2013山东高考数学理科试题及答案

理科数学

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第I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．若复数z满足(z3)(2i)5(i为虚数单位)，则z的共轭复数z为 (A) 2i (B) 2i (C)5i (D)5i 2． 已知集合A={0,1,2}，则集合BxyxA,yA中元素的个数是 (A) 1 (B) 3 (C)5 (D)9

23．已知函数f(x)为奇函数，且当x0时，f(x)x1，则f(1) x(A) 2 (B) 0 (C) 1 (D) 2 4．已知三棱柱ABCA1B1C1的侧棱与底面垂直，体积为

9，底面是边长为3的正三角形.若P为底4面A1B1C1的中心，则PA与平面ABC所成角的大小为

5 (B) (C) (D) 123465．将函数ysin(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

8(A) 可能取值为

3 (B) (C)0 (D)  4442xy20,6．在平面直角坐标系xoy中，M为不等式组x2y10,所表示的区域上一动点，则直线OM斜

3xy80,(A)

率的最小值为

11 （D） 327．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）2 （B）1 （C）（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．函数yxcosxsinx的图象大致为

9．过点(3,1)作圆(x1)2y21的两条切线，切点分别为A，B，则直线AB的方程为 （A）2xy30 （B）2xy30 （C）4xy30 （D）4xy30 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

212xx(p0)的焦点与双曲线C2：y21的右焦点的连线交C1于第11．已知抛物线C1：y2p3一象限的点M。若C1在点M处的切线平行于C2的一条渐近线，则p

332343 （B） （C） （D） 16833212xy12．设正实数x,y,z满足x23xy4y2z0，则当取得最大值时，的最大值为

xyzz9（A）0 （B）1 （C） （D）3

4（A）二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分。

13．执行右图的程序框图，若输入的的值为0.25，则输出的n的值为_____.

开始 输入(0) F01,F12,n1 F1F0F1 F0F1F0 nn1 1? F1否 是 输出n 结束 14．在区间3,3上随机取一个数x，使得x1x21成立的概率为______.

15．已知向量AB与AC的夹角为120°，且AB3，AC2，若A，且PABACAPBC则实数的值为__________.

0,0x1,lnx16．定义“正对数”：现有四个命题： lnx,x1,①若a0,b0，则ln(ab)blna； ②若a0,b0，则ln(ab)lnalnb

a③若a0,b0，则ln()lnalnb

b④若a0,b0，则ln(ab)lnalnbln2

，

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△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c，且ac6，b2，

7。 9（Ⅰ）求a,c的值； （Ⅱ）求sin(AB)的值。 cosB 18．（本小题满分12分）如图所示，在三棱锥PABQ中，PB平面ABQ，BABPBQ，

D,C,E,F 分别是AQ,BQ,AP,BP的中点，AQ2BD,PD与EQ交于点G，PC与FQ交于点H，连接GH.

（Ⅰ）求证：ABGH； （Ⅱ）求二面角DGHE的余弦值。

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

12外，其余每局比赛甲队获胜的概率都是，假设各局比赛结23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X的分布列及数学期望。

20．（本小题满分12分）设等差数列an的前n项和为Sn，且S44S2，a2n2an1.

（Ⅰ）求数列an的通项公式；

（Ⅱ）设数列bn前n项和为Tn，且 Tnan1*cb.（为常数）令(nN).求数列n2nn2cn的前n项和Rn。

xc（e=2.71828„„是自然对数的底数，cR）. 2xe（Ⅰ）求f(x)的单调区间、最大值； （Ⅱ）讨论关于x的方程lnxf(x)根的个数。

21．（本小题满分13分）设函数f(x)

x2y2322．(本小题满分13分) 椭圆C:221(ab0)的左、右焦点分别是F1,F2，离心率为，ab2过F1且垂直于x轴的直线被椭圆C截得的线段长为1. （Ⅰ）求椭圆C的方程；

（Ⅱ）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；

（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，过P点作斜率为k的直线l，使得l与椭圆C有且只有一个公共点，设

11直线PF1,PF2的斜率分别为k1,k2，若k0，试证明为定值，并求出这个定值. kk1kk2

参考答案

一、选择题 1．D【解析】由(z-3)(2-i)=5，得z55(2i)5(2i)3332i35i，所2i(2i)(2i)5以z5i，选D. 2．C【解析】因为x,yA,所以xy2,1,0,1,2，即B{2,1,0,1,2},有5个元素，选C. 3．A【解析】因为函数为奇函数，所以f(1)f(1)(11)2，选A. 4．B【解析】取正三角形ABC的中心，连结OP,则PAO是PA与平面ABC所成的角。因为底面边长为所以3，22313933AA1,解得,AOAD1.三棱柱的体积为(3)233222422OPPAOtanPAO3,所以，即，选B. AA13，即OPAA313OAAD3 5．B【解析】将函数y=sin（2x +）的图像沿x轴向左平移8 个单位，得到函数ysin[2(x)]sin(2x)，因为此时函数为偶函数，所以k,kZ，即84424k,kZ，所以选B.

6．C【解析】作出可行域如图

x2y10x3由图象可知当M位于点D处时，OM的斜率最小。由得，即D(3,1),此时OM的

3xy80y111，选C. 斜率为337．A【解析】因为﹁p是q的必要而不充分条件，所以﹁q是p的必要而不充分条件，即p是﹁q的充分而

不必要条件，选A.

8． D【解析】函数y=xcosx + sinx为奇函数，所以图象关于原点对称，所以排除B，C.当x时，f()0,排除A,选D.

9．A【解析】由图象可知，A(1,1)是一个切点，所以代入选项知，B,D不成立，排除。又AB直线的斜率

为负，所以排除C，选A 10．B【解析】有重复数字的三位数个数为91010900。没有重复数字的三位数有C9A9有重复数字的三位数的个数为900648=252，选B. 12648,所以

p3x。抛物线的焦点为F(0,),双曲线的右焦点

23x0213313为F2(2,0).y'x，所以在M(x0,，即x0，所以x0p，即)处的切线斜率为p332pp3ppp0p3p43三点F(0,)，F2(2,0)，M(，选D. p,)共线，所以262，即p2363023p3222212．B 【解析】由x3xy4yz0，得zx3xy4y。所以xyxy1x4y12，当且仅当，即x2y时取等号此时12x4yzx3xy4yyx32x4y3yxyxxy2122122121(1)(1) z2y2，()max1. zxy2yxyz2yyxyy1112y2y24()1，故选B.

21113．3【解析】第一次循环，F，此时0.25不成立。第二次循123,F312,n210F1311环，F，此时0.25成立，输出n3。 235,F523,n310F1511．D【解析】经过第一象限的双曲线的渐近线为y,3x1311，x1,1x214．【解析】设f(x)x1x2，则f(x)x1x22。由2x1333,2x3121。 解得1x2，即当1x3时，f(x)1。由几何概型公式得所求概率为

3(3)63715．【解析】向量AB与AC的夹角为120，且|AB所以|3,A|C|121ABACABcoAsC120323APB得，APB0C，即。由

222所A以BACAB(1)ABAC0，即APB(CAB)(AC)A，C7493(，解得。

12bbb16．①③④【解析】①当a1,b0时，a1，ln(a)lnablna,blnablna，所以ln(ab)blna成立。当0a1,b0时，0ab1，此时ln(ab)0,blna0，即

1恒成立。②当a,eb时，lna(b)blna成立。综上lnab()blaelna(b)ln1a0,len，所以lbln(ab)lnalnb不成立。③讨论a,b的取值，

可知正确。④讨论a,b的取值，可知正确。所以正确的命题为①③④。

217．解：（Ⅰ）由余弦定理b2a2c22accosB，得bac2ac(1cosB)，

27，所以ac9，解得a3，c3. 942, （Ⅱ）在△ABC中，sinB1cos2B9asinB22由正弦定理得 sinA， b312因为ac，所以A为锐角，所以cosA1sinA

3102. 因此 sin(AB)sinAcosBcosAsinB2718．解：（Ⅰ）证明：因为D,C,E,F 分别是AQ,BQ,AP,BP的中点， 所以EF∥AB,DC∥AB，所以EF∥DC， 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PCDGH， 所以EF∥GH， 又EF∥AB， 所以AB∥GH.

（Ⅱ）解法一：在△ABQ中, AQ2BD,ADDQ,

所以ABQ=90，即ABBQ,因为PB平面ABQ,所以ABPB， 又BPBQB，所以AB平面PBQ，由（Ⅰ）知AB∥GH,

所以GH平面PBQ，又FH平面PBQ，所以GHFH，同理可得GHHC， 所以FHC为二面角DGHE的平面角，设BABQBP2,连接PC， 在Rt△FBC中，由勾股定理得，FC2， 在Rt△PBC中，由勾股定理得，PC5，

又ac6，b2，cosB又H为△PBQ的重心，所以HC 同理 FH15 PC335, 3552499cosFHC在△FHC中，由余弦定理得，

55294即二面角DGHE的余弦值为.

5解法二：在△ABQ中，AQ2BD,ADDQ,

所以ABQ90，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BABQBP2，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EQ(1,2,1),FQ(0,2,1),DP(1,1,2),CP(0,1,2),

设平面EFQ的一个法向量为m(x1,y1,z1)，

由mEQ0，mFQ0,

x12y1z10

2yz011取y11，得m(0,1,2).

得设平面PDC的一个法向量为n(x2,y2,z2) 由nDP0，nCP0, x2y22z20 得y22z20mn4取z21，得n(0,2,1).所以cosm,n

mn5因为二面角DGHE为钝角，所以二面角DGHE的余弦值为4. 519．解：（Ⅰ）记“甲队以3：0胜利”为事件A“甲队以3：1胜利”为事件A2，“甲队以3：2胜1，利”为事件A3，由题意，各局比赛结果相互独立， 故P(A1)()8， 272228P(A2)C32()2(1)，

333272214P(A3)C41()2(1)2

33227323所以，甲队以3：0,3:1,3:2胜利的概率分别是

884，，； 272727（Ⅱ）设“乙队以3:2胜利”为事件A4，由题意，各局比赛结果相互独立，所以

2214P(A4)C41(1)2()2(1)

33227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

16P(X0)P(A1A2)P(A1)P(A2),

274P(X1)P(A3),

274P(X2)P(A4),

273P(X3)1P(X0)P(X1)P(X2)

27故X的分布列为

0 1 2 3 X

P 16443 27272727164437123 所以EX027272727920．解：（Ⅰ）设等差数列an的首项为a1，公差为d，

由S44S2，a2n2an1得

4a16d8a14d， a(2n1)2a2(n1)d111解得，a11，d2

因此 an2n1(nN*)

n（Ⅱ）由题意知：Tnn1

2nn1所以n2时，bnTnTn1n1n2

222n21n1故，cnb2n2n1(n1)() (nN*)

24101112131n1所以Rn0()1()2()3()(n1)()，

4444411112131n11n则Rn0()1()2()(n2)()(n1)() 44444431112131n11n两式相减得Rn()()()()(n1)()

44444411n()4(n1)(1)n 4141413n1整理得Rn(4n1)

9413n1所以数列数列cn的前n项和Rn(4n1)

9421．解：（Ⅰ）f'(x)(12x)e2x，

1由f'(x)0，解得x，

21当x时，f'(x)0，f(x)单调递减

211所以，函数f(x)的单调递增区间是(,)，单调递减区间是(,)，

2211c 最大值为f()22ex（Ⅱ）令g(x)lnxf(x)lnx2xc x(0, )

ex（1）当x(1,)时，lnx0，则g(x)lnx2xc，

e2x'2xe所以，g(x)e(2x1)

xe2x因为2x10，0 所以 g'(x)0

x 因此g(x)在(1,)上单调递增.

（2）当x(0,1)时，当时，lnx0，则g(x)lnx'2xxc， e2xe2x所以，g(x)e(2x1)

x因为e2x(1,e2)，e2x1x0，又2x11

e2x所以2x10 所以 g'(x)0

x 因此g(x)在(0,1)上单调递减. 综合（1）（2）可知 当x(0,)时，g(x)g(1)e2c，

当g(1)e2c0，即ce2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)e2c0，即ce2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)e2c0，即ce2时， ①当x(1,)时，由（Ⅰ）知

x11clnx(ec)lnx1c e2x2要使g(x)0，只需使lnx1c0，即x(e1c,)； ②当x(0,1)时，由（Ⅰ）知

x1g(x)lnx2xclnx(e1c)lnx1c；

e2要使g(x)0，只需使lnx1c0，即x(0,e1c)；

所以当ce2时，g(x)有两个零点，故关于x的方程lnxf(x)根的个数为2； g(x)lnx综上所述：

当ce2时，关于x的方程lnxf(x)根的个数为0； 当ce2时，关于x的方程lnxf(x)根的个数为1； 当ce2时，关于x的方程lnxf(x)根的个数为2.

222xyb22．解： （Ⅰ）由于c2a2b2，将xc代入椭圆方程221得yaabc2b23 由题意知1，即a2b2 又eaa2x2所以a2，b1 所以椭圆方程为y21

4PF1PMPF2PMPF1PMPF2PM2=,=,设P(x0,y0)其中x0（Ⅱ）由题意可知：4，将|PF1||PM||PF2||PM||PF1||PF2|232向量坐标代入并化简得：m（4x04， 16)3x012x0，因为x0所以m333x0，而x0(2,2)，所以m(,) 422（3）由题意可知，l为椭圆的在p点处的切线，由导数法可求得，切线方程为： x0xy0y0x11y0y1，所以k0，而k1，代入中得 ,k244y0kk1kk2x3x3x3x03114(0)8为定值。 kk1kk2x0x0