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)

1、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 PAGE 21 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eq blc(avs4alco1(2ab65，,2ba30，)解之得eq blc(avs4alco1(a5，,b1，)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

2、，yeq blcrc(avs4alco1(0，1，2)，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)x2eq f(1,x)，则f(1)()A2 B0 C1 D23【答案】A解析 feq blc(rc)(avs4alco1(x)为奇函数，feq blc(rc)(avs4alco1(1)f(1)eq blc(rc)(avs4alco1(12f(1,1)2.4 已知三棱柱ABCA1B1C1的侧棱与底面垂直，体积为eq f(9,4)，底面是边长为eq r(3)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

3、()A.eq f(5,12) B.eq f(,3) C.eq f(,4) D.eq f(,6)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VABCA1B1C1eq f(r(3),4)eq blc(rc)(avs4alco1(r(3)eq sup12(2)aeq f(9,4)，解得aeq r(3)，tan PAQeq f(PQ,AQ)eq f(r(3),f(r(3),2)r(3)f(2,3)eq r(3)，故PAQeq f(,3).5 将函数ysin(2x)的图像沿x轴向左平移eq f(,8)个单位后，得到一

4、个偶函数的图像，则的一个可能取值为()A.eq f(3,4) B.eq f(,4) C0 Deq f(,4)5【答案】B解析 方法一：将函数ysin(2x)的图像沿x轴向左平移eq f(,8)个单位后得到f(x)sineq blc(rc)(avs4alco1(2xf(,4)的图像，若f(x)sineq blc(rc)(avs4alco1(2xf(,4)为偶函数，必有eq f(,4)keq f(,2)，k，当k0时，eq f(,4).方法二：将函数ysin(2x)的图像沿x轴向左平移eq f(,8)个单位后得到f(x)sineq blc(rc)(avs4alco1(2xf(,4)的图像，其对称轴

5、所在直线满足2xeq f(,4)keq f(,2)，k，又f(x)sineq blc(rc)(avs4alco1(2xf(,4)为偶函数，y轴为其中一条对称轴，即eq f(,4)keq f(,2)，k，当k0时，eq f(,4).6 在平面直角坐标系xOy中，M为不等式组eq blc(avs4alco1(2xy20，,x2y10，,3xy80)所表示的区域上一动点，则直线OM斜率的最小值为()A2 B1 Ceq f(1,3) Deq f(1,2)6【答案】C解析 不等式组表示的可行域如图，联立eq blc(avs4alco1(x2y10，,3xy80，)解得Peq blc(rc)(avs4al

6、co1(3，1)，当M与P重合时，直线OM斜率最小，此时kOMeq f(10,30)eq f(1,3).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xeq f(,2)时

7、，y10，排除选项C；x，y0)的焦点与双曲线C2：eq f(x2,3)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.eq f(r(3),16) B.eq f(r(3),8) C.eq f(2 r(3),3) D.eq f(4 r(3),3)11D解析 抛物线C1：yeq f(1,2p)x2eq blc(rc)(avs4alco1(p0)的焦点坐标为eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(p,2)，双曲线eq f(x2,3)y21的右焦点坐标为eq blc(rc)(avs4alco1(2，0)，连线的方程为yeq f(p,4)eq

8、 blc(rc)(avs4alco1(x2)，联立eq blc(avs4alco1(yf(p,4)（x2），,yf(1,2p)x2) 得2x2p2x2p20.设点M的横坐标为a，则在点M处切线的斜率为y|xaeq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2p)x2).又双曲线eq f(x2,3)y21的渐近线方程为eq f(x,r(3)y0，其与切线平行，eq f(a,p)eq f(r(3),3)，即aeq f(r(3),3)p，代入2x2p2x2p20得，peq f(4 r(3),3)或p0(舍去)12 设正实数x，y，z满足x23xy4y2z0，则当eq f(xy,z)取得最大值时，e

9、q f(2,x)eq f(1,y)eq f(2,z)的最大值为()A0 B1 C.eq f(9,4) D312B解析 由题意得zx23xy4y2，eq f(xy,z)eq f(xy,x23xy4y2)eq f(1,f(x,y)f(4y,x)3)eq f(1,2 r(f(x,y)f(4y,x)3)1，当且仅当eq f(x,y)eq f(4y,x)，即x2y时，等号成立，eq f(2,x)eq f(1,y)eq f(2,z)eq f(2,2y)eq f(1,y)eq f(2,4y26y24y2)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,y)1)eq sup12(2)11.二填空题：本大题共

10、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，eq f(1,F1)eq f(1,3)0.25；第二次执行循环体时，F1235，F03，n213，eq f(1,F1)eq f(1,5)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.eq f(1,3)解析 当x2时，不等式化为x1x21，此时恒成立，|x1|x2|1的解集为eq blcrc)(avs4alco1(1，).在eq blcrc(avs4alco1(3，3)

11、上使不等式有解的区间为eq blcrc(avs4alco1(1，3)，由几何概型的概率公式得Peq f(31,3（3）)eq f(1,3).15 已知向量eq o(AB,sup6()与eq o(AC,sup6()的夹角为120，且|eq o(AB,sup6()|3，|eq o(AC,sup6()|2.若eq o(AP,sup6()eq o(AB,sup6()eq o(AC,sup6()，且eq o(AP,sup6()eq o(BC,sup6()，则实数的值为_15.eq f(7,12)解析 eq o(AP,sup6()eq o(BC,sup6()，eq o(AP,sup6()eq o(BC,s

12、up6()eq blc(rc)(avs4alco1(o(AB,sup6()o(AC,sup6()eq blc(rc)(avs4alco1(o(AC,sup6()o(AB,sup6()eq o(AB,sup6()2eq o(AC,sup6()2eq blc(rc)(avs4alco1(1)eq o(AC,sup6()eq o(AB,sup6()0，即94eq blc(rc)(avs4alco1(1)32eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)0，解之得eq f(7,12).16、 定义“正对数”：ln xeq blc(avs4alco1(0，0 x0，b0，则ln(ab)blna；

13、若a0，b0，则ln(ab)lnalnb；若a0，b0，则lneq blc(rc)(avs4alco1(f(a,b)lnalnb；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eq f(a,b)1，即ab时，左边0，右边lnalnb0，左边右边成立；当eq f(a,b)1时，左边lneq f(a,b)ln aln b0，若ab1时，右

14、边ln aln b，左边右边成立；若0ba1b0，左边lneq f(a,b)ln aln bln a，右边ln a，左边右边成立，正确；中，若0ab0，左边右边；若ab1，lneq blc(rc)(avs4alco1(ab)ln 2lneq blc(rc)(avs4alco1(ab)ln 2ln(eq f(ab,2)，又eq f(ab,2)a或eq f(ab,2)b，a，b至少有1个大于1，ln(eq f(ab,2)ln a或ln(eq f(ab,2)ln b，即有lneq blc(rc)(avs4alco1(ab)ln 2lneq blc(rc)(avs4alco1(ab)ln 2ln(eq

15、 f(ab,2)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 Beq f(7,9).(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 Beq f(7,9)，所以ac9，解得a3，c3.(2)在ABC中，sin Beq r(1cos2B)eq f(4 r(2),9).由正弦定理得sin Aeq f(asin B,b)eq f(2 r(2),3).因为ac，所以A为锐角，所以cos Aeq r(1

16、sin2 A)eq f(1,3).因此sin(AB)sin Acos Bcos Asin Beq f(10 r(2),27).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EFA

17、B，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FCeq r(2)，在RtPBC中，由勾股定理得PCeq r(5).又H为PBQ的重心，所以HCeq f(1,3)PCeq f(r(5),3).同理FHeq f(r(5),3).在FHC中，由余弦定理得cosFHCeq f(f(5,9)f(5,9)2,

18、2f(5,9)eq f(4,5).即二面角DGHE的余弦值为eq f(4,5).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eq o(EQ,sup6()(1，2，1)，eq o(FQ,sup6()(0，2，1)，eq o(DP,sup6()(1，1，2)，eq o(CP,sup6()(0，1，2)设平面EFQ的一个

19、法向量为(x1，y1，z1)，由eq o(EQ,sup6()0，eq o(FQ,sup6()0，得eq blc(avs4alco1(x12y1z10，,2y1z10，)取y11，得(0，1，2)设平面PDC的一个法向量为(x2，y2，z2)，由eq o(DP,sup6()0，eq o(CP,sup6()0，得eq blc(avs4alco1(x2y22z20，,y22z20，)取z21，得(0，2，1)所以cos，eq f(mn,|m|n|)eq f(4,5).因为二面角DGHE为钝角，所以二面角DGHE的余弦值为eq f(4,5).图1519、 甲、乙两支排球队进行比赛，约定先胜3局者获得比

20、赛的胜利，比赛随即结束除第五局甲队获胜的概率是eq f(1,2)外，其余每局比赛甲队获胜的概率都是eq f(2,3).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)(eq f(2,3)3eq f(8,27)，P(A2)Ceq oal(2,3)(eq f(2,3)2(1eq f(2,3)eq f(

21、2,3)eq f(8,27)，P(A3)Ceq oal(2,4)(eq f(2,3)2(1eq f(2,3)2eq f(1,2)eq f(4,27).所以，甲队以30胜利、以31胜利的概率都为eq f(8,27)，以32胜利的概率为eq f(4,27).(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)Ceq oal(2,4)(1eq f(2,3)2(eq f(2,3)2(1eq f(1,2)eq f(4,27)，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)eq f(16,27).又P(X1)

22、P(A3)eq f(4,27).P(X2)P(A4)eq f(4,27)，P(X3)1P(X0)P(X1)P(X2)eq f(3,27)，故X的分布列为X0123Peq f(16,27)eq f(4,27)eq f(4,27)eq f(3,27)所以E(X)0eq f(16,27)1eq f(4,27)2eq f(4,27)3eq f(3,27)eq f(7,9).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Tneq f(an1,2n)(为常数)，令cnb2n(n)，求数列cn的前n项和Rn.20解：(1

23、)设等差数列an的首项为a1，公差为d.由S44S2，a2n2an1得eq blc(avs4alco1(4a16d8a14d，,a1（2n1）d2a12（n1）d1，)解得a11，d2，因此an2n1，n*.(2)由题意知Tneq f(n,2n1)，所以n2时，bnTnTn1eq f(n,2n1)eq f(n1,2n2)eq f(n2,2n1).故cnb2neq f(2n2,22n1)(n1)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,4)eq sup12(n1)，n*.所以Rn0eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,4)eq sup12(0)1eq blc(rc)(avs4

24、alco1(f(1,4)eq sup12(1)2eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,4)eq sup12(2)3eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,4)eq sup12(3)(n1)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,4)eq sup12(n1)，则eq f(1,4)Rn0eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,4)eq sup12(1)1eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,4)eq sup12(2)2eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,4)eq sup12(3)(n2)eq blc(rc)(avs4alco1(f

25、(1,4)eq sup12(n1)(n1)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,4)eq sup12(n)，两式相减得eq f(3,4)Rneq blc(rc)(avs4alco1(f(1,4)eq sup12(1)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,4)eq sup12(2)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,4)eq sup12(3)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,4)eq sup12(n1)(n1)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,4)eq sup12(n)eq f(f(1,4)blc(rc)(avs4alco1(

26、f(1,4)sup12(n),1f(1,4)(n1)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,4)eq sup12(n)eq f(1,3)eq f(13n,3)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,4)eq sup12(n)，整理得Rneq f(1,9)(4eq f(3n1,4n1)所以数列cn的前n项和Rneq f(1,9)(4eq f(3n1,4n1)21、 设函数f(x)eq f(x,e2x)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

27、)0，解得xeq f(1,2)，当x0，f(x)单调递增；当xeq f(1,2)时，f(x)0，则g(x)lnxxe2xc，所以g(x)e2x(eq f(e2x,x)2x1)因为2x10，eq f(e2x,x)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eq f(e2x,x)1.又2x11，所以eq f(e2x,x)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，

28、)时，由(1)知g(x)lnxxe2xclnx(eq f(1,2)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(eq f(1,2)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：eq f(x2,a2)eq f(y2,b2)1(ab0)的左、右焦点分别是F1，F2，离心率为eq f(r(3),2)，过F1且垂直于x轴的直线

29、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eq f(1,kk1)eq f(1,kk2)为定值，并求出这个定值22解：(1)由于c2a2b2，将xc代入椭圆方程eq f(x2,a2)eq f(y2,b2)1，得yeq f(b2,a).由题意知 eq f(2b2,a)1，即a2b2.又eeq f(c,a)eq f(r(3)

30、,2)，所以a2，b1.所以椭圆C的方程为eq f(x2,4)y21.(2)方法一：设P(x0，y0)(y00)又F1(eq r(3)，0)，F2(eq r(3)，0)，所以直线PF1，PF2的方程分别为lPF1：y0 x(x0eq r(3)yeq r(3)y00，lPF2：y0 x(x0eq r(3)yeq r(3)y00.由题意知eq f(blc|rc|(avs4alco1(my0r(3)y0),r(yeq oal(2,0)（x0r(3)）2)eq f(blc|rc|(avs4alco1(my0r(3)y0),r(yeq oal(2,0)（x0r(3)）2).由于点P在椭圆上，所以eq f

31、(xeq oal(2,0),4)yeq oal(2,0)1，所以eq f(|mr(3)|,r(blc(rc)(avs4alco1(f(r(3),2)x02)sup12(2)eq f(|mr(3)|,r(blc(rc)(avs4alco1(f(r(3),2)x02)sup12(2) .因为eq r(3)meq r(3)，2x02，可得eq f(mr(3),f(r(3),2)x02)eq f(r(3)m,2f(r(3),2)x0).所以meq f(3,4)x0.因此eq f(3,2)meq f(3,2).方法二：设P(x0，y0)当0 x02时，当x0eq r(3)时，直线PF2的斜率不存在，易知

32、P(eq r(3)，eq f(1,2)或Peq blc(rc)(avs4alco1(r(3)，f(1,2).若Peq blc(rc)(avs4alco1(r(3)，f(1,2)，则直线PF1的方程为x4 eq r(3)yeq r(3)0.由题意得eq f(|mr(3)|,7)eq r(3)m，因为eq r(3)meq r(3)，所以meq f(3 r(3),4).若Peq blc(rc)(avs4alco1(r(3)，f(1,2)，同理可得meq f(3 r(3),4).当x0eq r(3)时，设直线PF1，PF2的方程分别为yk1(xeq r(3)，yk2(xeq r(3)由题意知eq f(|mk1r(3)k1|,r(1keq oal(2,1)eq f