2013年山东省高考数学真题(理科)及答案

绝密★启用并使用完毕前2013年普通高等学校招生全国统一考试(山东卷)理科数学本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分。共4页，满分150分。考试用时150分钟.考试结束后，将本卷和答题卡一并交回。注意事项：1.答题前，考试务必用0.5毫米黑色墨水签字笔将自己的姓名、座号、考生号、县区和科类在答题卡和试卷规定的位置上。2.第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，答案不能答在试卷上。3.第Ⅱ卷必须用0.5毫米黑色墨水签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应的位置，不能写在试卷上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不能使用涂改液、胶带纸、修正带。不按以上要求作答的答案无效。4.填空题请直接填写答案,解答题应写出文字说明\证明过程或演算步骤.参考公式:如果事件A，B互斥，那么P【A+B】=P(A)+P(B)；如果事件A，B独立，那么P【AB】=P(A)*P(B)第Ⅰ卷【共60分】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iiz(5)2)(3(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-i2、已知集合}2,1,0{A，则集合},|{AyAxyxB中元素的个数是【】【A】1【B】3【C】5【D】93、已知函数)(xf为奇函数，且当0x时，xxxf1)(2，则)1(f=【】【A】-2【B】0【C】1【D】24、已知三棱柱111CBAABC的侧棱与底面垂直，体积为49，底面是边长为3的正三角形，若P为底面111CBA的中心，则PA与平面ABC所成角的大小为【】【A】125【B】3【C】4【D】65、若函数)2sin()(xxf的图像沿x轴向左平移8个单位，得到一个偶函数的图像，则的一个可能取值为【】【A】43【B】4【C】0【D】46、在平面直角坐标系xOy中，M为不等式组220210380xyxyxy，所表示的区域上一动点，则直线OM斜率的最小值为2A1B13C12D7、给定两个命题，、qp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8、函数xxxysincos的图象大致为xyπOxyπOxyπOxyy=f(x)πO(A)(B)(C)(D)9、过点【3，1】作圆1)1(22yx作圆的两条切线切点为A，B，则直线AB的方程【A】032yx【B】032yx【C】034yx【D】034yx10、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、抛物线)0(21:21pxpyC的焦点与双曲线13:222yxC的右焦点的连线交1C于第一象限的点M，若1C在点M处的切线平行于2C的一条渐近线，则p63【B】83【C】332【D】33412、设正实数zyx,,满足04322zyxyx，则当zxy取最大值时，zyx212的最大值为【A】0【B】1【C】49【D】3二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分13、执行右面的程序框图，若输入的值为0.25，则输出的n的值为______________14、在区间3,3上随机取一个数x，使得121xx成立的概率为______________.15、已知向量AB与AC的夹角1200，且|AB|=3，|AC|=2，若ACABAP，且BCAP，则实数的值为____________.16、定义“正对数”:0,01ln,ln,1xxxx现有四个命题：①若0,0,ablnln;baba②若0,0,ablnlnln;abab③若0,0,ablnlnln;aabb④若0,0,ablnlnln+ln2;abab其中真命题有____________.【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,,,ABC所对的边为,,,abc且76,2,cos.9acbBI求,ac的值；II求sinAB的值。否是开始输入ε(ε0)F0=1,F1=2,n=1F1=F0+F1F0=F1-F0n=n+11F1≤ε输出n结束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23.假设每局比赛结果互相独立。【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｛na｝的前n项和为nS，且244SS,221nnaa。【Ⅰ】求数列｛na｝的通项公式；【Ⅱ】设数列｛nb｝的前n项和nT，且12nnnaT【为常数】，令2nncb()nN.求数列｛nC｝的前n项和nR。GBCHPFEDQA21、【本小题满分13分】设函数22.71828...xxfxcee是自然对数的底数，cR.【Ⅰ】求fx的单调区间、最大值；【Ⅱ】讨论关于x的方程lnxfx根的个数。22、【本小题满分13分】椭圆2222:+10xyCabab的左、右焦点分别是12FF，,离心率为32，过1F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12PFPF，,设∠12FPF的角平分线PM交C的长轴于点,0Mm，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.设直线12PFPF，的斜率分别为12,kk，若k≠0，试证明1211kk为定值，并求出这个定值。济南新东方优能中学2013年普通高等学校招生全国统一考试(山东卷)答案一、选择题1、D2、C3、A4、B5、B6、C7、A8、D9、A10、B11、D12、B二、填空题13、314、3115、12716、①③④222222222217.2cos,76,2,cos,29722cos,43622,9,96,3,3.742cos,sincos1,sin,99423,2,sin9IbacacBacbBacacacbacacacBacacacacacIIABCBBBBabBQQ答案解析解：由余弦定理可得又由题可得又联立方程解得在中，由22,sin22=,sin,sincos1,sinsin31227142102cos,sinsincoscossin,3393927102sin.27abaBAAAABbAABABABAB由正弦定理得由18、【Ⅰ】证明：由已知得EF,DC分别为PAB和QAB的中位线所以EF//AB,DC//AB,则EF//DC又EF平面PDC,DC平面PDC所以EF//平面PDC又EF平面QEF且平面QEF平面PDC=GH所以EF//GH又因为EF//AB所以AB//GH【Ⅱ】解：因为AQ=2BD且D为AQ中点所以ABQ为直角三角形，ABBQ又PB平面ABC,则PBABPBBQ=B且PB平面PBQ,BQ平面PBQ,所以AB平面PBQ由【Ⅰ】知AB//GH所以GH平面PBQ则GHFH,GHHC所以FHC即为二面角D-GH-E的平面角由条件易知PBC+BFQ+PQB+FHC=2且BFQ=PQB，tanBFQ=2所以cosFHC=cos【23—2BFQ】=—2sinBFQcosBFQ=54-19、解：【1】设“甲队以3:0胜利”为事件A；“甲队以3:1胜利”为事件B“甲队以3:2胜利”为事件C33032232224218()()()33272128()()()333272114()()()33227PACPBCPCC(2)根据题意可知的可能取值为：“0,1,2,3”0031123322242224331221331212216(0)()()()()33333271214(1)()()332271214(2)()()33227121211(3)()()()()()333339PCCPCPCPCC乙队得分的的分布列如图所示：：0123P162742742719数学期望：164417012327272799E.20.(Ⅰ)解:设等差数列{na}的首项为1a,公差为d,因为已知424SS,可得141144[]2aaaad,即112342adad整理得，12ad①又因为221nnaa,当1n时，2121aa即，11ad②①②联立可得11,2ad由于1(1)naand所以，21nan.(Ⅱ)解:由(Ⅰ)可得21nan，且12nnnaT将na带入，可得12nnnT①当1n时，11T当2时，11222nnnT②①-②可得122nnnb所以221122124nnnnnb0122101221......44444nnnnnR故14nR122101321......44444nnnnnn两式相减得34nR122111111++......++44444nnnn1111-441=-1414111=334nnnnn—所以14311994nnnR21、解【1】xexxf2'21)(，令0)('xf，解得21x，令0)('xf，解得21x所以)(xf的单调递增区间为)21,(，单调递减区间为),21(，)(xf的最大值为cef21)21(【2】令|ln||ln|)()(2xcexxxfxgx，①当10x时xcexxgxln)(2，所以xxxxeexxxexxg2222'2121)(在10x时，函数xey2的值域为),1(e，函数xxy22的值域为)1,81(，所以在10x上，恒有xexx222，即0222xxex，所以)('xgy对任意)1,0(x大于零恒成立，所以)(xg在)1,0(上单调递增；②当1x时，xcexxgxln)(2，所以xxxxeexxxexxg2222'2121)(，显然在1x时有函数0)21(22xxxxy恒成立，所以函数0222xexxy在1x时恒成立，所以0)('xg对任意),1(x恒成立，所以)(xg在),1(上单调递减；由①②得，函数|ln|)(2xcexxgx在)1,0(上单调递增，在),1(上单调递减，所以)(xg的最大值为ceg21)1(当012ce，即21ec时，方程)(|ln|xfx