2013年高考理科数学山东卷试题与答案word解析版(共15页).doc

精选优质文档-倾情为你奉上2013年普通高等学校夏季招生全国统一考试数学理工农医类(山东卷)第卷(共60分)一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1(2013山东，理1)复数z满足(z3)(2i)5(i为虚数单位)，则z的共轭复数为()A2i B2I C5i D5i2(2013山东，理2)已知集合A0,1,2，则集合Bxy|xA，yA中元素的个数是()A1 B3 C5 D93(2013山东，理3)已知函数f(x)为奇函数，且当x0时，f(x)，则f(1)()A2 B0 C1 D24(2013山东，理4)已知三棱柱ABCA1B1C1的侧棱与底面垂直，体积为，底面是边长为的正三角形若P为底面A1B1C1的中心，则PA与平面ABC所成角的大小为()A B C D5(2013山东，理5)将函数ysin(2x)的图象沿x轴向左平移个单位后，得到一个偶函数的图象，则的一个可能取值为()A B C0 D6(2013山东，理6)在平面直角坐标系xOy中，M为不等式组所表示的区域上一动点，则直线OM斜率的最小值为()A2 B1 C D7(2013山东，理7)给定两个命题p，q，若p是q的必要而不充分条件，则p是q的()A充分而不必要条件 B必要而不充分条件C充要条件 D既不充分也不必要条件8(2013山东，理8)函数yxcos xsin x的图象大致为() 9(2013山东，理9)过点(3,1)作圆(x1)2y21的两条切线，切点分别为A，B，则直线AB的方程为()A2xy30 B2xy30 C4xy30 D4xy3010(2013山东，理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()A243 B252 C261 D27911(2013山东，理11)抛物线C1：y(p0)的焦点与双曲线C2：的右焦点的连线交C1于第一象限的点M.若C1在点M处的切线平行于C2的一条渐近线，则p()A B C D12(2013山东，理12)设正实数x，y，z满足x23xy4y2z0，则当取得最大值时，的最大值为()A0 B1 C D3第卷(共90分)二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分13(2013山东，理13)执行右面的程序框图，若输入的的值为0.25，则输出的n的值为_14(2013山东，理14)在区间3,3上随机取一个数x，使得|x1|x2|1成立的概率为_15(2013山东，理15)已知向量与的夹角为120°，且|3，|2，若，且，则实数的值为_16(2013山东，理16)定义“正对数”：lnx现有四个命题：若a0，b0，则ln(ab)blna；若a0，b0，则ln(ab)lnalnb；若a0，b0，则lnlnalnb；若a0，b0，则ln(ab)lnalnbln 2.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(2013山东，理17)(本小题满分12分)设ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且ac6，b2，cos B.(1)求a，c的值；(2)求sin(AB)的值18(2013山东，理18)(本小题满分12分)如图所示，在三棱锥PABQ中，PB平面ABQ，BABPBQ，D，C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的中点，AQ2BD，PD与EQ交于点G，PC与FQ交于点H，连接GH.(1)求证：ABGH；(2)求二面角DGHE的余弦值19(2013山东，理19)(本小题满分12分)甲、乙两支排球队进行比赛，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(1)分别求甲队以30,31,32胜利的概率；(2)若比赛结果为30或31，则胜利方得3分、对方得0分；若比赛结果为32，则胜利方得2分、对方得1分，求乙队得分X的分布列及数学期望20(2013山东，理20)(本小题满分12分)设等差数列an的前n项和为Sn，且S44S2，a2n2an1.(1)求数列an的通项公式；(2)设数列bn的前n项和为Tn，且(为常数)令cnb2n(nN*)求数列cn的前n项和Rn.21(2013山东，理21)(本小题满分13分)设函数f(x)c(e2.718 28是自然对数的底数，cR)(1)求f(x)的单调区间、最大值；(2)讨论关于x的方程|ln x|f(x)根的个数22(2013山东，理22)(本小题满分13分)椭圆C：(ab0)的左、右焦点分别是F1，F2，离心率为，过F1且垂直于x轴的直线被椭圆C截得的线段长为1.(1)求椭圆C的方程；(2)点P是椭圆C上除长轴端点外的任一点，连接PF1，PF2.设F1PF2的角平分线PM交C的长轴于点M(m,0)，求m的取值范围；(3)在(2)的条件下，过点P作斜率为k的直线l，使得l与椭圆C有且只有一个公共点设直线PF1，PF2的斜率分别为k1，k2.若k0，试证明为定值，并求出这个定值2013年普通高等学校夏季招生全国统一考试数学理工农医类(山东卷)第卷(共60分)一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1答案：D解析：由题意得z32i，所以z5i.故5i，应选D.2答案：C解析：当x，y取相同的数时，xy0；当x0，y1时，xy1；当x0，y2时，xy2；当x1，y0时，xy1；当x2，y0时，xy2；其他则重复故集合B中有0，1，2,1,2，共5个元素，应选C.3答案：A解析：因为f(x)是奇函数，故f(1)f(1)2，应选A.4 答案：B解析：如图所示，由棱柱体积为，底面正三角形的边长为，可求得棱柱的高为.设P在平面ABC上射影为O，则可求得AO长为1，故AP长为故PAO，即PA与平面ABC所成的角为.5 答案：B解析：函数ysin(2x)的图象向左平移个单位后变为函数的图象，又为偶函数，故，kZ，kZ.若k0，则.故选B.6 答案：C解析：不等式组表示的区域如图阴影部分所示，结合斜率变化规律，当M位于C点时OM斜率最小，且为，故选C.7答案：A解析：由题意：qp，pq，根据命题四种形式之间的关系，互为逆否的两个命题同真同假，所以等价于所以p是q的充分而不必要条件故选A.8 答案：D解析：因f(x)x·cos(x)sin(x)(xcos xsin x)f(x)，故该函数为奇函数，排除B，又x，y0，排除C，而x时，y，排除A，故选D.9答案：A解析：该切线方程为yk(x3)1，即kxy3k10，由圆心到直线距离为1，得k0或，切线方程分别与圆方程联立，求得切点坐标分别为(1,1)，故所求直线的方程为2xy30.故选A.10答案：B解析：构成所有的三位数的个数为900，而无重复数字的三位数的个数为648，故所求个数为900648252，应选B.11 答案：D解析：设M，故在M点处的切线的斜率为，故M.由题意又可知抛物线的焦点为，双曲线右焦点为(2,0)，且，(2,0)三点共线，可求得p，故选D.12答案：B解析：由x23xy4y2z0得1，即1，当且仅当x24y2时成立，又x，y为正实数，故x2y.此时将x2y代入x23xy4y2z0得z2y2，所以，当，即y1时，取得最大值为1，故选B.第卷(共90分)二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分13答案：3解析：第1次运行将F0F1赋值给F1，即将3赋值给F1，然后将F1F0赋值给F0，即将312赋值给F0，n增加1变成2，此时比大，故循环，新F1为235，新F0为523，n增加1变成3，此时，故退出循环，输出n3.14答案：解析：设y|x1|x2|利用函数图象(图略)可知|x1|x2|1的解集为1，)而在3,3上满足不等式的x的取值范围为1,3，故所求概率为.15答案：解析：，又，()·()0.2··20，即4(1)×3×2×90，即7120，.16答案：三、解答题：本大题共6小题，共74分17解：(1)由余弦定理b2a2c22accos B，得b2(ac)22ac(1cos B)，又b2，ac6，cos B，所以ac9，解得a3，c3.(2)在ABC中，sin B.由正弦定理得sin A.因为ac，所以A为锐角所以cos A.因此sin(AB)sin Acos Bcos Asin B.18(1)证明：因为D，C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的中点，所以EFAB，DCAB.所以EFDC.又EF平面PCD，DC平面PCD，所以EF平面PCD.又EF平面EFQ，平面EFQ平面PCDGH，所以EFGH.又EFAB，所以ABGH.(2)解法一：在ABQ中，AQ2BD，ADDQ，所以ABQ90°，即ABBQ.因为PB平面ABQ，所以ABPB.又BPBQB，所以AB平面PBQ.由(1)知ABGH，所以GH平面PBQ.又FH平面PBQ，所以GHFH.同理可得GHHC，所以FHC为二面角DGHE的平面角设BABQBP2，连接FC，在RtFBC中，由勾股定理得FC，在RtPBC中，由勾股定理得PC.又H为PBQ的重心，所以HC.同理FH.在FHC中，由余弦定理得cosFHC.故二面角DGHE的余弦值为.解法二：在ABQ中，AQ2BD，ADDQ，所以ABQ90°.又PB平面ABQ，所以BA，BQ，BP两两垂直以B为坐标原点，分别以BA，BQ，BP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系设BABQBP2，则E(1,0,1)，F(0,0,1)，Q(0,2,0)，D(1,1,0)，C(0,1,0)，P(0,0,2)所以(1,2，1)，(0,2，1)，(1，1,2)，(0，1,2)设平面EFQ的一个法向量为m(x1，y1，z1)，由m·0，m·0，得取y11，得m(0,1,2)设平面PDC的一个法向量为n(x2，y2，z2)，由n·0，n·0，得取z21，得n(0,2,1)所以cosm，n.因为二面角DGHE为钝角，所以二面角DGHE的余弦值为.19解：(1)记“甲队以30胜利”为事件A1，“甲队以31胜利”为事件A2，“甲队以32胜利”为事件A3，由题意，各局比赛结果相互独立，故P(A1)，P(A2)，P(A3).所以，甲队以30胜利、以31胜利的概率都为，以32胜利的概率为.(2)设“乙队以32胜利”为事件A4，由题意，各局比赛结果相互独立，所以P(A4).由题意，随机变量X的所有可能的取值为0,1,2,3，根据事件的互斥性得P(X0)P(A1A2)P(A1)P(A2)，又P(X1)P(A3)，P(X2)P(A4)，P(X3)1P(X0)P(X1)P(X2).故X的分布列为X0123P所以EX0×1×2×3×.20解：(1)设等差数列an的首项为a1，公差为d，由S44S2，a2n2an1得解得a11，d2.因此an2n1，nN*.(2)由题意知，Tn，所以n2时，bnTnTn1.故cnb2n，nN*.所以Rn0×01×12×23×3(n1)×n1，则Rn0×11×22×3(n2)×n1(n1)×n，两式相减得Rn123n1(n1)×n，整理得Rn，所以数列cn的前n项和Rn.21解：(1)f(x)(12x)e2x，由f(x)0，解得x.当x时，f(x)0，f(x)单调递增；当x时，f(x)0，f(x)单调递减所以，函数f(x)的单调递增区间是，单调递减区间是，最大值为.(2)令g(x)|ln x|f(x)|ln x|xe2xc，x(0，)当x(1，)时，ln x0，则g(x)ln xxe2xc，所以g(x).因为2x10，0，所以g(x)0.因此g(x)在(1，)上单调递增当x(0,1)时，ln x0，则g(x)ln xxe2xc.所以g(x).因为e2x(1，e2)，e2x1x0，所以1.又2x11，所以2x10，即g(x)0.因此g(x)在(0,1)上单调递减综合可知，当x(0，)时，g(x)g(1)e2c.当g(1)e2c0，即ce2时，g(x)没有零点，故关于x的方程|ln x|f(x)根的个数为0；当g(1)e2c0，即ce2时，g(x)只有一个零点，故关于x的方程|ln x|f(x)根的个数为1；当g(1)e2c0，即ce2时，当x(1，)时，由(1)知g(x)ln xxe2xcln x1c，要使g(x)0，只需使ln x1c0，即x(e1c，)；当x(0,1)时，由(1)知g(x)ln xxe2xcln x1c，要使g(x)0，只需ln x1c0，即x(0，e1c)；所以ce2时，g(x)有两个零点，故关于x的方程|ln x|f(x)根的个数为2.综上所述，当ce2时，关于x的方程|ln x|f(x)根的个数为0；当ce2时，关于x的方程|ln x|f(x)根的个数为1；当ce2时，关于x的方程|ln x|f(x)根的个数为2.22(1)解：由于c2a2b2，将xc代入椭圆方程，得，由题意知，即a2b2.又，所以a2，b1.所以椭圆C的方程为.(2)解法一：设P(x0，y0)(y00)又F1(，0)，F2(，0)，所以直线PF1，PF2的方程分别为lPF1：y0x(x0)yy00，lPF2：y0x(x0)yy00.由题意知.由于点P在椭圆上，所以，所以.因为m，2x02，可得.所以m.因此.解法二：设P(x0，y0)当0x02时，当时，直线PF2的斜率不存在，易知P或P.若P，则直线PF1的方程为.由题意得，因为m，所以.若P，同理可得.当x0时，设直线PF1，PF2的方程分别为yk1(x)，yk2(x)由题意知，所以.因为，并且k1，k2，所以，即.因为为m，0x02且x0，所以.整理得m，故0m且m.综合可得0m.当2x00时，同理可得m0.综上所述，m的取值范围是.(3)设P(x0，y0)(y00)，则直线l的方程为yy0k(xx0)联立整理得(14k2)x28(ky0k2x0)x4(2kx0y01)0.由题意0，即2x0y0k10.又，所以8x0y0k0，故k.由(2)知，所以，因此为定值，这个定值为8.专心-专注-专业