2022年高考文科数学山东卷-答案.docx

2012年普通高等学校招生全国统一考试(山东卷)
文科数学答案解析
第Ⅰ卷
一、选择题
1.【答案】A
【解析】。故选A。
【提示】复数的除法运算，化简，直接求得答案。
【考点】复数代数形式的四则运算。
2.【答案】C
【解析】，所以，选C。
【提示】集合的补集(列举法)。
【考点】集合的含义和集合的基本运算。
3.【答案】B
【解析】要使函数有意义则有，即，即或，选B。
【提示】分式定义、对数定义、根式定义，三者联立求解。
【考点】函数定义域的求法。
4.【答案】D
【解析】设A样本的数据为变量为，B样本的数据为变量为，则满足，根据方差公式可得，所以方差相同，标准差也相同，选D。
【提示】根据题目，算出B的样本数据，再与A进行比较，算出结果。
【考点】统计中常见的数字特征。
5.【答案】C
【解析】函数的周期为，所以命题为假；函数的对称轴为，所以命题为假，所以为假，选C。
【提示】分别判断命题是否为真命题，对A、B、C、D四个选项依次进行判断。
【考点】简单逻辑连接词，判断命题的真假判断。
6.【答案】A
【解析】做出不等式所表示的区域如图，由得，平移直线，由图象可知当直线经过点时，直线的截距最小，此时最大为，当直线经过点时，直线截距最大，此时最小，由，解得，此时，所以的取值范围是，选A。

【提示】根据约束条件，画出相应的封闭区域，通过平移找到最优解。采用了数学中数形结合的思想。
【考点】二元线性规划求目标函数的最值。
7.【答案】B
【解析】当时，第一次，第二次，第三次，此时不满足，输出，选B。
【提示】执行循环结构的流程图，直至结束。
【考点】循环结构的程序框图。
8.【答案】A
【解析】因为，所以，，即，所以当时，最小值为，当时，最大值为，所以最大值与最小值之和为，选A。
【提示】将函数进行，由定义域限制直接求得结果。
【考点】三角函数的最值。
9.【答案】B
【解析】两圆的圆心分别为，，半径分别为，两圆的圆心距离为，则，所以两圆相交，选B。
【提示】画出两圆图象，确定位置关系，直接得到答案。
【考点】圆与圆的位置关系。
10.【答案】D
【解析】函数为奇函数，所以图象关于原点对称，排除A，令得，所以，，函数零点有无穷多个，排除C，且轴右侧第一个零点为，又函数为增函数，当时，，，所以函数，排除B，选D。
【提示】根据函数，代入特殊点，观察图像的大致走向。
【考点】函数图象的判断。
11.【答案】D
【解析】抛物线的焦点，双曲线的渐近线为，不妨取，即，焦点到渐近线的距离为，即，所以双曲线的离心率为，所以，所以，所以抛物线方程为，选D。
【提示】由点到直线的距离公式与双曲线方程联立求解抛物线方程。
【考点】双曲线的几何性质、点到直线的距离公式。
12.【答案】B
【解析】方法一：在同一坐标系中分别画出两个函数的图象，要想满足条件，则有如图，做出点A关于原点的对称点C，则C点坐标为，由图象知即，故答案选B。

方法二：设，则方程与同解，故其有且仅有两个不同零点。由得或。这样，必须且只须或，因为，，故必有由此得。不妨设，则。所以，比较系数得，故。，由此知，故答案为B。
【提示】求出函数零点，比较系数，直接得出结果。
【考点】函数零点的求解和判断。
第Ⅱ卷
二、填空题
13.【答案】
【解析】以△为底面，则易知三棱锥的高为1，故。
【提示】转换三棱锥顶点，求解三棱锥体积。
【考点】多面体体积公式
14.【答案】9
【解析】最左边两个矩形面积之和为，总城市数为，最右面矩形面积为，。
【提示】统计中的茎叶图，是解答本题的关键。
【考点】茎叶图、频率分布直方图。
15.【答案】
【解析】当时，有，此时，此时为减函数，不合题意。若，则，故，检验知符合题意。
【提示】利用函数单调性研究最值。
【考点】函数单调性与最值问题。
16.【答案】
【解析】因为圆心移动的距离为2，所以劣弧，即圆心角，则，所以，所以，，
所以。

另解：根据题意可知滚动制圆心为时的圆的参数方程为，且，则点P的坐标为，即。
【提示】由参数方程，求解点坐标，典型的数形结合法思想。
【考点】三角函数与向量知识的综合运用。
三、解答题
17.【答案】（1）证明：由已知得：
，
，
，
再由正弦定理可得：，
所以成等比数列。
（2）解：若，则，
∴，
，
∴△的面积。
【提示】根据题设，化简，求解三边之间的等式关系；由Ⅰ中的三边关系和余弦定理进一步求解三角形面积。
【考点】等比数列、三角恒等变换、余弦定理。
18.【答案】（1）解：从五张卡片中任取两张的所有可能情况有如下10种：红1红2，红1红3，红1蓝1，红1蓝2，红2红3，红2蓝1，红2蓝2，红3蓝1，红3蓝2，蓝1蓝2.其中两张卡片的颜色不同且标号之和小于4的有3种情况，故所求的概率为。
（2）解：加入一张标号为0的绿色卡片后，从六张卡片中任取两张，除上面的10种情况外，多出5种情况：红1绿0，红2绿0，红3绿0，蓝1绿0，蓝2绿0，即共有15种情况，其中颜色不同且标号之和小于4的有8种情况，所以概率为。
【提示】根据取卡次数，分类列举。
【考点】古典概型的应用。
19.【答案】（1）证明：设中点为，连接，，则由知，，
又已知，所以平面。
所以，即是的垂直平分线，
所以。
（2）证明：取中点，连接，
∵是的中点，∴∥，
∵△是等边三角形，∴。
由知，，所以，即，
所以，
所以平面∥平面，故∥平面。
【提示】用已知线线关系推出未知结果，利用线线平行推出线面平行。
【考点】空间几何中量的关系，线面平行的判定。
20.【答案】（1）解：由已知得：
解得，
所以通项公式为。
（2）解：由，得，
即。
∵，
∴是公比为的等比数列，
∴。
【提示】根据题设，算出，直接求出通项公式。再根据关系列式求出。
【考点】等差、等比数列的通项公式，等比数列的前项求和。
21.【答案】（1）解：……①
矩形面积为，即……②
由①②解得：，
∴椭圆M的标准方程是。
（2）解：，
设，则，
由得。
。
当过点时，，当过点时，。
①当时，有，
，
其中，由此知当，即时，取得最大值。
②由对称性，可知若，则当时，取得最大值。
③当时，，，
由此知，当时，取得最大值。
综上可知，当和时，取得最大值。
【提示】利用椭圆的基本性质求解标准方程和最值问题。
【考点】椭圆的标准方程及几何性质，直线与椭圆的位置关系。
22.【答案】（1）解：，
由已知，，∴。
（2）解：由（1）知，。
设，则，即在上是减函数，
由知，当时，从而，
当时，从而。
综上可知，的单调递增区间是，单调递减区间是。
（3）证明：由（2）可知，当时，，故只需证明在时成立。
当时，，且，∴。
设，，则，
当时，，当时，，
所以当时，取得最大值。
所以。
综上，对任意，。
【提示】利用导数求函数的单调区间、解决不等式问题。
【考点】导数，几何意义，单调性。
- 8 - / 8