2013年普通高等学校招生全国统一考试数学理试题山东卷高中数学练习试题

12013年山东高考数学理试题解析一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，满分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）复数z满足(z-3)(2-i)=5(i为虚数单位)，则z的共轭复数为()A.2+iB.2-iC.5+iD.5-i【答案】D【解析】由(z-3)(2-i)=5，得55(2)5(2)3332352(2)(2)5iiziiiii，所以5zi，选D.（2）设集合A={0,1,2},则集合B={x-y|x∈A,y∈A}中元素的个数是()A.1B.3C.5D.9【答案】C【解析】因为,xyA,所以2,1,0,1,2xy，即{2,1,0,1,2}B,有5个元素，选C.（3）已知函数f(x)为奇函数,且当x0时,f(x)=x2+1x,则f(-1)=()（A）-2（B）0（C）1（D）2【答案】A【解析】因为函数为奇函数，所以(1)(1)(11)2ff，选A.（4）已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面垂直,体积为94,底面积是边长为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()（A）512（B）3（C）4（D）6【答案】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3，所以33322AD,2231332AOAD.三棱柱的体积为21139(3)224AA,解得13AA，即13OPAA,所以tan3OPPAOOA，2即3PAO，选B.（5）将函数y=sin（2x+）的图像沿x轴向左平移8个单位后，得到一个偶函数的图像，则的一个可能取值为（A）34（B）4（C）0（D）4【答案】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sin[2()]sin(2)84yxx，因为此时函数为偶函数，所以,42kkZ，即,4kkZ，所以选B.（6）在平面直角坐标系xOy中，M为不等式组：2xy20x2y103xy80，所表示的区域上一动点，则直线OM斜率的最小值为（A）2（B）1（C）13（D）12【答案】C【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210380xyxy得31xy，即(3,1)D,此时OM的斜率为1133，选C.（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3（A）充分而不必条件（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【答案】B【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）函数y=xcosx+sinx的图象大致为【答案】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，()0f,排除A,选D.（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【答案】A【解析】由图象可知，(1,1)A是一个切点，所以代入选项知，,BD不成立，排除。又AB直线的斜率为负，所以排除C，选A.设切线的斜率为k，则切线方程为1(3)ykx，即130kxyk（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【答案】B【解析】有重复数字的三位数个数为91010900。没有重复数字的三位数有1299648CA,所以有重复数字的三位数的个数为900648=252，选B.4（11）抛物线C1：y=12px2(p＞0)的焦点与双曲线C2：2213xy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.316B.38C.233D.433【答案】D【解析】经过第一象限的双曲线的渐近线为33yx。抛物线的焦点为(0,)2pF,双曲线的右焦点为2(2,0)F.1'yxp，所以在200(,)2xMxp处的切线斜率为33，即0133xp，所以033xp，即三点(0,)2pF，2(2,0)F，3(,)36pMp共线，所以06220233pppp，即433p，选D.（12）设正实数x,y,z满足x2-3xy+4y2-z=0.则当xyz取得最大值时，212xyz的最大值为（A）0（B）1（C）94（D）3【答案】B【解析】由22340xxyyz，得2234zxxyy。所以2214343xyxyxyzxxyyyx11423xyyx，当且仅当4xyyx，即2xy时取等号此时22yz，1)(maxzxy.xyyyzyx2122212)211(2)11(2yyxy1)221121(42yy，故选B.二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分5（13）执行右面的程序框图，若输入的的值为0.25，则输入的n的值为【答案】3【解析】第一次循环，10123,312,2FFn，此时1110.253F不成立。第二次循环，10235,523,3FFn，此时1110.255F成立，输出3n。(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【答案】13【解析】设()12fxxx，则3,31()1221,123,23xfxxxxxx。由211x，解得12x，即当13x时，()1fx。由几何概型公式得所求概率为31213(3)63。6（15）已知向量AB与AC的夹角为120，且||3,||2,ABAC若,APABAC且APBC,则实数的值为【答案】712【解析】向量AB与AC的夹角为120，且||3,||2,ABAC所以1cos1203232ABACABAC。由APBC得，0APBC，即()()0APBCABACACAB，所以22(1)0ACABABAC，即493(1)0，解得712。（16）定义“正对数”：0,01lnln,1xxxx，现有四个命题：①若0,0ab，则ln()lnbaba②若0,0ab，则ln()lnlnabab③若0,0ab，则ln()lnlnaabb④若0,0ab，则ln()lnlnln2abab其中的真命题有：（写出所有真命题的编号）【答案】①③④【解析】①当1,0ab时，1ba，ln()lnln,lnlnbbaabababa，所以ln()lnbaba成立。当01,0ab时，01ba，此时ln()0,ln0baba，即ln()lnbaba成立。综上ln()lnbaba恒成立。②当1,aebe时，ln()ln10,lnln1,ln0abaeb，所以ln()lnlnabab不成立。③讨论,ab的取值，可知正确。④讨论,ab的取值，可知正确。所以正确的命题为①③④。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a+c=6，b=2，cosB=79.（Ⅰ）求a，c的值；（Ⅱ）求sin（A-B）的值.7解答：（1）由cosB=79与余弦定理得，221449acac，又a+c=6，解得3ac（2）又a=3,b=2，42sin9B与正弦定理可得，22sin3A,1cos3A，所以sin（A-B）=sinAcosB-cosAsinB=10227（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.解答：（1）因为C、D为中点，所以CD//AB同理：EF//AB，所以EF//CD，EF平面EFQ，所以CD//平面EFQ，又CD平面PCD,所以CD//GH，又AB//CD，所以AB//GH.(2)由AQ=2BD，D为AQ的中点可得，△ABQ为直角三角形，以B为坐标原点，以BA、BC、BP为x、y、z轴建立空间直角坐标系，设AB=BP=BQ=2，可得平面GCD的一个法向量为1(0,2,1)n，平面EFG的一个法向量为2(0,1,2)n，可得44cos555,所以二面角D-GH-E的余弦值为45（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是23.假设每局比赛结果互相独立.（1）分别求甲队以3：0，3：1，3：2胜利的概率（2）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.解答：（1）331328()327pC，22232128()33327pC，222342114()()33227pC（2）由题意可知X的可能取值为：3,2,1,0相应的概率依次为：14416,,,9272727，所以EX=79（20）（本小题满分12分）8设等差数列｛an｝的前n项和为Sn，且S4=4S2，a2n=2an+1（1）求数列｛an｝的通项公式；（2）设数列｛bn｝的前n项和Tn，且Tn+12nna=λ（λ为常数），令cn=b2n，（n∈N•）.求数列｛cn｝的前n项和Rn.解答：（1）由S4=4S2，a2n=2an+1，｛an｝为等差数列，可得，11,2ad所以21nan（2）由Tn+12nna=λ可得，11b，Tn-1+22nn=λ两式相减可得，当2n时，122nnnb，所以当0时，cn=b2n=114nn，错位相减法可得，Rn=1431994nn当0时，cn=b2n=111124nnnn，可得Rn=1531994nn（21）（本小题满分13分）设函数2()(2.71828xxfxcee是自然对数的底数，)cR.（1）求()fx的单调区间，最大值；（2）讨论关于x的方程|ln|()xfx根的个数.解答：（1）'212()xxfxe，令'()0fx得，12x，当'1(,),()0,2xfx函数单调递增；'1(),()0,2xfx，函数单调递减；所以当12x时，函数取得最的最大值max1()2fxce（2）由（1）知，f(x)先增后减，即从负无穷增大到12ce，然后递减到c，而函数|lnx|是（0,1）时由正无穷递减到0，然后又逐渐增大。故令f(1)=0得，21ce，所以当21ce时，方程有两个根；当21ce时，方程有一两个根；9当21ce时，方程有无两个根.（22）（本小题满分13分）椭圆C：22221xyab（a＞b＞0）的左、右焦点分别是F1、F2,离心率为32，过F1且垂直于x轴的直线被椭圆C截得的线段长为l.（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