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文档简介

1、2013年普通高等学校招生全国统一考试(山东卷)理科数学第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若复数满足(为虚数单位),则的共轭复数为(a) (b) (c) (d) 2 已知集合=0,1,2,则集合中元素的个数是(a) 1 (b) 3 (c)5 (d)93已知函数为奇函数,且当时,则(a) (b) 0 (c) 1 (d) 24已知三棱柱的侧棱与底面垂直,体积为,底面是边长为的正三角形.若为底面的中心,则与平面所成角的大小为(a) (b) (c) (d)5将函数的图象沿轴向左平移个单位后,得到一个偶函数的图象,

2、则的一个可能取值为(a) (b) (c)0 (d) 6在平面直角坐标系xoy中,为不等式组所表示的区域上一动点,则直线斜率的最小值为(a)2 (b)1 (c) (d)7给定两个命题,.若是的必要而不充分条件,则是的(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函数的图象大致为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)27911已知抛物线: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

3、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)3二、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_.否是开始输入输出结束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:若,则;若,则若,则若,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,。()求的值; ()求的

4、值。18(本小题满分12分)如图所示,在三棱锥中,平面, 分别是的中点,,与交于点,与交于点,连接.()求证:; ()求二面角的余弦值。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.()分别求甲队以3:0,3:1,3:2胜利的概率;()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及数学期望。20(本小题满分12分)设等差数列的前n项和为,且,.()求数列的通项公式;()设数列前n项和为

5、,且 (为常数).令.求数列的前n项和。21(本小题满分13分)设函数(=2.71828是自然对数的底数,).()求的单调区间、最大值; ()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.()求椭圆的方程; ()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;()在()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. 参考答案一、选择题1d【解析】由(z-3)(2-i)=5,得,所以,选d.2c【解析】因为,所以,即,

6、有5个元素,选c.3a【解析】因为函数为奇函数,所以,选a.4b【解析】取正三角形abc的中心,连结,则是pa与平面abc所成的角。因为底面边长为,所以,.三棱柱的体积为,解得,即,所以,即,选b. 5b【解析】将函数y=sin(2x +)的图像沿x轴向左平移 个单位,得到函数,因为此时函数为偶函数,所以,即,所以选b.6c【解析】作出可行域如图由图象可知当m位于点d处时,om的斜率最小。由得,即,此时om的斜率为,选c.7a【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

7、以图象关于原点对称,所以排除b,c.当时,,排除a,选d.9a【解析】由图象可知,是一个切点,所以代入选项知,不成立,排除。又直线的斜率为负,所以排除c,选a10b【解析】有重复数字的三位数个数为。没有重复数字的三位数有,所以有重复数字的三位数的个数为,选b.11d【解析】经过第一象限的双曲线的渐近线为。抛物线的焦点为,双曲线的右焦点为.,所以在处的切线斜率为,即,所以,即三点,共线,所以,即,选d.12b 【解析】由,得。所以,当且仅当,即时取等号此时,. ,故选b.133【解析】第一次循环,此时不成立。第二次循环,此时成立,输出。14【解析】设,则。由,解得,即当时,。由几何概型公式得所求

8、概率为。15【解析】向量与的夹角为,且所以。由得,即,所以,即,解得。16【解析】当时,所以成立。当时,此时,即成立。综上恒成立。当时,所以不成立。讨论的取值,可知正确。讨论的取值,可知正确。所以正确的命题为。17解:()由余弦定理,得,又,所以,解得,.()在中,,由正弦定理得 ,因为,所以为锐角,所以因此 .18解:()证明:因为 分别是的中点,所以,,所以,又平面,平面,所以平面,又平面,平面平面,所以,又,所以.()解法一:在中, ,所以,即,因为平面,所以,又,所以平面,由()知,所以平面,又平面,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

9、,又为的重心,所以 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,又平面,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,,,所以,设平面的一个法向量为,由,,得取,得.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解:()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3:0,3:1,3:2胜利的概率分别是,;()设“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

10、的取值为0,1,2,3,根据事件的互斥性得,故的分布列为0123所以20解:()设等差数列的首项为,公差为, 由,得, 解得,因此 ()由题意知:所以时,故, 所以,则两式相减得 整理得所以数列数列的前n项和21解:(),由,解得,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()令 (1)当时,则,所以,因为, 所以 因此在上单调递增.(2)当时,当时,则,所以,因为,又所以 所以 因此在上单调递减.综合(1)(2)可知 当时,当,即时,没有零点,故关于的方程根的个数为0;当,即时,只有一个零点,故关于的方程根的个数为1;当,即时,当时,由()知要使,只需使,即;当时,由()知;要使,只需使,即;所以当时,有两个零点,故关于的方程根的个数为2;综上所述:当时,关于的方程根的个数为

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