其中S△ADD1=SA1D1DA=，E到底面ADD1的距离等于棱长1， 故． 故答案为：
14．（4分）（2012?）如图是根据部分城市某年6月份的平均气温（单位：℃）数据得到的样本频率分布直方图，其中平均气温的围是[20.5，26.5]，样本数据的分组为[20.5，21.5），[21.5，22.5），[22.5，23.5），[23.5，24.5），[24.5，25.5），[25.5，26.5]．已知样本中平均气温低于22.5℃的城市个数为11，则样本中平均气温不低于25.5℃的城市个数为 9 ．
【分析】由频率分布直方图，先求出平均气温低于22.5℃的频率，不低于25.5℃的频率，利用频数=频率×样本容量求解．
【解答】解：平均气温低于22.5℃的频率，即最左边两个矩形面积之和为0.10×1+0.12×1=0.22，
所以总城市数为11÷0.22=50，
平均气温不低于25.5℃的频率即为最右面矩形面积为0.18×1=0.18， 所以平均气温不低于25.5℃的城市个数为50×0.18=9． 故答案为：9．
15．（4分）（2012?）若函数f（x）=ax（a＞0，a≠1）在[﹣1，2]上的最大值为4，最小值为m，且函数在[0，+∞）上是增函数，则a= ．
【分析】根据指数函数的性质，需对a分a＞1与0＜a＜1讨论，结合指数函数的单调性可求得g（x），根据g（x）的性质即可求得a与m的值． 【解答】解：当a＞1时，有a=4，a=m，
此时a=2，m=，此时g（x）=﹣为减函数，不合题意；
若0＜a＜1，则a﹣1=4，a2=m，故a=，m=，g（x）=在[0，+∞）上是增函数，符合题意． 故答案为：．
2
﹣1
16．（4分）（2012?）如图，在平面直角坐标系xOy中，一单位圆的圆心的初始位置在（0，1），此时圆上一点P的位置在（0，0），圆在x轴上沿正向滚动．当圆滚动到圆心位于（2，1）时，的坐标为 （2﹣sin2，1﹣cos2） ．
【分析】设滚动后圆的圆心为O'，切点为A，连接O'P．过O'作与x轴正方向平行的射线，交圆O'于B（3，1），设∠BO'P=θ，则根据圆的参数方程，得P的坐标为（2+cosθ，1+sinθ），再根据圆的圆心从（0，1）滚动到（2，1），算出θ=﹣2，结合三角函数的诱导公式，化简可得P的坐标为（2﹣sin2，1﹣cos2），即为向量的坐标．
【解答】解：设滚动后的圆的圆心为O'，切点为A（2，0），连接O'P， 过O'作与x轴正方向平行的射线，交圆O'于B（3，1），设∠BO'P=θ ∵⊙O'的方程为（x﹣2）2+（y﹣1）2=1，
∴根据圆的参数方程，得P的坐标为（2+cosθ，1+sinθ）， ∵单位圆的圆心的初始位置在（0，1），圆滚动到圆心位于（2，1） ∴∠AO'P=2，可得θ=﹣2
可得cosθ=cos（﹣2）=﹣sin2，sinθ=sin（﹣2）=﹣cos2， 代入上面所得的式子，得到P的坐标为（2﹣sin2，1﹣cos2） ∴的坐标为（2﹣sin2，1﹣cos2）． 故答案为：（2﹣sin2，1﹣cos2）
三、解答题：本大题共6小题，共74分.
17．（12分）（2012?）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知sinB（tanA+tanC）=tanAtanC． （Ⅰ）求证：a，b，c成等比数列； （Ⅱ）若a=1，c=2，求△ABC的面积S．
【分析】（I）由已知，利用三角函数的切化弦的原则可得，sinB（sinAcosC+sinCcosA）=sinAsinC，利用两角和的正弦公式及三角形的角和公式代入可得sin2B=sinAsinC，由正弦定理可证
（II）由已知结合余弦定理可求cosB，利用同角平方关系可求sinB，代入三角形的面积公式S=可求．
【解答】（I）证明：∵sinB（tanA+tanC）=tanAtanC ∴sinB（）= ∴sinB?=
∴sinB（sinAcosC+sinCcosA）=sinAsinc ∴sinBsin（A+C）=sinAsinC， ∵A+B+C=π ∴sin（A+C）=sinB 即sin2B=sinAsinC， 由正弦定理可得：b2=ac， 所以a，b，c成等比数列． （II）若a=1，c=2，则b2=ac=2， ∴， ∵0＜B＜π ∴sinB=
∴△ABC的面积．
18．（12分）（2012?）袋中有五卡片，其中红色卡片三，标号分别为1，2，3；蓝色卡片两，标号分别为1，2．
（Ⅰ）从以上五卡片中任取两，求这两卡片颜色不同且标号之和小于4的概率； （Ⅱ）现袋中再放入一标号为0的绿色卡片，从这六卡片中任取两，求这两卡片颜色不同且标号之和小于4的概率．
【分析】（Ⅰ）由列举法可得从五卡片中任取两的所有情况，分析可得两卡片的颜色不同且标号之和小于4的情况数目，由古典概型公式，计算可得答案； （Ⅱ）加入一标号为0的绿色卡片后，共有六卡片，由列举法可得从中任取两的所有情况，分析可得两卡片的颜色不同且标号之和小于4的情况数目，由古典概型公式，计算可得答案．
【解答】解：（I）从五卡片中任取两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
其中两卡片的颜色不同且标号之和小于4的有红1蓝1、红1蓝2、红2蓝1，共3种情况，
故所求的概率为．
（II）加入一标号为0的绿色卡片后，共有六卡片，
从六卡片中任取两，有红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，红1绿0，红2绿0，红3绿0，蓝1绿0，蓝2绿0，共有15种情况，
其中颜色不同且标号之和小于4的有红1蓝1，红1蓝2，红2蓝1，红1绿0，红绿0，红3绿0，蓝1绿0，蓝2绿0，共8种情况， 所以概率为．
19．（12分）（2012?）如图，几何体E﹣ABCD是四棱锥，△ABD为正三角形，CB=CD，EC⊥BD．
（Ⅰ）求证：BE=DE；
（Ⅱ）若∠BCD=120°，M为线段AE的中点，求证：DM∥平面BEC．
2
【分析】（1）设BD中点为O，连接OC，OE，则CO⊥BD，CE⊥BD，于是BD⊥平面OCE，从而BD⊥OE，即OE是BD的垂直平分线，问题解决；
（2）证法一：取AB中点N，连接MN，DN，MN，易证MN∥平面BEC，DN∥平面BEC，由面面平行的判定定理即可证得平面DMN∥平面BEC，又DM?平面DMN，于是DM∥平面BEC；
证法二：延长AD，BC交于点F，连接EF，易证AB=AF，D为线段AF的中点，连接DM，则DM∥EF，由线面平行的判定定理即可证得结论．
【解答】证明：（I）设BD中点为O，连接OC，OE，则由BC=CD知，CO⊥BD， 又已知CE⊥BD，EC∩CO=C， 所以BD⊥平面OCE．
所以BD⊥OE，即OE是BD的垂直平分线，
所以BE=DE． （II）证法一：
取AB中点N，连接MN，DN，
∵M是AE的中点，
∴MN∥BE，又MN?平面BEC，BE?平面BEC， ∴MN∥平面BEC， ∵△ABD是等边三角形，
∴∠BDN=30°，又CB=CD，∠BCD=120°， ∴∠CBD=30°， ∴ND∥BC，
又DN?平面BEC，BC?平面BEC，
∴DN∥平面BEC，又MN∩DN=N，故平面DMN∥平面BEC，又DM?平面DMN， ∴DM∥平面BEC
证法二：延长AD，BC交于点F，连接EF，
∵CB=CD，∠BCD=120°， ∴∠CBD=30°，
∵△ABD是等边三角形，
∴∠BAD=60°，∠ABC=90°，因此∠AFB=30°， ∴AB=AF， 又AB=AD，
∴D为线段AF的中点，连接DM，DM∥EF，又DM?平面BEC，EF?平面BEC，
2012年山东省高考文科数学真题及问题详解
