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1、山东高考数学理科第卷(选择题 共6分）一、选择题：本大题共1小题，每题5分,共60分,在每题给出的四个选项中, 只有一项是最符合题目规定的（1)（A) (B) (C) (D） （2）函数的反函数的图象大体是 (A) (B） (C) (D）(3)已知函数则下列判断对的的是()此函数的最小正周期为，其图象的一种对称中心是 (B) 此函数的最小正周期为,其图象的一种对称中心是(C) 此函数的最小正周期为,其图象的一种对称中心是 （D)此函数的最小正周期为，其图象的一种对称中心是(4）下列函数中既是奇函数，又是区间上单调递减的是(） (B) (C) () （5）如果的展开式中各项系数之和为28,则展开
2、式中的系数是（A) (B） (C) （D) (6)函数若则的所有也许值为（A） (B) (C) , (),（）已知向量，且则一定共线的（A) 、B、D （B) A、C (C) 、D ()、C、D(）设地球半径为R，若甲地位于北纬东经,乙地位于南纬度东经，则甲、乙两地球面距离为(A） (B) (C） (D) (9)10张奖券中只有3张有奖,5个人购买,每人1张,至少有人中奖的概率是(A) (B) （C) (D)（1)设集合A、B是全集U的两个子集，则是（）充足不必要条件 （B） 必要不充足条件 (C) 充要条件 (D)既不充足也不必要条件（11）下列不等式一定成立的是() (B) (） (D)
3、（1）设直线有关原点对称的直线为，若与椭圆的交点为A、B，点P为椭圆上的动点,则使的面积为的点的个数为（) 1 (B) (C) 3 (D)4第卷(共10分）二、填空题:本大题共4小题， 每题4分,共16分,把答案填在题中横线上（13)_(14)设双曲线的右焦点为F,右准线与两条渐近线交于P、Q两点,如果是直角三角形,则双曲线的离心率（15)设满足约束条件则使得目的函数的值最大的点是_(6)已知m、n是不同的直线,是不重叠的平面，给出下列命题:若则若则若,则m、是两条异面直线，若则上面命题中，真命题的序号是_(写出所有真命的序号)三、解答题：本大题共6小题，共7分,解答应写出文字阐明,证明过程或
4、演算环节（1）(本小题满分12分)已知向量和，且，求的值(8) (本小题满分2分)袋中装有罴球和白球共7个,从中任取2个球都是白球的概率为.既有甲、乙两人从袋中轮流摸取1个球，甲先取,乙后取，然后甲再取取后不放回,直到两人中有一人取到白球时即终结每个球在每一次被取出的机会是等也许的,用表达取球终结时所需的取球次数.（）求袋中原有白球的个数；()求随机变量的概率分布;（)求甲取到白球的概率 （19) (本小题满分2分) 已知是函数的一种极值点,其中（)求m与n的关系体现式； （)求的单调区间；（)当时，函数的图象上任意一点的切线斜率恒不小于3m,求m的取值范畴 (0） (本小题满分12分） 如图
5、,已知长方体，直线与平面所成的角为,垂直于为的中点.（)求异面直线与所成的角;（)求平面与平面所成二面角(锐角）的大小；(）求点到平面的距离 (21)（本小题满分1分）已知数列的首项前项和为,且（I）证明数列是等比数列;（II）令,求函数在点处的导数并比较与的大小 (22) (本小题满分14分）已知动圆过定点,且与直线相切,其中.(I）求动圆圆心的轨迹的方程;（II）设A、B是轨迹上异于原点的两个不同点,直线和的倾斜角分别为和,当变化且为定值时，证明直线恒过定点,并求出该定点的坐标高考理科数学山东卷试题及答案参照答案题号1346789012答案DBBCCADDAAB(13) (14) (15)
6、 （1)(1)(本小题满分1分）考察知识点：（三角和向量相结合)解法一： 由已知,得又因此 解法二: 由已知,得， (18） (本小题满分分)（考察知识点:概率及分布列)解:（）设袋中原有个白球，由题意知： 因此，解得舍去，即袋中原有3个白球(）由题意，的也许妈值为,2,3，4,. ： : : 因此,取球次数的分布列为: 245 (）由于甲先取，因此甲只有也许在第1次、第次和第5次取球，记“甲取到白球”的事件为，则 (“”,或“”，或“”).由于事件“”、“”、“”两两互斥,因此 (19) (本小题满分2分）(考察知识点:函数结合导数)（）解：由于是的一种极值点,因此,即.因此()解：由（)知
7、 当时,有，当变化时与的变化如下表:100单调递减极小值单调递增极大值单调递减由上表知，当时,在单调递减,在单调递增,在单调递减（)解法一:由已知,得，即.即. （）设,其函数图象的开口向上.由题意(*)式恒成立, 又. 即的取值范畴是解法二：由已知,得,即, . (*) 时.(*)式化为怛成立. 时 (*)式化为 .令,则,记 ,则在区间是单调增函数.由(*)式恒成立,必有又综上、知(20） (本小题满分12分)（考察知识点:立体几何)解法一：(向量法)在长方体中,以所在直线为轴，所在直线为轴, 所在直线为轴建立空间直角坐标系如图. 由已知,可得. 又平面,从面与平面所成的角即为 又 从而易
8、得 () 即异面直线、所成的角为（)易知平面的一种法向量 设是平面的一种法向量. 由 取即平面与平面所成二面角（锐角)大小为(）点A到平面DF的距离,即在平面BDF的法向量上的投影的绝对值因此距离因此点A到平面BDF的距离为解法二:(几何法）(）连结，过F作的垂线,垂足为K,与两底面ABC,都垂直,又因此为异面直线与所成的角 连结B,由FK面得， 从而 为 在和中， 由得 又, 异面直线与所成的角为(）由于面由作的垂线，垂足 为,连结,由三垂线定理知即为平面与平面所成二面角的平面角且,在平面中,延长与;交于点为的中点,、分别为、的中点即,为等腰直角三角形,垂足点实为斜边的中点,即F、G重叠易得
9、,在中,，即平面于平面所成二面角（锐角）的大小为（）由()知平面是平面与平面所成二面角的平面角所在的平面 面 在中,由作DF于H，则AH即为点到平面BDF的距离 由DFADA，得因此点A到平面F的距离为 （1) (本小题满分1分)(考察知识点:数列）解：由已知,可得两式相减得即从而当时因此又因此从而故总有,又从而即数列是等比数列；(II）由（I)知由于因此从而=-=由上-=12当时,式=因此；当时,式=-2因此当时，又因此即从而 (22)（本小题满分14分）(考察知识点:圆锥曲线)解:(I）如图,设为动圆圆心,为记为,过点作直线的垂线,垂足为,由题意知：即动点到定点与定直线的距离相等,由抛物线的定义知，点的轨迹为抛物线，其中为焦点，为准线,因此轨迹方程为；（II）如图,设，由题意得(否则)且因此直线的斜率存在,设其方程为，显然，将与联立消去,得由韦达定理知(）当时，即时,因此,因此由知:因此因此直线的方程可表达为，即因此直线恒过定点(2）当时,由,得=将式代入上式整顿化简可得：，因此，此时，直线的方程可表达为即因此直线恒过定点因此由（1）（2)知,当时，直线恒过定点，当时直线恒过定点
