1、2013年普通高等学校招生全国统一考试(山东卷)数学(理科)本试卷分第卷和第卷两部分,共4页,满分150分.考试用时120分钟.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回.注意事项:1.答题前,考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、座号、考生号、县区和科类填写在答题卡和试卷规定的位置上.2.第卷每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑;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.第卷必须用0.5毫米黑色签字笔作答.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
2、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.(2013山东,理1)复数z满足(z-3)(2-i)=5(i为虚数单位),则z的共轭复数z为(). A.2+iB.2-iC.5+iD.5-i答案:D解析:由题意得z-3=52-i=2+i,所以z=5+i.故z=5-i,应选D.2.(2013山东,理2)
3、已知集合A=0,1,2,则集合B=x-y|xA,yA中元素的个数是().A.1B.3C.5D.9答案:C解析:当x,y取相同的数时,x-y=0;当x=0,y=1时,x-y=-1;当x=0,y=2时,x-y=-2;当x=1,y=0时,x-y=1;当x=2,y=0时,x-y=2;其他则重复.故集合B中有0,-1,-2,1,2,共5个元素,应选C.3.(2013山东,理3)已知函数f(x)为奇函数,且当x0时,f(x)=x2+1x,则f(-1)=().A.-2B.0C.1D.2答案:A解析:因为f(x)是奇函数,故f(-1)=-f(1)=-12+11=-2,应选A.4.(2013山东,理4)已知三棱
4、柱ABC-A1B1C1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A1B1C1的中心,则PA与平面ABC所成角的大小为().A.512B.3C.4D.6答案:B解析:如图所示,由棱柱体积为94,底面正三角形的边长为3,可求得棱柱的高为3.设P在平面ABC上射影为O,则可求得AO长为1,故AP长为12+(3)2=2.故PAO=3,即PA与平面ABC所成的角为3.5.(2013山东,理5)将函数y=sin(2x+)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.34B.4C.0D.-4答案:B解析:函数y=sin(2x+)的图象向左平移8个单
5、位后变为函数y=sin2x+8+=sin2x+4+的图象,又y=sin2x+4+为偶函数,故4+=2+k,kZ,=4+k,kZ.若k=0,则=4.故选B.6.(2013山东,理6)在平面直角坐标系xOy中,M为不等式组2x-y-20,x+2y-10,3x+y-80所表示的区域上一动点,则直线OM斜率的最小值为().A.2B.1C.-13D.-12答案:C解析:不等式组表示的区域如图阴影部分所示,结合斜率变化规律,当M位于C点时OM斜率最小,且为-13,故选C.7.(2013山东,理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().A.充
6、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:qp,pq,根据命题四种形式之间的关系,互为逆否的两个命题同真同假,所以qp,pq等价于pq,qp,所以p是q的充分而不必要条件.故选A.8.(2013山东,理8)函数y=xcos x+sin x的图象大致为().答案:D解析:因f(-x)=-xcos(-x)+sin(-x)=-(xcos x+sin x)=-f(x),故该函数为奇函数,排除B,又x0,2,y0,排
7、除C,而x=时,y=-,排除A,故选D.9.(2013山东,理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=0B.2x-y-3=0C.4x-y-3=0D.4x+y-3=0答案:A解析:该切线方程为y=k(x-3)+1,即kx-y-3k+1=0,由圆心到直线距离为|k1-0-3k+1|k2+(-1)2=1,得k=0或43,切线方程分别与圆方程联立,求得切点坐标分别为(1,1),95,-35,故所求直线的方程为2x+y-3=0.故选A.10.(2013山东,理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
8、.243B.252C.261D.279答案:B解析:构成所有的三位数的个数为C91C101C101=900,而无重复数字的三位数的个数为C91C91C81=648,故所求个数为900-648=252,应选B.11.(2013山东,理11)抛物线C1:y=12px2(p0)的焦点与双曲线C2:x23-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.316B.38C.233D.433答案:D解析:设Mx0,12px02,y=12px2=xp,故在M点处的切线的斜率为x0p=33,故M33p,16p.由题意又可知抛物线的焦点为0,p2,双曲线
9、右焦点为(2,0),且33p,16p,0,p2,(2,0)三点共线,可求得p=433,故选D.12.(2013山东,理12)设正实数x,y,z满足x2-3xy+4y2-z=0,则当xyz取得最大值时,2x+1y-2z的最大值为().A.0B.1C.94D.3答案:B解析:由x2-3xy+4y2-z=0得x2-3xy+4y2z=12x24y2-3xyz,即xyz1,当且仅当x2=4y2时成立,又x,y为正实数,故x=2y.此时将x=2y代入x2-3xy+4y2-z=0得z=2y2,所以2x+1y-2z=-1y2+2y=-1y-12+1,当1y=1,即y=1时,2x+1y-2z取得最大值为1,故选
10、B.第卷(共90分)二、填空题:本大题共4小题,每小题4分,共16分.13.(2013山东,理13)执行右面的程序框图,若输入的的值为0.25,则输出的n的值为.答案:3解析:第1次运行将F0+F1赋值给F1,即将3赋值给F1,然后将F1-F0赋值给F0,即将3-1=2赋值给F0,n增加1变成2,此时1F1=13比大,故循环,新F1为2+3=5,新F0为5-2=3,n增加1变成3,此时1F1=15,故退出循环,输出n=3.14.(2013山东,理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y=|x+1|-|x-2|=3,2x-1,-3,x2
11、,-1x2,x-1,利用函数图象(图略)可知|x+1|-|x-2|1的解集为1,+).而在-3,3上满足不等式的x的取值范围为1,3,故所求概率为3-13-(-3)=13.15.(2013山东,理15)已知向量AB与AC的夹角为120,且|AB|=3,|AC|=2,若AP=AB+AC,且APBC,则实数的值为.答案:712解析:AP=AB+AC,APBC,又BC=AC-AB,(AC-AB)(AC+AB)=0.AC2+ABAC-ABAC-AB2=0,即4+(-1)32-12-9=0,即7-12=0,=712.16.(2013山东,理16)定义“正对数”:ln+x=0,0x0,b0,则ln+(ab
12、)=bln+a;若a0,b0,则ln+(ab)=ln+a+ln+b;若a0,b0,则ln+abln+a-ln+b;若a0,b0,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:三、解答题:本大题共6小题,共74分.17.(2013山东,理17)(本小题满分12分)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=79.(1)求a,c的值;(2)求sin(A-B)的值.解:(1)由余弦定理b2=a2+c2-2accos B,得b2=(a+c)2-2ac(1+cos B),又b=2,a+c=6,cos B=79,所以a
13、c=9,解得a=3,c=3.(2)在ABC中,sin B=1-cos2B=429.由正弦定理得sin A=asinBb=223.因为a=c,所以A为锐角.所以cos A=1-sin2A=13.因此sin(A-B)=sin Acos B-cos Asin B=10227.18.(2013山东,理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.(1)求证:ABGH;(2)求二面角D-GH-E的余弦值.(1)证明:因为D,C,E,F分别是AQ,
14、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PCD=GH,所以EFGH.又EFAB,所以ABGH.(2)解法一:在ABQ中,AQ=2BD,AD=DQ,所以ABQ=90,即ABBQ.因为PB平面ABQ,所以ABPB.又BPBQ=B,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D-GH-E的平面角.设BA=BQ=BP=2,连接FC,在RtFBC中,由勾股定理得FC=2,在RtPBC中,由勾股定理得PC=5.又H为
15、PBQ的重心,所以HC=13PC=53.同理FH=53.在FHC中,由余弦定理得cosFHC=59+59-2259=-45.故二面角D-GH-E的余弦值为-45.解法二: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EQ=(-1,2,-1),FQ=(0,2,-1),DP=(-1,-1,2),CP=(0,-1
16、,2).设平面EFQ的一个法向量为m=(x1,y1,z1),由mEQ=0,mFQ=0,得-x1+2y1-z1=0,2y1-z1=0,取y1=1,得m=(0,1,2).设平面PDC的一个法向量为n=(x2,y2,z2),由nDP=0,nCP=0,得-x2-y2+2z2=0,-y2+2z2=0,取z2=1,得n=(0,2,1).所以cos=mn|m|n|=45.因为二面角D-GH-E为钝角,所以二面角D-GH-E的余弦值为-45.19.(2013山东,理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
17、胜的概率都是23.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.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)=233=827,P(A2)=C322321-2323=827,P(A3)=C422321-23212=427.所以,甲队以30胜利、以31胜利的概率都为827,以32胜利的概率为427.(2)设“乙队以32胜利”为事件A4,由题
18、意,各局比赛结果相互独立,所以P(A4)=C421-2322321-12=427.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(X=0)=P(A1+A2)=P(A1)+P(A2)=1627,又P(X=1)=P(A3)=427,P(X=2)=P(A4)=427,P(X=3)=1-P(X=0)-P(X=1)-P(X=2)=327.故X的分布列为X0123P1627427427327所以EX=01627+1427+2427+3327=79.20.(2013山东,理20)(本小题满分12分)设等差数列an的前n项和为Sn,且S4=4S2,a2n=2an+1.(1)求数列an
19、的通项公式;(2)设数列bn的前n项和为Tn,且Tn+an+12n=(为常数).令cn=b2n(nN*).求数列cn的前n项和Rn.解:(1)设等差数列an的首项为a1,公差为d,由S4=4S2,a2n=2an+1得4a1+6d=8a1+4d,a1+(2n-1)d=2a1+2(n-1)d+1.解得a1=1,d=2.因此an=2n-1,nN*.(2)由题意知,Tn=-n2n-1,所以n2时,bn=Tn-Tn-1=-n2n-1+n-12n-2=n-22n-1.故cn=b2n=2n-222n-1=(n-1)14n-1,nN*.所以Rn=0140+1141+2142+3143+(n-1)14n-1,则
20、14Rn=0141+1142+2143+(n-2)14n-1+(n-1)14n,两式相减得34Rn=141+142+143+14n-1-(n-1)14n=14-14n1-14-(n-1)14n=13-1+3n314n,整理得Rn=194-3n+14n-1,所以数列cn的前n项和Rn=194-3n+14n-1.21.(2013山东,理21)(本小题满分13分)设函数f(x)=xe2x+c(e=2.718 28是自然对数的底数,cR).(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)=(1-2x)e-2x,由f(x)=0,解得x=12.当
21、x0,f(x)单调递增;当x12时,f(x)0,则g(x)=ln x-xe-2x-c,所以g(x)=e-2xe2xx+2x-1.因为2x-10,e2xx0,所以g(x)0.因此g(x)在(1,+)上单调递增.当x(0,1)时,ln x1x0,所以-e2xx-1.又2x-11,所以-e2xx+2x-10,即g(x)0,即c-e-2时,g(x)没有零点,故关于x的方程|ln x|=f(x)根的个数为0;当g(1)=-e-2-c=0,即c=-e-2时,g(x)只有一个零点,故关于x的方程|ln x|=f(x)根的个数为1;当g(1)=-e-2-c-e-2时,当x(1,+)时,由(1)知g(x)=ln
22、 x-xe-2x-cln x-12e-1+cln x-1-c,要使g(x)0,只需使ln x-1-c0,即x(e1+c,+);当x(0,1)时,由(1)知g(x)=-ln x-xe-2x-c-ln x-12e-1+c-ln x-1-c,要使g(x)0,只需-ln x-1-c0,即x(0,e-1-c);所以c-e-2时,g(x)有两个零点,故关于x的方程|ln x|=f(x)根的个数为2.综上所述,当c-e-2时,关于x的方程|ln x|=f(x)根的个数为2.22.(2013山东,理22)(本小题满分13分)椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右焦点分别是F1,F2,离心率为32,过
23、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k0,试证明1kk1+1kk2为定值,并求出这个定值.(1)解:由于c2=a2-b2,将x=-c代入椭圆方程x2a2+y2b2=1,得y=b2a,由题意知2b2a=1,即a=2b2.又e=ca=32,所以a=2,b=1.所以椭圆C的方程为x24+y2=1.(2)解法一
24、:设P(x0,y0)(y00).又F1(-3,0),F2(3,0),所以直线PF1,PF2的方程分别为lPF1:y0x-(x0+3)y+3y0=0,lPF2:y0x-(x0-3)y-3y0=0.由题意知|my0+3y0|y02+(x0+3)2=|my0-3y0|y02+(x0-3)2.由于点P在椭圆上,所以x024+y02=1,所以|m+3|32x0+22=|m-3|32x0-22.因为-3m3,-2x02,可得m+332x0+2=3-m2-32x0.所以m=34x0.因此-32m32.解法二:设P(x0,y0).当0x02时,当x0=3时,直线PF2的斜率不存在,易知P3,12或P3,-12
25、.若P3,12,则直线PF1的方程为x-43y+3=0.由题意得|m+3|7=3-m,因为-3m3,所以m=334.若P3,-12,同理可得m=334.当x03时,设直线PF1,PF2的方程分别为y=k1(x+3),y=k2(x-3).由题意知|mk1+3k1|1+k12=|mk2-3k2|1+k22,所以(m+3)2(m-3)2=1+1k121+1k22.因为x024+y02=1,并且k1=y0x0+3,k2=y0x0-3,所以(m+3)2(m-3)2=4(x0+3)2+4-x024(x0-3)2+4-x02=3x02+83x0+163x02-83x0+16=(3x0+4)2(3x0-4)2
26、,即m+3m-3=3x0+43x0-4.因为-3m3,0x02且x03,所以3+m3-m=4+3x04-3x0.整理得m=3x04,故0m32且m334.综合可得0m32.当-2x00时,同理可得-32m0.综上所述,m的取值范围是-32,32.(3)设P(x0,y0)(y00),则直线l的方程为y-y0=k(x-x0).联立x24+y2=1,y-y0=k(x-x0),整理得(1+4k2)x2+8(ky0-k2x0)x+4(y02-2kx0y0+k2x02-1)=0.由题意=0,即(4-x02)k2+2x0y0k+1-y02=0.又x024+y02=1,所以16y02k2+8x0y0k+x02=0,故k=-x04y0.由(2)知1k1+1k2=x0+3y0+x0-3y0=2x0y0,所以1kk1+1kk2=1k1k1+1k2=-4y0x02x0y0=-8,因此1kk1+1kk2为定值,这个定值为-8.
