2013年普通高等学校全国招生统一考试数学(山东卷)理科与答案(lei).doc

2013年普通高等学校招生全国各省市统一考试数学试卷与答案 2013年普通高等学校招生全国统一考试(山东卷)高考数学理科真题精校精析一、选择题：1 复数z满足(z3)(2i)5(i为虚数单位)，则z的共轭复数z为()A2i B2i C5i D5i1【答案】D解析 设zabi，(a，b)，由题意得(abi3)(2i)(2ab6)(2ba3)i5，即解之得z5i.2 已知集合A0，1，2，则集合Bxy|xA，yA中元素的个数是()A1 B3 C5 D92【答案】C解析 x，y，xy值只可能为2，1，0，1，2五种情况，集合B中元素的个数是5.3 已知函数f(x)为奇函数，且当x0时，f(x)x2，则f(1)()A2 B0 C1 D23【答案】A解析 f为奇函数，ff(1)2.4 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. D.4【答案】B解析 设侧棱长为a，ABC的中心为Q，联结PQ，由于侧棱与底面垂直，PQ平面ABC，即PAQ为PA与平面ABC所成的角又VABCA1B1C1a，解得a，tan PAQ，故PAQ.5 将函数ysin(2x)的图像沿x轴向左平移个单位后，得到一个偶函数的图像，则的一个可能取值为()A. B. C0 D5【答案】B解析 方法一：将函数ysin(2x)的图像沿x轴向左平移个单位后得到f(x)sin的图像，若f(x)sin为偶函数，必有k，k，当k0时，.方法二：将函数ysin(2x)的图像沿x轴向左平移个单位后得到f(x)sin的图像，其对称轴所在直线满足2xk，k，又f(x)sin为偶函数，y轴为其中一条对称轴，即k，k，当k0时，.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 D6【答案】C解析 不等式组表示的可行域如图，联立解得P，当M与P重合时，直线OM斜率最小，此时kOM.图117 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7A解析 p是q的必要不充分条件，q是p的充分而不必要条件，又“若p，则q”与“若q，则p”互为逆否命题，p是q的充分而不必要条件8 函数yxcos xsin x的图像大致为()图128D解析 f(x)xcos(x)sin(x)(xcos xsin x)f(x)，yxcos xsin x为奇函数，图像关于原点对称，排除选项B.当x时，y10，排除选项C；x，y0)的焦点与双曲线C2：y21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. D.11D解析 抛物线C1：yx2的焦点坐标为，双曲线y21的右焦点坐标为，连线的方程为y，联立 得2x2p2x2p20.设点M的横坐标为a，则在点M处切线的斜率为y|xa.又双曲线y21的渐近线方程为y0，其与切线平行，即ap，代入2x2p2x2p20得，p或p0(舍去)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. D312B解析 由题意得zx23xy4y2，1，当且仅当，即x2y时，等号成立，11.二填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分13 图13执行如图13所示的程序框图，若输入的的值为0.25，则输出的n的值为_133解析 第一次执行循环体时，F13，F02，n112，0.25；第二次执行循环体时，F1235，F03，n213，0.25，满足条件，输出n3.14、 在区间3，3上随机取一个数x，使得|x1|x2|1成立的概率为_14.解析 当x2时，不等式化为x1x21，此时恒成立，|x1|x2|1的解集为.在上使不等式有解的区间为，由几何概型的概率公式得P.15 已知向量与的夹角为120，且|3，|2.若，且，则实数的值为_15.解析 ，220，即94320，解之得.16、 定义“正对数”：ln x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)16解析 中，当ab1时，b0，a1，ln(ab)ln abbln ablna；当0ab0，0a1，ln(ab)blna0，正确；中，当0ab1时，左边ln(ab)0，右边lnalnbln a0ln a0，不成立；中，当1，即ab时，左边0，右边lnalnb0，左边右边成立；当1时，左边lnln aln b0，若ab1时，右边ln aln b，左边右边成立；若0ba1b0，左边lnln aln bln a，右边ln a，左边右边成立，正确；中，若0ab0，左边右边；若ab1，lnln 2lnln 2ln()，又a或b，a，b至少有1个大于1，ln()ln a或ln()ln b，即有lnln 2lnln 2ln()lnalnb，正确三、解答题：本大题共6小题，共74分。17、 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17解：(1)由余弦定理b2a2c22accos B，得b2(ac)22ac(1cosB)，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.图1418、 如图14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，联结GH.(1)求证：ABGH；(2)求二面角DGHE的余弦值18解：(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)方法一：在ABQ中，AQ2BD，ADDQ，所以ABQ90，即ABBQ.因为PB平面ABQ，所以ABPB.又BPBQB，图15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.联结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HCPC.同理FH.在FHC中，由余弦定理得cosFHC.即二面角DGHE的余弦值为.方法二：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(x1，y1，z1)，由0，0，得取y11，得(0，1，2)设平面PDC的一个法向量为(x2，y2，z2)，由0，0，得取z21，得(0，2，1)所以cos，.因为二面角DGHE为钝角，所以二面角DGHE的余弦值为.图1519、 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)()3，P(A2)C()2(1)，P(A3)C()2(1)2.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)C(1)2()2(1)，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E(X)0123.20、 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Tn(为常数)，令cnb2n(n)，求数列cn的前n项和Rn.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，n*.(2)由题意知Tn，所以n2时，bnTnTn1.故cnb2n(n1)，n*.所以Rn0123(n1)，则Rn012(n2)(n1)，两式相减得Rn(n1)(n1)，整理得Rn(4)所以数列cn的前n项和Rn(4)21、 设函数f(x)c(e2.718 28是自然对数的底数，c)(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21解：(1)f(x)(12x)e2x.由f(x)0，解得x，当x0，f(x)单调递增；当x时，f(x)0，则g(x)lnxxe2xc，所以g(x)e2x(2x1)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，lnx1x0，所以1.又2x11，所以2x10，即g(x)0，即ce2时，g(x)没有零点，故关于x的方程|lnx|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|lnx|f(x)根的个数为1；当g(1)e2ce2时，()当x(1，)时，由(1)知g(x)lnxxe2xclnx(e1c)lnx1c，要使g(x)0，只需使lnx1c0，即x(e1c，)；()当x(0，1)时，由(1)知g(x)lnxxe2xclnx(e1c)lnx1c，要使g(x)0，只需lnx1c0，即x(0，e1c)；所以ce2时，g(x)有两个零点，故关于x的方程|lnx|f(x)根的个数为2.综上所述，当ce2时，关于x的方程|lnx|f(x)根的个数为2.22 椭圆C：1(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，联结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22解：(1)由于c2a2b2，将xc代入椭圆方程1，得y.由题意知 1，即a2b2.又e，所以a2，b1.所以椭圆C的方程为y21.(2)方法一：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y1，所以 .因为m，2x02，可得.所以mx0.因此m.方法二：设P(x0，y0)当0x02时，当x0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x4 y0.由题意得m，因为m，所以m.若P，同理可得m.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y1，并且k1，k2，所以，即.因为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(y2kx0y0k2x1)0.由题意0，即(4x)k22x0y0k1y0.又y1，所以16yk28x0y0kx0，故k.由(2)知，所以8，因此为定值，这个定值为8.2013年普通高等学校招生全国统一考试(山东卷)理科数学答案 21