2013山东高考数学试卷理科及答案详解

2013年普通高等学校招生全国统一考试（山东卷）理科数学参考公式：如果事件A、B互斥，那么()()+()PABPAPB如果事件A、B独立，那么()()()PABPAPB。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、复数z满组(3)(2)5zi（z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0,1,2A，则集合,BxyxAyA中元素的个数是(A)1(B)3(C)5(D)93、已知函数()fx为奇函数，且当0x时，21(),fxxx则(1)f(A)-2(B)0(C)1(D)24、已知三棱柱111ABCABC的侧棱与底面垂直，体积为94，底面是边长为3的正三角形，若P为底面111ABC的中心，则PA与平面ABC所成角的大小为(A)512(B)3(C)4(D)65、将函数sin(2)yx的图象沿x轴向左平移8个单位后，得到一个偶函数的图象，则的一个可能取值为(A)34(B)4(C)0(D)46、在平面直角坐标系xOy中，M为不等式组220210,380，xyxyxy所表示的区域上一动点，则直线OM的斜率的最小值为(A)2(B)1(C)13(D)127、给定两个命题,.pq若p是q的必要不充分条件，则p是q的(A)充分不必要条件(B)必要不充分条件(C)充要条件(D)既不充分也不必要条件8、函数cossinyxxx的图象大致为(A)(B)(C)(D)9、过点(3,1)作圆22(1)1xy的两条切线，切点分别为,AB，则直线AB的方程为OxyOxyOxyOxy(A)230xy(B)230xy(C)430xy(D)430xy10、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211:(0)2Cyxpp的焦点与双曲线222:13xCy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p(A)316(B)38(C)233(D)43312、设正实数,,xyz满足22340.xxyyz则当xyz取得最大值时，212xyz的最大值为(A)0(B)1(C)94(D)3第Ⅱ卷（共90分）二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分。13、执行右图所示的程序框图，若输入c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121xx成立的概率为______.15、已知向量AB与AC的夹角为0120，且3,2.ABAC若APABAC，且APBC，则实数的值为____________.16、定义“正对数”：0,01,lnln,1.xxxx现有四个命题：①若0,0ab，则ln()lnbaba；②若0,0ab，则ln()lnlnabab；③若0,0ab，则ln()lnlnaabb；④若0,0ab，则ln()lnlnln2abab.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）是结束输出n否开始输入(0)011,2,1FFn101FFF010FFF1nn11F设ABC的内角,,ABC所对的边分别为,,abc，且76,2,cos.9acbB.（Ⅰ）求,ac的值；（Ⅱ）求sin()AB的值.18、（本小题满分12分）如图所示，在三棱锥PABQ中，平面PBABQ，BABPBQ，,,,DCEF分别是,,,AQBQAPBP的中点，2AQBD，PD与EQ交于点G，PC与FQ交于点H，连接GH.（Ⅰ）求证：//ABGH；（Ⅱ）求二面角DGHE的余弦值。19、（本小题满分12分）甲、乙两支球队进行比赛，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。假设各局比赛结果相互独立。（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的分布列和数学期望。20、（本小题满分12分）设等差数列na的前n项和为nS，且4224,21.nnSSaa（Ⅰ）求数列{}na的通项公式；FPHEGACBQD（Ⅱ）设数列{}nb的前n项和为nT，且12nnnaT（为常数）。令22,(*)nncbnN，求数列{}nc的前n项和nR。21、（本小题满分13分）设函数2()xxfxce（2.71828…e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ln()xfx根的个数。22、（本小题满分13分）椭圆2222:1(0)xyCabab的左、右焦点分别是12,FF，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12,PFPF。设12FPF的角平分线PM交C的长轴于点(,0)Mm，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12,PFPF的斜率分别为12,kk，若0k，试证明1211kkkk为定值，并求出这个定值.理科数学试题参考答案一、选择题DCABBCADABDB二、填空题313712①③④三、解答题17、（Ⅰ）由余弦定理2222cosbacacB，得22()2(1cos)bacacB，又72,6,cos9bacB，所以9ac，解得3,3ac.（Ⅱ）在ABC中，242sin1cos9BB，由正弦定理得sin22sin3aBAb，因为ac，所以A为锐角.所以21cos1sin3AA，因此102sin()sincoscossin27ABABAB18、（Ⅰ）证明：因为,,,DCEF分别是,,,AQBQAPBP的中点，所以//,//EFABDCAB，所以//EFDC，又,平面平面EFPCDDCPCD，所以//平面EFPCD，又,=平面平面平面EFEFQEFQPCDGH，所以//EFGH，又//EFAB，所以//ABGH.（Ⅱ）解法一：在ABQ中，2,AQBDADDQ所以0=90ABQ，即ABBQ，因为平面PBABQ，所以ABPB，又BPBQB，所以平面ABPBQ.由（Ⅰ）知//ABGH，所以平面GHPBQ又平面FHPBQ，所以GHFH，同理可得GHHC所以FHC为二面角DGHE的平面角.设2BABQBP，连接FC，在RtFBC中，由勾股定理得2FC，在RtPBC中，由勾股定理得5PC.又H为PBQ的重心，所以1533HCPC，同理53FH.在FHC中，由余弦定理得552499cos5529FHC，FPHEGACBQD即二面角DGHE的余弦值为45.解法二：在ABQ中，2,AQBDADDQ，所以090ABQ.又平面PBABQ，所以,,BABQBP两两垂直.以B为坐标原点，分别以,,BABQBP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2BABQBP，则(1,0,1),(0,0,1),(0,2,0),(1,1,0),(0,1,0),(0,0,2)EFQDCP,所以(1,2,1),(0,2,1),(1,1,2),(0,1,2)EQFQDPCP设平面EFQ的一个法向量为111(,,)mxyz，由0,0mEQmFQ，得1111120,20,xyzyz取11y，得(0,1,2)m.设平面PDC的一个法向量为222(,,)nxyz，由0,0nDPnCP，得2222220,0,xyzyz取21z，得(0,2,1)n.所以4cos,5mnmnmn,因为二面角DGHE为钝角，所以二面角DGHE的余弦值为45.19、（Ⅰ）记“甲队以3：0胜利”为事件1A，“甲队以3：1胜利”为事件2A，“甲队以3：2胜利”为事件3A，由题意，各局比赛结果相互独立，故3128()()327PA，22232228()()(1)33327PAC，222342214()()(1)33227PAC.所以，甲队以3：0胜利、以3：1胜利的概率都为827，以3：2胜利的概率为427.（Ⅱ）记“乙队以3：2胜利”为事件4A，由题意，各局比赛结果相互独立，所以222442214()(1)()(1)33227PAC，由题意，随机变量X的所有可能的取值为0，1，2，3，121216(0)()()(27），PXPAAPAPA又34(1)(27）PXPA，44(2)(27）PXPA3(3)1(0)(1)(2)27PXPXPXPXFPHEGACBQDyxz所以X的分布列为因此1644370123272727279EX20、（Ⅰ）设等差数列{}na的首项为1a，公差为d.由4224,21.nnSSaa得11114684,(21)22(1)1.adadandand解得11,2.ad因此21,*nannN.（Ⅱ）由题意知：12nnnT，所以2n时，112112222nnnnnnnnnbTT故1221221(1)(),*24nnnnncbnnN，所以01231111110()1()2()3()(1)()44444…nnRn，则12311111110()1()2()(2)()(1)()444444…nnnRnn，两式相减得1231311111()()()()(1)()44444411()144(1)()14141131()334…nnnnnnRnnn整理得1131(4)94nnnR所以数列{}nc的前n项和1131(4)94nnnR21、解：（Ⅰ）2'()(12)xfxxe，由'()0fx，解得12x，当12x时，'()0fx，()fx单调递增；当12x时，'()0fx，()fx单调递减.所以，函数()fx的单调递增区间是1(,)2，单调递减区间是1(,)2，最大值为111()22fec.（Ⅱ）令2()ln()ln,(0,)xgxxfxxxecx.（1）当(1,)x时，ln0x，则2()lnxgxxxec，X0123P1627427427327所以22'()(21)xxegxexx.因为2210,0xexx，所以'()0gx因此()gx在(1,)上单调递增.（2）当(0,1)x时，ln0x，则2()lnxgxxxec，所以22'()(21)xxegxexx.因为222(1,),10xxeeex，所以21xex.又211x，所以2210xexx，即'()0gx，因此()gx在(0,1)上单调递减.综合（1）（2）可知当(0,)x时，2()(1)gxgec.当2(1)0gec，即2ce时，()gx没有零点，故关于x的方程ln()xfx的根的个数为0；当2(1)0gec，即2