2013年高考真题——文科数学(山东卷)解析版

文科数学

参考公式：如果事件A,B互斥，那么P(AB)P(A)P(B) 一．选择题:本题共12个小题，每题5分，共60分。

(2i)2(i为虚数单位)，则|z| (1)、复数zi(A)25 (B) 答案：C 解析：z41 (C)6 (D) 5

44i134i43i，所以|z|＝(4)2(3)2＝5.故选C. ii1,2},则(2)、已知集合A、B均为全集U{1,2,3,4}的子集，且ðU(AB){4},B{AðUB

(A){3} (B){4} (C){3,4} (D)

答案：A

解析：∵(A∪B)＝{4}，∴A∪B＝{1,2,3}． 又∵B＝{1,2}，∴A一定含元素3，不含4. 又∵

＝{3,4}，∴A∩

＝{3}．

2(3)、已知函数f(x)为奇函数，且当x0时，f(x)x1， x则f(1)

(A)2 (B)1 (C)0 (D)-2】 答案：D

解析：∵f(x)为奇函数，

∴f(－1)＝－f(1)＝1＝－2.

(4)、一个四棱锥的侧棱长都相等，底面是正方形，

其正（主）视图如右图所示该四棱锥侧面积和体积分别是

(A)45,8 (B) 45,1188 (C) 4(51), (D) 8,8 33答案：B

解析：由正(主)视图数据可知正四棱锥的底面是边长为2的正方形，高也是2，如图：

由图可知PO＝2，OE＝1，所以PE＝22125， 所以V＝

181×4×2＝，S＝425=45. 332(5)、函数f(x)12x1的定义域为 x3(A)(-3，0] (B) (-3，1]

(C) (,3)(3,0] (D) (,3)(3,1] 答案：A

12x02x1x0,解析：由题可知 x30x3x3,∴定义域为(－3,0]．

(6)、执行右边的程序框图，若第一次输入的a的值

为-1.2，第二次输入的a的值为1.2，则第一次、 第二次输出的a的值分别为 (A)0.2，0.2 (B) 0.2，0.8 (C) 0.8，0.2 (D) 0.8，0.8 答案：C

解析：第一次：a＝－1.2＜0，a＝－1.2＋1＝－0.2，－0.2＜0，a＝－0.2＋1＝0.8＞0，a＝0.8≥1不成立，输出0.8.

第二次：a＝1.2＜0不成立，a＝1.2≥1成立，a＝1.2－1＝0.2≥1不成立，输出0.2.

(7)、ABC的内角A、B、C的对边分别是a、b、c， 若B2A，a1，b3，则c

(A) 23 (B) 2 (C)2 (D)1 答案：B

ab13得：， sinAsinBsinAsinB133又∵B＝2A，∴， sinAsin2A2sinAcosA3∴cos A＝，∴∠A＝30°，

2解析：由正弦定理

∴∠B＝60°，∠C＝90°， ∴c＝13＝2.

(8)、给定两个命题p,q，p是q的必要而不充分条件，则p是q

22(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，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

等价于

所以p是q的充分而不必要条件．故选A.

(9)、函数yxcosxsinx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

(10)、将某选手的9个得分去掉1个最高分，去掉1个最低分，7个剩余分数的平均分为91，

现场做的9个分数的茎叶图后来有一个数据模糊，无法辨认，在图中以x表示：

877

94010x91则7个剩余分数的方差为

(A)

1163667 (B) (C)36 (D) 977答案：B

解析：∵模糊的数为x，则：

90＋x＋87＋94＋91＋90＋90＋91＝91×7， x＝4，

所以7个数分别为90,90,91,91,94,94,87，

2909122919122949128791236方差为s＝＝.

772

x212x(p0)的焦点与双曲线C2:y21的右焦点的连线交C1于(11)、抛物线C1:y32p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答案：D 解析：设Mx0,12xx123，故x0，y'x'，故M点切线的斜率为0p32p2ppM3131p43，故选D. p,pp,p.由，，(2,0)三点共线，可求得p＝0,336623(12)、设正实数x,y,z满足x23xy4y2z0，则当大值为

(A)0 (B)

z取得最大值时，x2yz的最xy99 (C)2 (D) 84

答案：C

2222

解析：由x－3xy＋4y－z＝0得x＋4y－3xy＝z，

2x24y2zx24y24xy3331， xyxyxyxyz22

当且仅当x＝4y即x＝2y时，有最小值1，

xy将x＝2y代入原式得z＝2y，

22

所以x＋2y－z＝2y＋2y－2y＝－2y＋4y， 当y＝1时有最大值2.故选C.

二．填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分

(13)、过点(3，1)作圆(x2)2(y2)24的弦，其中最短的弦长为__________ 13．答案：22 解析：如图，当AB所在直线与AC垂直时弦BD最短，AC＝

2

3221222，CB＝r＝2，

∴BA＝22

222，∴BD＝22. 2x3y60(14)、在平面直角坐标系xOy中，M为不等式组xy20所

y0表示的区域上一动点，则直线OM的最小值为_______

14．答案：2 解析：由约束条件可画出可行域如图阴影部分所示．

由图可知OM的最小值即为点O到直线x＋y－2＝0的距离，即dmin＝

|2|2. 2

o(15)、在平面直角坐标系xOy中，已知OA(1,t)，OB(2,2)，若ABO90，则实数

t的值为______

15．答案：5

解析：∵OA＝(－1，t)，OB＝(2,2)，

∴BA＝OA－OB＝(－3，t－2)．

又∵∠ABO＝90°，∴BA·OB＝0，

即(－3，t－2)·(2,2)＝0， －6＋2t－4＝0， ∴t＝5.

(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()lnalnb ④若a0,b0，则ln(ab)lnalnbln2

其中的真命题有____________(写出所有真命题的序号)

0，(0x1)，

lnx，(x1)ab

三．解答题：本大题共6小题，共74分， (17)(本小题满分12分) 某小组共有A、B、C、D、E五位同学，他们的身高（单位:米）以及体重指标（单位:千克/米2）

如下表所示： 身高 体重指标

(Ⅰ)从该小组身高低于1.80的同学中任选2人，求选到的2人身高都在1.78以下的概率 (Ⅱ)从该小组同学中任选2人，求选到的2人的身高都在1.70以上且体重指标都在[18.5，23.9)中的概率 17．

解析：(1)从身高低于1.80的同学中任选2人，其一切可能的结果组成的基本事件有：(A，B)，(A，C)，(A，D)，(B，C)，(B，D)，(C，D)，共6个．

由于每个人被选到的机会均等，因此这些基本事件的出现是等可能的．

选到的2人身高都在1.78以下的事件有：(A，B)，(A，C)，(B，C)，共3个． 因此选到的2人身高都在1.78以下的概率为P＝

A 1.69 19.2 B 1.73 25.1 C 1.75 18.5 D 1.79 23.3 E 1.82 20.9 31＝. 62(2)从该小组同学中任选2人，其一切可能的结果组成的基本事件有：(A，B)，(A，C)，(A，D)，(A，E)，(B，C)，(B，D)，(B，E)，(C，D)，(C，E)，(D，E)，共10个． 由于每个人被选到的机会均等，因此这些基本事件的出现是等可能的．

选到的2人身高都在1.70以上且体重指标都在[18.5,23.9)中的事件有：(C，D)，(C，E)，(D，E)，共3个．

因此选到的2人的身高都在1.70以上且体重指标都在[18.5,23.9)中的概率为P＝

(18)(本小题满分12分)

设函数f(x)3. 1033sin2xsinxcosx(0)，且yf(x)的图象的一个对2称中心到最近的对称轴的距离为(Ⅰ)求的值 (Ⅱ)求f(x)在区间[,解：(1)f(x)＝， 43]上的最大值和最小值 233sin2ωx－sin ωxcos ωx 231cos2x13sin2x ＝22213＝cos 2ωx－sin 2ωx

22π＝sin2x.

3π因为图象的一个对称中心到最近的对称轴的距离为，

42ππ=4.因此ω＝1. 又ω＞0，所以24π. 33π5ππ8π当π≤x≤时，≤2x.

23333π所以sin2x1，

23(2)由(1)知f(x)＝sin2x3. 233π故f(x)在区间π,上的最大值和最小值分别为，－1.

22因此－1≤f(x)≤

(19)(本小题满分12分)

如图，四棱锥PABCD中，ABAC,ABPA,

AB∥CD,AB2CD,E,F,G,M,N分别为 PB,AB,BC,PD,PC的中点

(Ⅰ)求证：CE∥平面PAD (Ⅱ)求证：平面EFG平面EMN

19．

(1)证法一：取PA的中点H，连接EH，DH. 因为E为PB的中点， 所以EH∥AB，EH＝又AB∥CD，CD＝

1AB. 21AB， 2所以EH∥CD，EH＝CD.

因此四边形DCEH是平行四边形， 所以CE∥DH.

又DH平面PAD，CE平面PAD， 因此CE∥平面PAD. 证法二：连接CF. 因为F为AB的中点， 所以AF＝又CD＝

1AB. 21AB， 2所以AF＝CD. 又AF∥CD，

所以四边形AFCD为平行四边形． 因此CF∥AD.

又CF平面PAD， 所以CF∥平面PAD.

因为E，F分别为PB，AB的中点， 所以EF∥PA.

又EF平面PAD， 所以EF∥平面PAD. 因为CF∩EF＝F，

故平面CEF∥平面PAD. 又CE平面CEF， 所以CE∥平面PAD.

(2)证明：因为E，F分别为PB，AB的中点， 所以EF∥PA.

又AB⊥PA，所以AB⊥EF. 同理可证AB⊥FG.

又EF∩FG＝F，EF平面EFG，FG平面EFG， 因此AB⊥平面EFG.

又M，N分别为PD，PC的中点， 所以MN∥CD.

又AB∥CD，所以MN∥AB. 因此MN⊥平面EFG. 又MN平面EMN，

所以平面EFG⊥平面EMN.

(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 (Ⅰ)求数列an的通项公式

(Ⅱ)设数列bn满足

bb1b21n1n,nN* ，求bn的前n项和Tn a1a2an220．

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.

bb1b21n1n，n∈N*， a1a2an2b1当n＝1时，1；

a12b111当n≥2时，n1n1n1n.

an222b1*

所以nn，n∈N.

an2(2)由已知

由(1)知an＝2n－1，n∈N，

*

2n1*

，n∈N. n21352n1又Tn＝23，

2222n1132n32n1Tn23n1， 2222n2所以bn＝两式相减得

112222n1Tn23nn1 222222312n1n1n1， 2222n3所以Tn＝3.

2n

(21)(本小题满分12分)

已知函数f(x)axbxlnx(a,bR) (Ⅰ)设a0，求f(x)的单调区间

(Ⅱ) 设a0，且对于任意x0，f(x)f(1)。试比较lna与2b的大小

221．

2

解：(1)由f(x)＝ax＋bx－ln x，x∈(0，＋∞)，

2ax2bx1得f′(x)＝.

x①当a＝0时，f′(x)＝

bx1

. x

若b≤0，当x＞0时，f′(x)＜0恒成立， 所以函数f(x)的单调递减区间是(0，＋∞)． 若b＞0，当0＜x＜当x＞

1时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减． b1时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增． b11所以函数f(x)的单调递减区间是0,，单调递增区间是,.

bb②当a＞0时，令f′(x)＝0，

2

得2ax＋bx－1＝0.

2

由Δ＝b＋8a＞0得

bb28abb28ax1＝，x2＝.

4a4a显然，x1＜0，x2＞0.

当0＜x＜x2时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减； 当x＞x2时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增．

bb28a所以函数f(x)的单调递减区间是0,，单调递增区间是

4abb28a,. 4a综上所述，

当a＝0，b≤0时，函数f(x)的单调递减区间是(0，＋∞)；

11bbbb28a当a＞0时，函数f(x)的单调递减区间是0,，单调递增区间是

4abb28a,. 4a当a＝0，b＞0时，函数f(x)的单调递减区间是0,，单调递增区间是,；

(2)由题意，函数f(x)在x＝1处取得最小值，

bb28a由(1)知是f(x)的唯一极小值点，

4abb28a故＝1，整理得

4a2a＋b＝1，即b＝1－2a. 令g(x)＝2－4x＋ln x，

14x， x1令g′(x)＝0，得x＝.

4则g′(x)＝

当0＜x＜当x＞

1时，g′(x)＞0，g(x)单调递增； 41时，g′(x)＜0，g(x)单调递减． 411因此g(x)≤g＝1＋ln＝1－ln 4＜0，

44故g(a)＜0，即2－4a＋ln a＝2b＋ln a＜0，

即ln a＜－2b.

(22)(本小题满分14分)

在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C的中心在原点O，焦点在x轴上，短轴长为2，离

心率为

2 2

(I)求椭圆C的方程

(II)A,B为椭圆C上满足AOB的面积为6的任意两点，E为线段AB的中点，射线OE4交椭圆C与点P，设OPtOE，求实数t的值

22

x2y2解：(1)设椭圆C的方程为22=1(a＞b＞0)，

aba2b2c2,2c由题意知 ,a22b2,解得a＝2，b＝1.

x22

因此椭圆C的方程为＋y＝1.

2(2)当A，B两点关于x轴对称时， 设直线AB的方程为x＝m， 由题意2＜m＜0或0＜m＜2. x22

将x＝m代入椭圆方程＋y＝1，

22m2得|y|＝. 22m26所以S△AOB＝|m|. 243122

解得m＝或m＝.①

2211又OP＝tOE＝tOAOB＝t(2m,0)＝(mt,0)，

22mt2因为P为椭圆C上一点，所以＝1.②

2422

由①②得t＝4或t＝.

323又因为t＞0，所以t＝2或t＝.

3当A，B两点关于x轴不对称时， 设直线AB的方程为y＝kx＋h.

x22

将其代入椭圆的方程＋y＝1，

2得(1＋2k)x＋4khx＋2h－2＝0， 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，

22

由判别式Δ＞0可得1＋2k＞h，

2

2

2

4kh2h22此时x1＋x2＝，x1x2＝，

12k212k22hy1＋y2＝k(x1＋x2)＋2h＝， 212k所以|AB|＝1k＝221k22x1x224x1x2 12k2h2. 212k|h|1k2因为点O到直线AB的距离d＝所以S△AOB＝

，

1|AB|d 2112k2h22＝221k212k2|h|1k2 12k2h2＝2|h|. 12k26又S△AOB＝，

412k2h26所以2.③ |h|12k24令n＝1＋2k，代入③整理得3n－16hn＋16h＝0， 解得n＝4h或n＝

2

222

2

2

4

42h， 32

42h.④ 31又OP＝tOE＝tOAOB

2即1＋2k＝4h或1＋2k＝

＝

1ht2khtt(x1＋x2，y1＋y2)＝， ,22212k12k因为P为椭圆C上一点，

2212khh21， 所以t22212k12kh22t1.⑤ 即212k422

将④代入⑤得t＝4或t＝，

323又知t＞0，故t＝2或t＝. 3经检验，适合题意． 综上所得t＝2或t＝

23. 3