2013年高考理科数学山东卷word解析版

2013年普通高等学校夏季招生全国统一考试数学理工农医类

(山东卷)

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Ⅰ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Ⅱ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，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，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＋i B．2－i C．5＋i D．5－i 答案：D

解析：由题意得z－3＝

5＝2＋i，所以z＝5＋i.故z＝5－i，应选D. 2i2．(2013山东，理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：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x＞0时，f(x)＝xA．－2 B．0 C．1 D．2 答案：A

解析：因为f(x)是奇函数，故f(－1)＝－f(1)＝1＝－2，应选A. 4．(2013山东，理4)已知三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱与底面垂直，体积为

21，则f(－1)＝( )． x2119，底面是边长为3的正三角4形．若P为底面A1B1C1的中心，则PA与平面ABC所成角的大小为( )．

A．

5ππππ B． C． D． 12346答案：B

9，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4π22ABC上射影为O，则可求得AO长为1，故AP长为132故∠PAO＝，即PA与平面ABC所

3π成的角为.

3解析：如图所示，由棱柱体积为

1

5．(2013山东，理5)将函数y＝sin(2x＋φ)的图象沿x轴向左平移φ的一个可能取值为( )．

A．

π个单位后，得到一个偶函数的图象，则8

3πππ B． C．0 D． 444π个单位后变为函数ysin8答案：B

π2x＝8πππππsin2x的图象，又y＝sin2x为偶函数，故kπ，k∈Z，∴kπ，

44424解析：函数y＝sin(2x＋φ)的图象向左平移k∈Z.

若k＝0，则π.故选B. 42xy20,6．(2013山东，理6)在平面直角坐标系xOy中，M为不等式组x2y10,所表示的区域上一动点，

3xy80则直线OM斜率的最小值为( )．

A．2 B．1 C．11 D． 32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1，故选C. 37．(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：q⇒p，p

q，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

2

以等价于所以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)＝－x·cos(－x)＋sin(－x)＝－(xcos x＋sin x)＝－f(x)，故该函数为奇函数，排除B，又x∈0,

π，y＞0，排除C，而x＝π时，y＝－π，排除A，故选D. 2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＝0 B．2x－y－3＝0 C．4x－y－3＝0 D．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|k103k1|k122＝

1，得k＝0或

493，切线方程分别与圆方程联立，求得切点坐标分别为(1,1)，,，故所求直线的方程355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．243 B．252 C．261 D．279 答案：B

解析：构成所有的三位数的个数为C9C10C10＝900，而无重复数字的三位数的个数为C9C9C8＝8，故所求个数为900－8＝252，应选B.

111111x21211．(2013山东，理11)抛物线C1：y＝x(p＞0)的焦点与双曲线C2：y21的右焦点的连线交C1

32p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．

332343 B． C． D． 1683312xx312x0，y'x'，故在M点处的切线的斜率为0，故

p32p2pp答案：D 解析：设Mx0,3131ppp,pM，0,，0,，双曲线右焦点为(2,0)，且3p,6p.由题意又可知抛物线的焦点为36224(2,0)三点共线，可求得p＝3，故选D.

3

3

12．(2013山东，理12)设正实数x，y，z满足x2－3xy＋4y2－z＝0，则当最大值为( )．

A．0 B．1 C．答案：B

212xy取得最大值时，的

xyzz9 D．3 42x24y23xyx23xy4y2解析：由x－3xy＋4y－z＝0得＝1≥，

zzxy即≤1，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

z2

2

121212＝0得z＝2y2，所以21+1，

xyzyyy1212当=1，即y＝1时，取得最大值为1，故选B. yxyz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．

2

13．(2013山东，理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，此时成3，此时

11比ε大，故循环，新F1为2＋3＝5，新F0为5－2＝3，n增加1变F1311≤ε，故退出循环，输出n＝3. F1514．(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：

1 34

x2,3,解析：设y＝|x＋1|－|x－2|＝2x1,1x2,利用函数图象(图略)可知|x＋1|－|x－2|≥1的解集为[1，

3,x1,311.

333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＝λAB＋AC，

且AP⊥BC，则实数λ的值为__________．

7答案：

12解析：∵AP＝λAB＋AC，AP⊥BC，又BC＝AC－AB，∴(AC－AB)·(AC＋λAB)＝0.22

1∴AC＋λAB·AC－AB·AC－λAB＝0，即4＋(λ－1)×3×2×－9λ＝0，即7－12λ＝0，∴λ

27＝. 120,0x1,＋

16．(2013山东，理16)定义“正对数”：lnx＝现有四个命题：

lnx,x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

①若a＞0，b＞0，则ln(ab)＝blna；

＋＋＋

②若a＞0，b＞0，则ln(ab)＝lna＋lnb；

＋

＋

③若a＞0，b＞0，则ln＋

＋

a＋＋

≥lna－lnb； b＋

＋

④若a＞0，b＞0，则ln(a＋b)≤lna＋lnb＋ln 2.

其中的真命题有__________．(写出所有真命题的编号) 答案：①③④

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＝

7. 9(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＝

7， 92所以ac＝9，解得a＝3，c＝3. (2)在△ABC中，sin B＝1cosB由正弦定理得sin A＝

42. 9asinB22. b3因为a＝c，所以A为锐角． 所以cos A＝1sinA21. 3102. 27因此sin(A－B)＝sin Acos B－cos Asin B＝

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.

5

(1)求证：AB∥GH；

(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，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D－GH－E的平面角． 设BA＝BQ＝BP＝2，连接FC，

在Rt△FBC中，由勾股定理得FC＝2， 在Rt△PBC中，由勾股定理得PC＝5. 又H为△PBQ的重心，

15PC. 335同理FH＝.

3所以HC＝

5524在△FHC中，由余弦定理得cos∠FHC＝99.

55294故二面角D－GH－E的余弦值为.

5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，－1,2)． EQ＝0，m·FQ＝0， 由m·

设平面EFQ的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)，

6

得x12y1z10,

2yz0,11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·CP＝0， DP＝0，n·

x2y22z20,得

y2z0,22取z2＝1，得n＝(0,2,1)． 所以cos〈m，n〉＝

m·n4.

|m||n|5因为二面角D－GH－E为钝角， 所以二面角D－GH－E的余弦值为4. 512外，其余每局比赛甲队获胜的概率都是.假设各局比赛结2319．(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

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)记“甲队以3∶0胜利”为事件A1，“甲队以3∶1胜利”为事件A2，“甲队以3∶2胜利”为事件A3，

由题意，各局比赛结果相互，

82故P(A1)＝，

2732P(A2)＝C32322P(A3)＝C4323228， 13327214. 1322722所以，甲队以3∶0胜利、以3∶1胜利的概率都为(2)设“乙队以3∶2胜利”为事件A4，

由题意，各局比赛结果相互，

84，以3∶2胜利的概率为. 272722142所以P(A4)＝C411.

33227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)＝又P(X＝1)＝P(A3)＝P(X＝2)＝P(A4)＝

2216， 274， 274， 273. 277

P(X＝3)＝1－P(X＝0)－P(X＝1)－P(X＝2)＝故X的分布列为

X P 0 1 2 3 44 27271437所以EX＝0×＋1×＋2×＋3×＝.

27927272716 273 2720．(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}的通项公式；

(2)设数列{bn}的前n项和为Tn，且Tnan1(λ为常数)．令cn＝b2n(n∈N*)．求数列{cn}的前nn2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, a2n1d2a2n1d1.11解得a1＝1，d＝2.

因此an＝2n－1，n∈N*. (2)由题意知，Tn＝n， 2n1nn1n2n1. n1n2222n1所以n≥2时，bn＝Tn－Tn－1＝2n21故cn＝b2n＝2n1＝(n1)，n∈N*.

2411111－

所以Rn＝0×0＋1×1＋2×2＋3×3＋„＋(n－1)×n1，

4444411111－1则Rn＝0×1＋1×2＋2×3＋„＋(n－2)×n1＋(n－1)×n， 444444两式相减得

31111－1Rn＝1＋2＋3＋„＋n1－(n－1)×n 44444411n441＝(n1)

1414113n1＝， 33413n1整理得Rn＝4n1，

94所以数列{cn}的前n项和Rn＝4nn193n1. 4n121．(2013山东，理21)(本小题满分13分)设函数f(x)＝

(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)e2x，

x＋c(e＝2.718 28„是自然对数的底数，c∈R)． 2xe 8

由f′(x)＝0，解得x＝当x＜

1. 21时，f′(x)＞0，f(x)单调递增； 21当x＞时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．

211所以，函数f(x)的单调递增区间是,，单调递减区间是,，

22111最大值为fec.

22(2)令g(x)＝|ln x|－f(x)＝|ln x|－xe2x－c，x∈(0，＋∞)．

－

①当x∈(1，＋∞)时，ln x＞0，则g(x)＝ln x－xe2x－c，

－

e2x2x1. 所以g′(x)＝exe2x因为2x－1＞0，＞0，

x2x所以g′(x)＞0.

因此g(x)在(1，＋∞)上单调递增．

－

②当x∈(0,1)时，ln x＜0，则g(x)＝－ln x－xe2x－c. 所以g′(x)＝e2xe2x2x1. x因为e2x∈(1，e2)，e2x＞1＞x＞0，

e2x所以＜－1.又2x－1＜1，

xe2x所以＋2x－1＜0，即g′(x)＜0.

x因此g(x)在(0,1)上单调递减．

－

综合①②可知，当x∈(0，＋∞)时，g(x)≥g(1)＝－e2－c.

－－

当g(1)＝－e2－c＞0，即c＜－e2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)＝－e2－c＝0，即c＝－e2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)＝－e2－c＜0，即c＞－e2时， 当x∈(1，＋∞)时，由(1)知 g(x)＝ln x－xe

－2x

－c≥ln x11ec＞ln x－1－c， 2＋

要使g(x)＞0，只需使ln x－1－c＞0，即x∈(e1c，＋∞)；

当x∈(0,1)时，由(1)知 g(x)＝－ln x－xe

－2x

－c≥ln x11ec＞－ln x－1－c， 2要使g(x)＞0，只需－ln x－1－c＞0，

－－

即x∈(0，e1c)；

－

所以c＞－e2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＜－e2时，关于x的方程|ln x|＝f(x)根的个数为0；

－

当c＝－e2时，关于x的方程|ln x|＝f(x)根的个数为1；

9

当c＞－e

－2

时，关于x的方程|ln x|＝f(x)根的个数为2.

x2y222．(2013山东，理22)(本小题满分13分)椭圆C：22=1(a＞b＞0)的左、右焦点分别是F1，F2，离

ab3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.

2(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

2

2

2

11为定值，并求出这个定值． kk1kk2x2y2(1)解：由于c＝a－b，将x＝－c代入椭圆方程22=1，

abb2得y，

a2b2由题意知=1，即a＝2b2.

ac3又e，所以a＝2，b＝1.

a2x2y21. 所以椭圆C的方程为4(2)解法一：设P(x0，y0)(y0≠0)． 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|y0x0322＝|my03y0|y0x0322.

由于点P在椭圆上，

x02y021， 所以4|m3|所以3x2022|m3|3x2022.

因为3＜m＜3，－2＜x0＜2，

m33m.

33x022x0223所以m＝x0.

433因此m.

22可得解法二：设P(x0，y0)．

10

当0≤x0＜2时，

113时，直线PF2的斜率不存在，易知P3,或P3,.

221若P3,，则直线PF1的方程为x43y30.

2|m3|由题意得3m，

7因为3＜m＜3，

①当x033. 4331若P3,，同理可得m.

42②当x0≠3时，

所以m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，

1k12m32所以. 21m31k221x02y021， 因为4y0并且k1＝所以x032，k2＝y0x032，

m32m324x0324x024x034x02

＝3x0283x0163x083x016m3m33x0423x04.

2，

即3x043x04因为为3＜m＜3，0≤x0＜2且x0≠3， 所以3m3m43x03x整理得m＝0，

4333故0≤m＜且m≠. 423综合①②可得0≤m＜.

2当－2＜x0＜0时，同理可得

43x0.

3＜m＜0. 211

综上所述，m的取值范围是33,. 22(3)设P(x0，y0)(y0≠0)，则直线l的方程为y－y0＝k(x－x0)．

x22y1,联立4

yykxx00整理得(1＋4k2)x2＋8(ky0－k2x0)x＋4(y0－2kx0y0＋kx0－1)＝0. 222由题意Δ＝0，

即(4x220)k＋2x0y0k＋1－y20＝0.

x2又04y201，

所以16y22＋8x0y0k＋x20k0＝0，

故k＝x04y.

0由(2)知

11x0k3x03y2x0，1k2y00y0所以11111kkkk 1kk21k2＝4y0x2x0=8， 0y0因此

11kk为定值，这个定值为－8. 1kk2 12