山东高考数学试卷及答案详解理科WORD版Word格式.doc
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6、在平面直角坐标系中，为不等式组所表示的区域上一动点，则直线的斜率的最小值为
（A）2（B）1（C）（D）
7、给定两个命题若是的必要不充分条件，则是的
（A）充分不必要条件（B）必要不充分条件
（C）充要条件（D）既不充分也不必要条件
8、函数的图象大致为
（A）（B）（C）（D）
9、过点作圆的两条切线，切点分别为，则直线的方程为
（A）（B）
（C）（D）
10、用0，1，…，9十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为
（A）243（B）252（C）261（D）279
11、抛物线的焦点与双曲线的右焦点的连线交于第一象限的点若在点处的切线平行于的一条渐近线，则
（A）（B）（C）（D）
12、设正实数满足则当取得最大值时，的最大值为
（A）0（B）1（C）（D）
是
结束
输出
否
开始
输入
第Ⅱ卷（共90分）
二、填空题：
本大题共4小题，每小题4分，共16分。
13、执行右图所示的程序框图，若输入的值为0.25，
则输出的的值为_______.
14、在区间上随机取一个数，
使得成立的概率为______.
15、已知向量与的夹角为，
且若，
且，则实数的值为____________.
16、定义“正对数”：
现有四个命题：
①若，则；
②若，则；
③若，则；
④若，则.
其中的真命题有__________.（写出所有真命题的编号）
三、解答题：
本大题共6小题，共74分.
17、（本小题满分12分）
设的内角所对的边分别为，且.
F
P
H
E
G
A
C
B
Q
D
（Ⅰ）求的值；
（Ⅱ）求的值.
18、（本小题满分12分）
如图所示，在三棱锥中，，
，分别是
的中点，，与交于点，
与交于点，连接.
（Ⅰ）求证：
；
（Ⅱ）求二面角的余弦值。
19、（本小题满分12分）
甲、乙两支球队进行比赛，约定先胜3局者获得比赛的胜利，比赛随即结束。
除第五局甲队获胜的概率是外，其余每局比赛甲队获胜的概率都是。
假设各局比赛结果相互独立。
（Ⅰ）分别求甲队以3：
0，3：
1，3：
2胜利的概率；
（Ⅱ）若比赛结果为3：
0或3：
1，则胜利方得3分、对方得0分；
若比赛结果为3：
2，则胜利方得2分、对方得1分。
求乙队得分的分布列和数学期望。
20、（本小题满分12分）
设等差数列的前项和为，且
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）设数列的前项和为，且（为常数）。
令，求数列的前项和。
21、（本小题满分13分）
设函数（是自然对数的底数，）
（Ⅰ）求的单调区间、最大值；
（Ⅱ）讨论关于的方程根的个数。
22、（本小题满分13分）
椭圆的左、右焦点分别是，离心率为，过且垂直于轴
的直线被椭圆截得的线段长为1.
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）点是椭圆上除长轴端点外的任一点，连接。
设的角平分线交
的长轴于点，求的取值范围；
（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，过点作斜率为的直线，使得与椭圆有且只有一个公共点。
设直线的斜率分别为，若，试证明为定值，并求出这个定值.
理科数学试题参考答案
一、选择题
DCABBCADABDB
二、填空题
3①③④
三、解答题
17、（Ⅰ）由余弦定理，
得，
又，
所以，
解得.
（Ⅱ）在中，，
由正弦定理得，
因为，所以为锐角.
所以，
因此
18、（Ⅰ）证明：
因为分别是的中点，
所以，
又，
所以，
所以，
所以.
（Ⅱ）解法一：
在中，
所以，即，
因为，
又，
所以.
由（Ⅰ）知，
所以
又，
所以，
同理可得
所以为二面角的平面角.
设，连接，
在中，由勾股定理得，
在中，由勾股定理得.
又为的重心，
同理.
在中，由余弦定理得，
即二面角的余弦值为.
解法二：
在中，，
所以两两垂直.
以为坐标原点，分别以所在直线为
轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
设，
则,
设平面的一个法向量为，
由，
得
取，得.
所以,
因为二面角为钝角，
所以二面角的余弦值为.
19、（Ⅰ）记“甲队以3：
0胜利”为事件，“甲队以3：
1胜利”为事件，“甲队以3：
2胜利”为事件，
由题意，各局比赛结果相互独立，
故，
，
.
所以，甲队以3：
0胜利、以3：
1胜利的概率都为，以3：
2胜利的概率为.
（Ⅱ）记“乙队以3：
2胜利”为事件，
由题意，各局比赛结果相互独立，
所以，
由题意，随机变量的所有可能的取值为0，1，2，3，
又，
1
2
3
所以的分布列为
因此.
20、（Ⅰ）设等差数列的首项为，公差为.
由得
解得
因此.
（Ⅱ）由题意知：
，
所以时，
故，
所以，
则，
两式相减得
整理得
所以数列的前项和
21、解：
（Ⅰ），
由，解得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减.
所以，函数的单调递增区间是，单调递减区间是，
最大值为.
（Ⅱ）令.
（1）当时，，则，
所以.
因为，
因此在上单调递增.
（2）当时，，则，
所以.
因为，
又，
所以，即，
因此在上单调递减.
综合
（1）
（2）可知当时，.
当，即时，没有零点，
故关于的方程的根的个数为0；
当，即时，只有一个零点，
故关于的方程的根的个数为1；
当，即时，
①当时，由（Ⅰ）知
，
要使，只需使，即；
②当时，由（Ⅰ）知
所以时，有两个零点，
故关于的方程的根的个数为2.
综上所述，
当时，关于的方程的根的个数为0；
当时，关于的方程的根的个数为1；
当时，关于的方程的根的个数为2.
22、解:
（Ⅰ）由于，将代入椭圆方程，得，
由题意知，即.
又，所以.
所以椭圆的方程为
（Ⅱ）解法一：
设.
所以直线的方程分别为:
由题意知，
由于点在椭圆上，
所以
可得.
因此.
当时，
①当时，直线的斜率不存在，易知或.
若，则直线的方程为.
由题意得，
若,同理可得.
②当时，
设直线的方程分别为，
所以，
因为
并且，
所以，
即.
所以.
整理得，
故.
综合①②可得.
当时，同理可得.
综上所述，的取值范围是.
（Ⅲ）设，则直线的方程为，
联立
整理得
由题意，
即
又
所以
故，
由（Ⅱ）知，
所以，
因此为定值，这个定值为.
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