2013山东高考数学理科试题及答案1

2013年普通高等学校招生全国统一考试（山东卷）理科数学第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若复数满足(为虚数单位)，则的共轭复数为(A) (B) (C) (D) 2 已知集合=0,1,2，则集合中元素的个数是(A) 1 (B) 3 (C)5 (D)93已知函数为奇函数，且当时，则(A) (B) 0 (C) 1 (D) 24已知三棱柱的侧棱与底面垂直，体积为，底面是边长为的正三角形.若为底面的中心，则与平面所成角的大小为(A) (B) (C) (D)5将函数的图象沿轴向左平移个单位后，得到一个偶函数的图象，则的一个可能取值为(A) (B) (C)0 (D) 6在平面直角坐标系xoy中，为不等式组所表示的区域上一动点，则直线斜率的最小值为（A）2 （B）1 （C） （D）7给定两个命题，.若是的必要而不充分条件，则是的（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函数的图象大致为9过点作圆的两条切线，切点分别为，则直线的方程为（A） （B） （C） （D）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）27911已知抛物线：的焦点与双曲线：的右焦点的连线交于第一象限的点。若在点处的切线平行于的一条渐近线，则（A） （B） （C） （D）12设正实数满足，则当取得最大值时，的最大值为（A）0 （B）1 （C） （D）3二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分。13执行右图的程序框图，若输入的的值为0.25，则输出的n的值为_.否是开始输入输出结束14在区间上随机取一个数，使得成立的概率为_.15已知向量与的夹角为，且，若，且，则实数的值为_.16定义“正对数”：现有四个命题：若，则；若，则若，则若，则其中的真命题有_.(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）设的内角所对的边分别为，且，。（）求的值； （）求的值。18（本小题满分12分）如图所示，在三棱锥中，平面， 分别是的中点，,与交于点，与交于点，连接.（）求证：； （）求二面角的余弦值。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独立.（）分别求甲队以3：0,3:1,3:2胜利的概率；（）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.求乙队得分的分布列及数学期望。20（本小题满分12分）设等差数列的前n项和为，且，.（）求数列的通项公式；（）设数列前n项和为，且 （为常数）.令.求数列的前n项和。21（本小题满分13分）设函数（=2.71828是自然对数的底数，）.（）求的单调区间、最大值； （）讨论关于的方程根的个数。22(本小题满分13分) 椭圆的左、右焦点分别是，离心率为，过且垂直于轴的直线被椭圆截得的线段长为1.（）求椭圆的方程； （）点是椭圆上除长轴端点外的任一点，连接，设的角平分线交 的长轴于点，求的取值范围；（）在（）的条件下，过点作斜率为的直线，使得与椭圆有且只有一个公共点，设直线的斜率分别为，若，试证明为定值，并求出这个定值. 参考答案一、选择题1D【解析】由(z-3)(2-i)=5，得，所以，选D.2C【解析】因为,所以，即,有5个元素，选C.3A【解析】因为函数为奇函数，所以，选A.4B【解析】取正三角形ABC的中心，连结,则是PA与平面ABC所成的角。因为底面边长为，所以,.三棱柱的体积为,解得，即,所以，即，选B. 5B【解析】将函数y=sin（2x +）的图像沿x轴向左平移 个单位，得到函数，因为此时函数为偶函数，所以，即，所以选B.6C【解析】作出可行域如图由图象可知当M位于点D处时，OM的斜率最小。由得，即,此时OM的斜率为，选C.7A【解析】因为p是q的必要而不充分条件，所以q是p的必要而不充分条件，即p是q的充分而不必要条件，选A.8D【解析】函数y=xcosx + sinx为奇函数，所以图象关于原点对称，所以排除B，C.当时，,排除A,选D.9A【解析】由图象可知，是一个切点，所以代入选项知，不成立，排除。又直线的斜率为负，所以排除C，选A10B【解析】有重复数字的三位数个数为。没有重复数字的三位数有,所以有重复数字的三位数的个数为，选B.11D【解析】经过第一象限的双曲线的渐近线为。抛物线的焦点为,双曲线的右焦点为.，所以在处的切线斜率为，即，所以，即三点，共线，所以，即，选D.12B 【解析】由，得。所以，当且仅当，即时取等号此时，. ，故选B.133【解析】第一次循环，此时不成立。第二次循环，此时成立，输出。14【解析】设，则。由，解得，即当时，。由几何概型公式得所求概率为。15【解析】向量与的夹角为，且所以。由得，即，所以，即，解得。16【解析】当时，所以成立。当时，此时，即成立。综上恒成立。当时，所以不成立。讨论的取值，可知正确。讨论的取值，可知正确。所以正确的命题为。17解：（）由余弦定理，得，又，所以，解得，.（）在中，,由正弦定理得 ，因为，所以为锐角，所以因此 .18解：（）证明：因为 分别是的中点，所以,，所以，又平面，平面，所以平面，又平面,平面平面，所以，又，所以.（）解法一：在中, ,所以，即,因为平面,所以，又，所以平面，由（）知,所以平面，又平面，所以，同理可得，所以为二面角的平面角，设,连接，在中，由勾股定理得，在中，由勾股定理得，又为的重心，所以 同理 ,在中，由余弦定理得，即二面角的余弦值为.解法二：在中，,所以，又平面,所以两两垂直，以为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设，则,，,所以,设平面的一个法向量为，由，,得取，得.设平面的一个法向量为由，,得取，得.所以因为二面角为钝角，所以二面角的余弦值为.19解：（）记“甲队以3：0胜利”为事件，“甲队以3：1胜利”为事件，“甲队以3：2胜利”为事件，由题意，各局比赛结果相互独立，故，所以，甲队以3：0,3:1,3:2胜利的概率分别是，；（）设“乙队以3:2胜利”为事件，由题意，各局比赛结果相互独立，所以由题意，随机变量的所有可能的取值为0,1,2,3，根据事件的互斥性得,故的分布列为0123所以20解：（）设等差数列的首项为，公差为， 由，得， 解得，因此 （）由题意知：所以时，故， 所以，则两式相减得 整理得所以数列数列的前n项和21解：（），由，解得，当时，单调递减所以，函数的单调递增区间是，单调递减区间是，最大值为（）令 （1）当时，则，所以，因为， 所以 因此在上单调递增.（2）当时，当时，则，所以，因为，又所以 所以 因此在上单调递减.综合（1）（2）可知 当时，当，即时，没有零点，故关于的方程根的个数为0；当，即时，只有一个零点，故关于的方程根的个数为1；当，即时，当时，由（）知要使，只需使，即；当时，由（）知；要使，只需使，即；所以当时，有两个零点，故关于的方程根的个数为2；综上所述：当时，关于的方程根的个数为0；当时，关于的方程根的个数为1；当时，关于的方程根的个数为2.22解：（）由于，将代入椭圆方程得由题意知，即 又所以， 所以椭圆方程为（）由题意可知：=,=,设其中，将向量坐标代入并化简得：m（，因为， 所以，而，所以（3）由题意可知，l为椭圆的在p点处的切线，由导数法可求得，切线方程为：，所以，而，代入中得为定值。