2013年高考山东卷理科数学试题及答案

 理科数学

第Ⅰ卷

一、选择题（山东卷）

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＋i          B．2－i          C．5＋i          D．5－i

答案　D

解析　由(z－3)(2－i)＝5得，z－3＝＝2＋i，∴z＝5＋i，∴＝5－i.

2．已知集合A＝{0,1,2}，则集合B＝{x－y|x∈A，y∈A}中元素的个数是(　　)

A．1              B．3               C．5              D．9

答案　C

解析　x－y∈.

3．已知函数f(x)为奇函数，且当x>0时，f(x)＝x2＋，则f(－1)＝(　　)

A．－2              B．0                C．1          D．2

答案　A

解析　f(－1)＝－f(1)＝－(1＋1)＝－2.

4．已知三棱柱ABC­A1B1C1的侧棱与底面垂直，体积为，底面是边长为的正三角形．若P为底面A1B1C1的中心，则PA与平面ABC所成角的大小为(　　)

A.              B.                  C.          D.

答案　B

解析　如图所示：SABC＝×××sin 60°＝.

∴VADC­A1B1C1＝SABC×OP＝×OP＝，∴OP＝.

又OA＝××＝1，

∴tan∠OAP＝＝，又0<∠OAP<，

∴∠OAP＝.

5．将函数y＝sin(2x＋φ)的图象沿x轴向左平移个单位后，得到一个偶函数的图象，则φ的一个可能取值为(　　)

A.          B.          C．0          D．－

答案　B

解析　把函数y＝sin(2x＋φ)沿x轴向左平移个单位后得到函数y＝sin 2＝sin为偶函数，则φ＝.

6．在平面直角坐标系xOy中，M为不等式组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．－          D．－

答案　C

解析　由得A(3，－1)．此时线OM的斜率最小，且为：－.

7．给定两个命题p，q.若綈p是q的必要而不充分条件，则p是綈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

答案　A

解析　由题意知：綈p⇐q⇔(逆否命题)p⇒綈p.

8．函数y＝x cos x＋sin x的图象大致为(　　)

答案　D

解析　函数y＝xcos x＋sin x为奇函数，排除B.取x＝，排除C；取x＝π，排除A，故选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　如图所示：由题意知：AB⊥PC，kPC＝，∴kAB＝－2，∴直线AB的方程为：y－1＝－2(x－1)，即2x＋y－3＝0.

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　不重复的三位数字有：A＋AA＝8个．

则有重复数字的三位数有：900－8＝252个．

11．抛物线C1：y＝x2(p>0)的焦点与双曲线C2：－y2＝1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.          B.          C.          D.

答案　D

解析　抛物线C1的标准方程为：x2＝2py，其焦点F为，双曲线C2的右焦点F′为(2,0)，渐近线方程为：y＝±x.

由y′＝x＝得x＝p，故M.

由F、F′、M三点共线得p＝.

12．设正实数x，y，z满足x2－3xy＋4y2－z＝0，则当取得最大值时，＋－的最大值为(　　)

A．0  B．1  C.  D．3

答案　B

解析　由已知得z＝x2－3xy＋4y2(*)

则＝＝≤1，当且仅当x＝2y时取等号，把x＝2y代入(*)式，得z＝2y2，所以＋－＝＋－＝－2＋1≤1.

第Ⅱ卷

二、填空题

13．执行右面的程序框图，若输入的ε的值为0.25，则输出的n的值为________．

答案　3

解析　第一次循环：F1＝3，F0＝2，n＝2；第二次循环：F1＝5，F0＝3，n＝3.

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　

解析　由绝对值的几何意义知：使|x＋1|－|x－2|≥1成立的x值为x∈[1,3]，由几何概型知所求概率为P＝＝＝.

15．已知向量与的夹角为120°，且||＝3，||＝2.若A＝λ＋，且⊥，则实数λ的值为________．

答案　

解析　由⊥知·＝0，即·＝(λ＋)·(－)＝(λ－1)·－λA2＋2＝(λ－1)×3×2×－λ×9＋4＝0，解得λ＝.

16．定义“正对数”：ln＋x＝现有四个命题：

①若a>0，b>0，则ln＋(ab)＝bln＋a；

②若a>0，b>0，则ln＋(ab)＝ln＋a＋ln＋b；

③若a>0，b>0，则ln＋≥ln＋a－ln＋b；

④若a>0，b>0，则ln＋(a＋b)≤ln＋a＋ln＋b＋ln 2.

其中的真命题有________．(写出所有真命题的编号)

答案　①③④

解析　①0ab>1时(a>1)，ln＋(ab)＝ln ab＝bln a＝bln＋a；正确．

②设a＝，b＝3，则0＝0＋ln 3不成立，不正确；

③(a>b)ln

(a④(1)a＋b>1，a，b>1：ln(a＋b)≤ln a＋ln b＋ln 2＝ln 2ab成立；

(2)a＋b>1，a>1,0(3)a＋b>1,0(4)0三、解答题

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，cos B＝.

(1)求a，c的值；

(2)求sin(A－B)的值．

解　(1)由余弦定理得：

cos B＝＝＝，

即a2＋c2－4＝ac.

∴(a＋c)2－2ac－4＝ac，∴ac＝9.

由得a＝c＝3.

(2)在△ABC中，cos B＝，

∴sin B＝＝＝.

由正弦定理得：＝，

∴sin A＝＝＝.

又A＝C，∴0∴sin (A－B)＝sin Acos B－cos Asin B＝×－×＝.

18．如图所示，在三棱锥P­ABQ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.

 (1)求证：AB∥GH；

(2)求二面角D­GH­E的余弦值．

(1)证明　因为D，C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的中点，所以EF∥AB，DC∥AB.

所以EF∥DC.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PCD＝GH，所以EF∥GH.又EF∥AB，所以AB∥GH.

(2)解　方法一　在△ABQ中，AQ＝2BD，AD＝DQ，所以∠ABQ＝90°，即AB⊥BQ.

因为PB⊥平面ABQ，所以AB⊥PB.又BP∩BQ＝B，所以AB⊥平面PBQ.

由(1)知AB∥GH，所以GH⊥平面PBQ.又FH⊂平面PBQ，所以GH⊥FH.

同理可得GH⊥HC，所以∠FHC为二面角D­GH­E的平面角．

设BA＝BQ＝BP＝2，连接FC，在Rt△FBC中，由勾股定理得FC＝，在Rt△PBC中，由勾股定理PC＝.

又H为△PBQ的重心，所以HC＝PC＝.同理FH＝.

在FHC中，由余弦定理得cos∠FHC＝

＝－.即二面角D­GH­E的余弦值为－.

方法二　在△ABQ中，AQ＝2BD，AD＝DQ，所以∠ABQ＝90°

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BA＝BQ＝BP＝2，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＝(－1,2，－1)，＝(0,2，－1)，＝(－1，－1，2)，＝(0，－1,2)．

设平面EFQ的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)，由m·＝0，m·＝0，

得取y1＝1，得m＝(0,1,2)．

设平面PDC的一个法向量为n＝(x2，y2，z2)，由n·＝0，n·＝0，

得取z1＝1，得n＝(0,2,1)．

所以cos〈m，n〉＝＝.

因为二面角D­GH­E为钝角，所以二面角D­GH­E的余弦值为－.

19．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．

(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　(1)设“甲队以3∶0,3∶1,3∶2胜利”分别为事件A，B，C

则P(A)＝××＝

P(B)＝C2××＝

P(C)＝C2×2×＝

(2)X的可能的取值为0,1,2,3

则P(X＝0)＝P(A)＋P(B)＝

P(X＝1)＝P(C)＝

P(X＝2)＝C×2×2×＝

P(X＝3)＝2＋C2××＝

∴X的分布列为

20．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项和为Tn，且Tn＋＝λ(λ为常数)．令Cn＝b2n，(n∈N*)，求数列{cn}的前n项和Rn.

解　(1)设公差为d，令n＝1，则a2＝2a1＋1，a1＝d－1①

又S4＝4S2，即2a1＝d②

由①②得：a1＝1，d＝2，所以an＝2n－1(n∈N*)．

(2)由题意知，Tn＝λ－，∴当n≥2时，bn＝Tn－Tn－1＝λ－－＝.∴Cn＝b2n＝(n∈N*)．

∴Rn＝C1＋C2＋…＋Cn－1＋Cn＝0＋＋＋…＋①

Rn＝＋＋…＋＋②

①－②得：

Rn＝＋＋…＋－

＝－

＝－

＝

∴Rn＝＝.

21．设函数f(x)＝＋c(e＝2.718 28…是自然对数的底数，c∈R.

(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．

解　(1)f′(x)＝＝，

由f′(x)>0得x<，由f′(x)<0得x>.

所以f(x)的单调递增区间为，递减区间为.所以f(x)max＝f＝＋c.

(2)由已知|ln x|＝f(x)得|ln x|－＝c，x∈(0，＋∞)，

令g(x)＝|ln x|－，y＝c.

①当x∈(1，＋∞)时，ln x>0，则g(x)＝ln x－.

所以g′(x)＝＋>0.

所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增．

②当x∈(0,1)时，ln x<0，则g(x)＝－ln x－.

所以g′(x)＝－－＝.

因为e2x∈(1，e2)，e2x>1>x>0，所以－<－1，而2x－1<1.所以g′(x)<0，即g(x)在(0,1)上单调递减．

由①②可知，当x∈(0，＋∞)时，g(x)≥g(1)＝－.

由数形结合知，当c<－时，

方程|ln x|＝f(x)根的个数为0；

当c＝－时，方程|ln x|＝f(x)根的个数为1；

当c>－时，方程|ln x|＝f(x)根的个数为2.

22．椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别是F1、F2，离心率为，过F1且垂直于x轴的直线被椭圆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，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；

(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k≠0，试证明＋为定值，并求出这个定值．

解　(1)由已知e＝＝，＝，

又c2＝a2－b2，所以a2＝4，b2＝1.

故椭圆C的方程为：＋y2＝1.

(2)方法一　如图，由题意知

＝即＝＝，整理得：m＝(|PF1|－2)．

又a－c<|PF1|∴－方法二　由题意知：＝，即＝.

设P(x0，y0)，其中x≠4，将向量坐标化得：m(4x－16)＝3x－12x0.

所以m＝x0，而x0∈(－2,2)，所以m∈.

(3)设P(x0，y0)(y0≠0)，则直线l的方程为y－y0＝k(x－x0)．

联立整理得(1＋4k2)x2＋8(ky0－k2x0)x＋4(y－2kx0y0＋k2x－1)＝0.

所以Δ＝(ky0－k2x0)2－16(1＋4k2)(y－2kx0y0＋k2x－1)＝0.即(4－x)k2＋2x0y0k＋1－y＝0.

又＋y＝1，所以16yk2＋8x0y0k＋x＝0.

故k＝－，又＋＝＋＝.

所以＋＝＝·＝－8.

所以＋为定值，这个定值为－8.