此時，函數(shù)單調遞減； ③當時，由于 時，，此時，函數(shù)單調遞減； 時，，此時，函數(shù)單調遞增。 綜上所述： 當時，函數(shù)在〔０，１〕上單調遞減； 函數(shù)在〔１，＋∞〕上單調遞增； 當時，函數(shù)在〔0，+∞〕上單調遞減； 當時，函數(shù)在〔0，1〕上單調遞減； 函數(shù)在上單調遞增； 函數(shù)上單調遞減， 22. 【命題意圖】本小題主要考查橢圓的根本概念和性質，考查直線與橢圓的位置關系，

42、考查數(shù)形結合思想、分類討論思想以及探求解決新問題的能力。 【解析】〔Ⅰ〕解：因為橢圓過點〔1，〕，e=， 所以，． 又， 所以 故 所求橢圓方程為 ． 〔II〕〔1〕證明： 方法二: 因為點P不在x軸上，所以 又 所以 因此結論成立 〔ⅱ〕解：設，，，． 故 假設，須有=0或=1． ①?當=0時，結合〔ⅰ〕的結論，可得=－2，所以解得點P的坐標為〔0，2〕； ②?當=1時，結合〔ⅰ〕的結論，可得=3或=－1〔此時=－1，不滿足≠，舍去?〕，此時直線CD的方程為，聯(lián)立方程得，

43、 因此 ．綜上所述，滿足條件的點P的坐標分別為，〔，〕。 2021年山東高考數(shù)學〔文〕 一、選擇題：本大題共l0小題．每題5分，共50分在每題給出的四個選項中，只 有一項為哪一項滿足題目要求的. 1.設集合 ={x|(x+3)(x-2)<0}， ={x|1≤x≤3},那么= 〔A〕[1,2) (B)[1,2] (C)( 2,3] (D)[2,3] 【解析】因為，所以，應選A. 考查集合的概念和運算，容易題。 2.復數(shù)z=(為虛數(shù)單位)在復平面內對應的點所在象限為 〔A〕第一象限 (B)第二象限 (C)第三象限 (D)第四象限 【解析

44、】因為,故復數(shù)z對應點在第四象限,選D.考查復數(shù)的運算及幾何意義，容易題。 3.假設點〔a,9〕在函數(shù)的圖象上，那么tan=的值為 〔A〕0 (B) (C) 1 (D) 【解析】由題意知:9=,解得=2,所以,應選D.考查函數(shù)的概念，三角函數(shù)的計算，容易題。 在點P(1，12)處的切線與y軸交點的縱坐標是 (A)-9 (B)-3 (C)9 (D)15 【解析】因為，切點為P(1,2),所以切線的斜率為3，故切線的方程為，令得，應選C?？疾楹瘮?shù)的導數(shù)的幾何意義，切線的求法，容易題。 5.a，b，c∈R，命題“假設=3，那么≥3”，的否命題

45、是 (A)假設a+b+c≠3，那么<3 (B)假設a+b+c=3，那么<3 (C)假設a+b+c≠3，那么≥3 (D)假設≥3，那么a+b+c=3 【解析】命題“假設,那么〞的否命題是“假設,那么〞,應選A.考查四種命題的結構關系，容易題。 (ω>0)在區(qū)間上單調遞增，在區(qū)間上單調遞減，那么ω= (A) (B) (C) 2 (D)3 【解析】由題意知,函數(shù)在處取得最大值1,所以1=sin,應選B.考查三角函數(shù)的性質，容易題。 7.設變量x，y滿足約束條件，那么目標函數(shù)的最大值為 【解析】畫出平面區(qū)域表示的可行域如下圖,當直線平移至點A(3

46、,1)時, 目標函數(shù)取得最大值為10,應選B.考查線性規(guī)劃的相關概念及計算，容易題。 廣告費用x(萬元) 4 2 3 5 銷售額y〔萬元〕 49 26 39 54 根據(jù)上表可得回歸方程中的為9.4，據(jù)此模型預報廣告費用為6萬元時銷售額為 【解析】由表可計算,,因為點在回歸直線上,且為9.4，所以, 解得,故回歸方程為, 令x=6得65.5,選B.考查線性回歸的概念和回歸直線的計算等，容易題。 9.設M(，)為拋物線C：上一點，F(xiàn)為拋物線C的焦點，以F為圓心、為半徑的圓和拋物線

47、C的準線相交，那么的取值范圍是 (A)(0，2) (B)[0，2] (C)(2，+∞) (D)[2，+∞) 【解析】設圓的半徑為r,那么，因為F(0,2)是圓心, 拋物線C的準線方程為,F到準線的距離為4， 所以，, 選C.考查拋物線的概念和性質，中檔題。 x y (A) x y x y x y (B) (C) (D) O O O O 的圖象大致是 【解析】因為,所以令,得,此時原函數(shù)是增函數(shù);令,得,此時原函數(shù)是減函數(shù),結合余弦函數(shù)圖象，可得選C正確.考查函數(shù)的導數(shù)的性質，函數(shù)圖象等

48、，中檔題。 11.以下圖是長和寬分別相等的兩個矩形．給定以下三個命題：①存在三棱柱，其正(主)視圖、俯視圖如以下圖；②存在四棱柱，其正(主)視圖、俯視圖如以下圖；③存在圓柱，其正(主)視圖、俯視圖如以下圖．其中真命題的個數(shù)是 (A)3 (B)2 (C)1 (D)0 正(主)視圖 俯視圖 【解析】對于①,可以是放倒的三棱柱,容易判斷②③可以.考查三視圖的概念和性質，中檔題。 ，，，是平面直角坐標系中兩兩不同的四點，假設 (λ∈R)，(μ∈R)，且,那么稱，調和分割， ,點C(c，o),D(d，O) (c，d∈R)調和分割點A(0，0)，B(1，0)，那么下面說法正確

49、的選項是 (A)C可能是線段AB的中點 (B)D可能是線段AB的中點 (C)C，D可能同時在線段AB上 (D) C，D不可能同時在線段AB的延長線上 【解析】由 (λ∈R)，(μ∈R)知: 四點，，，在同一條直線上, 因為C,D調和分割點A,B,所以A,B,C,D四點在同一直線上,且, 應選D. 考查平面向量的有關概念和計算，難題。 第II卷〔共90分〕 二、填空題：本大題共4小題，每題4分，共16分． 13.某高校甲、乙、丙、丁四個專業(yè)分別有150、150、400、300名學生，為了解學生的就業(yè)傾向，用分層抽樣的方法從該校這四個專業(yè)共抽取

50、40名學生進行調查，應在丙專業(yè)抽取的學生人數(shù)為 . 【解析】由題意知,抽取比例為3:3:8:6,所以應在丙專業(yè)抽取的學生人數(shù)為40=16.考查分層抽樣的計算，容易題。 開始 輸入非負整數(shù)l,m,n 輸出y 結束 是 是 否 否 14.執(zhí)行右圖所示的程序框圖，輸入l=2，m=3，n=5，那么輸出的y的值是 。 【解析】由輸入l=2，m=3，n=5，計算得出y=278,第一次得新的y=173;第二次得新的y=68<105,輸出y.考查算法中流程圖的

51、意義和計算，容易題。 和橢圓有相同的焦點，且雙曲線的離心率是橢圓離心率的兩倍，那么雙曲線的方程為 . 【解析】由題意知雙曲線的焦點為、，即，又因為雙曲線的離心率為，所以，故，雙曲線的方程為，考查雙曲線、橢圓的方程和性質，根本量的計算，容易題。 =當2＜a＜3＜b＜4時，函數(shù)的零點 . 【解析】方程=0的根為,即函數(shù)的圖象與函數(shù)的交點橫坐標為,且,結合圖象,因為當時,,此時對應直線上的點的橫坐標;當時, 對數(shù)函數(shù)的圖象上點的橫坐標,直線的圖象上點的橫坐標,故所求的.考查函數(shù)的零點、方程的解和函數(shù)圖象的綜合，是難題。 三、解答題：本大題共6小題，共

52、74分． 17.【解析】考查三角函數(shù)的概念計算，解三角形的相關內容，容易題。 解：(1)由正弦定理得所以=,即,即有,即,所以=2. (2)由(1)知=2,所以有,即c=2a,又因為的周長為5,所以b=5-3a,由余弦定理得：，即，解得a=1，所以b=2. 18.【解析】考查概率的概念和計算，主要是古典概型的概率計算，列舉，容易題 (1) 從甲校和乙校報名的教師中各任選1名，所有可能的結果為(甲男1,乙男)、(甲男2, 乙男)、(甲男1, 乙女1)、(甲男1, 乙女2)、(甲男2, 乙女1)、(甲男2, 乙女2)、(甲女, 乙女1)、(甲女, 乙女2) 、(甲女, 乙男)，共9種；選

53、出的2名教師性別相同的結果有(甲男1,乙男)、(甲男2, 乙男)、(甲女1, 乙女1)、(甲女1, 乙女2)，共4種，所以選出的2名教師性別相同的概率為. 〔2〕從報名的6名教師中任選2名，所有可能的結果為(甲男1,乙男)、(甲男2, 乙男)、(甲男1, 乙女1)、(甲男1, 乙女2)、(甲男2, 乙女1)、(甲男2, 乙女2)、(甲女, 乙女1)、(甲女, 乙女2) 、(甲女, 乙男) 、(甲男1, 甲男2)、(甲男1, 甲女)、(甲男2, 甲女)、(乙男, 乙女1)、(乙男, 乙女2)、(乙女1, 乙女2)，共15種；選出的2名教師來自同一學校的所有可能的結果為(甲男1, 甲男2)、(甲

54、男1, 甲女)、(甲男2, 甲女)、(乙男, 乙女1)、(乙男, 乙女2)、(乙女1, 乙女2)，共6種，所以選出的2名教師來自同一學校的概率為. 19A B C D .【解析】考查空間線面的垂直、平行關系，容易題。 〔Ⅰ〕證明：因為，所以設AD=a,那么AB=2a, 又因為60°,所以在中,由余弦定理得： , 所以BD=,所以,故BD⊥AD ,又因為平面，所以BD,又因為, 所以平面,故. (2)連結AC,設ACBD=0, 連結,由底面是平行四邊形得:O是AC的中點,由四棱臺知:平面ABCD∥平面,因為這兩個平面同時都和平面相交,交線分別為AC、，故

55、，又因為AB=2a, BC=a, ，所以可由余弦定理計算得AC=，又因為A1B1=2a, B1C1=, ，所以可由余弦定理計算得A1C1=，所以A1C1∥OC且A1C1=OC，故四邊形OCC1A1是平行四邊形，所以CC1∥A1O，又CC1平面A1BD，A1O平面A1BD，所以. 20.【解析】考查數(shù)列概念和性質，求通項公式和數(shù)列求和的有關方法，中檔題。 〔Ⅰ〕由題意知,因為是等比數(shù)列,所以公比為3,所以數(shù)列的通項公式. 〔Ⅱ〕因為=, 所以 =-=-= -,所以=-=-. 21.【解析】考查函數(shù)應用、數(shù)學建模能力，導數(shù)應用等，中檔題。 解：〔Ⅰ〕因為容器的體積為立方

56、米，所以,解得,所以圓柱的側面積為=,兩端兩個半球的外表積之和為,所以+,定義域為(0,). 〔Ⅱ〕因為+=,所以令得:; 令得:,所以米時, 該容器的建造費用最小. 22.【解析】考查橢圓的概念性質，直線和橢圓的關系，考查探究、計算推理能力，難題。 解：〔Ⅰ〕由題意:設直線, 由消y得:,設A、B,AB的中點E,那么由韋達定理得: =,即,,所以中點E的坐標為E,因為O、E、D三點在同一直線上，所以，即，解得 ，所以=,當且僅當時取等號,即的最小值為2. 〔Ⅱ〕〔i〕證明:由題意知:n>0,因為直線OD的方程為,所以由得交點G的縱坐標為,又因為,,且?，所以,又由〔Ⅰ〕知: ,所

57、以解得,所以直線的方程為,即有,令得,y=0,與實數(shù)k無關,所以直線過定點(-1,0). 〔ii〕假設點，關于軸對稱,那么有的外接圓的圓心在x軸上,又在線段AB的中垂線上, 由〔i〕知點G(,所以點B(,又因為直線過定點(-1,0),所以直線的斜率為，又因為，所以解得或6，又因為,所以舍去,即，此時k=1，m=1，E，AB的中垂線為2x+2y+1=0，圓心坐標為，G(,圓半徑為，圓的方程為.綜上所述, 點，關于軸對稱,此時的外接圓的方程為. 2021參考

58、答案： 一、選擇題： (1)A (2)C (3)B (4)D (5)C (6)A (7)B (8)A (9)B (10)D (11)D (12)B (12)解：設，那么方程與同解，故其有且僅有兩個不同零點.由得或.這樣，必須且只須或，因為，故必有由此得.不妨設，那么.所以，比擬系數(shù)得，故.，由此知，故答案為B. 二、填空題 (13)　以△為底面，那么易知三棱錐的高為1，故. (14)××1＝0.22，總城市數(shù)為11÷×1＝0.18，50×0.18＝9. (15)　當時，有，此時，此時，那么，故，檢驗知符合題意. (16) 三、解答題 (17)(I)由得

59、： ， ， ， 再由正弦定理可得：， 所以成等比數(shù)列. (II)假設，那么， ∴， ， ∴△的面積. (18)(I)從五張卡片中任取兩張的所有可能情況有如下10種：紅1紅2，紅1紅3，紅1藍1，紅1藍2，紅2紅3，紅2藍1，紅2藍2，紅3藍1，紅3藍2，藍1藍2.其中兩張卡片的顏色不同且標號之和小于4的有3種情況，故所求的概率為. (II)參加一張標號為0的綠色卡片后，從六張卡片中任取兩張，除上面的10種情況外，多出5種情況：紅1綠0，紅2綠0，紅3綠0，藍1綠0，藍2綠0，即共有15種情況，其中顏色不同且標號之和小于4的有8種情況，所以概率為. (19)(I)設中點為

60、O，連接OC，OE，那么由知，， 又，所以平面OCE. 所以，即OE是BD的垂直平分線， 所以. (II)取AB中點N，連接， ∵M是AE的中點，∴∥， ∵△是等邊三角形，∴. 由∠BCD＝120°知，∠CBD＝30°，所以∠ABC＝60°+30°＝90°，即， 所以ND∥BC， 所以平面MND∥平面BEC，故DM∥平面BEC. (20)(I)由得： 解得, 所以通項公式為. (II)由，得， 即. ∵， ∴是公比為49的等比數(shù)列， ∴. (21)(I)……① 矩形ABCD面積為8，即……② 由①②解得：， ∴橢圓M的標準方程是. (II)， 設，

61、那么， 由得. . 當過點時，，當過點時，. ①當時，有， ， 其中，由此知當，即時，取得最大值. ②由對稱性，可知假設，那么當時，取得最大值. ③當時，，， 由此知，當時，取得最大值. 綜上可知，當和0時，取得最大值. (22)(I)， 由，，∴. (II)由(I)知，. 設，那么，即在上是減函數(shù)， 由知，當時，從而， 當時，從而. 綜上可知，的單調遞增區(qū)間是，單調遞減區(qū)間是. (III)由(II)可知，當時，≤0＜1+，故只需證明在時成立. 當時，＞1，且，∴. 設，，那么， 當時，，當時，， 所以當時，取得最大值. 所以. 綜上，對任意，.