2013年普通高等学校招生全国统一考试（山东卷）数学试题 (文科) word解析版.doc

1、 2013 年普通高等学校招生全国统一考试（山东卷）年普通高等学校招生全国统一考试（山东卷） 文科数学文科数学 参考公式：如果事件参考公式：如果事件BA,互斥，那么互斥，那么)()()(BPAPBAP 一选择题一选择题:本题共本题共 12 个小题，每题个小题，每题 5 分，共分，共 60 分。分。 1复数)( )2( 2 为虚数单位i i i z ，则 | z A25 B. 41 C5 D. 5 答案 C 解析 z34i i 43i，所以|z|42325. 2已知集合 A，B 均为全集 U1,2,3,4的子集，且U(AB)4，B1,2，则 AUB 等于( ) A3 B4 C3,4 D 答案 A

2、 解析 4U(AB)，4AB，又UB3,4， AUB3 3已知函数 f(x)为奇函数，且当 x0 时，f(x)x21 x，则 f(1)等于( ) A2 B1 C0 D2 答案 D 解析 f(1)f(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， 则该四棱锥侧面积和体积分别是( ) A4 5，8 B4 5，8 3 C4( 51)，8 3 D8,8 答案 B 解析 该四棱锥的直观图如图，所以侧面积为：41 22 54 5， 体积为：V1 3222 8 3. 5函数 f(x) 12x 1 x3的定义域为( ) A(3,0 B(3,1 C(，3)(3,0 D(，3)(

3、3,1 答案 A 解析 由题意 12x0， x30 解得30)的焦点与双曲线 C 2：x 2 3y 21 的右焦点的连线交 C 1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. 3 16 B. 3 8 C.2 3 3 D.4 3 3 答案 D 解析 抛物线 C1： y 1 2px 2的标准方程为： x22py， 其焦点为 F 0，p 2 .双曲线 C2： x2 3y 21 的右焦点 F 为(2,0)，渐近线方程为 y 3 3 x.又 y1 px，所以 1 px 3 3 ，解得 x 3 3 p，所以点 M 的坐标为 3 3 p，p 6 . 由点 F、F

4、、M 三点共线可求 p4 3 3 . 12设正实数 x，y，z 满足 x23xy4y2z0.则当 z xy取得最小值时，x2yz 的最大值为( ) A0 B.9 8 C2 D.9 4 答案 C 解析 由题意知：zx23xy4y2， 则 z xy x23xyy2 xy x y 4y x 31，当且仅当 x2y 时取等号，此时 zxy2y2. 所以 x2yz2y2y2y22y24y2(y1)222. 第卷 二、填空题 13过点(3,1)作圆(x2)2(y2)24 的弦，其中最短弦的长为_ 答案 2 2 解析 由题意知， 当弦的中点与圆心的连线与弦垂直时弦长最短， 此时， 点(3,1) 为弦的中点，

5、如图所示 AB2BE2 BC2CE22 422 2. 14在平面直角坐标系 xOy 中，M 为不等式组 2x3y60， xy20， y0 所表示的区域上一动点，则|OM|的最小 值是_ 答案 2 解析 由题意知原点 O 到直线 xy20 的距离为|OM|的最小值 所以|OM|的最小值为： 2 2 2. 15 在平面直角坐标系 xOy 中， 已知OA (1， t)， OB (2,2)， 若ABO90 ， 则实数 t 的值为_ 答案 5 解析 因为ABO90 ，即AB OB ， 所以AB OB (OB OA ) OB (3,2t) (2,2)642t0，解得：t5. 16定义“正对数”：ln x

6、0，00，则 ln (ab)blna； 若 a0，b0，则 ln (ab)lnalnb； 若 a0，b0，则 ln a b ln alnb； 若 a0，b0，则 ln (ab)lnalnbln 2. 其中的真命题有_(写出所有真命题的编号) 答案 解析 01)，ln(ab)lnabbln ablna；正确 设 a1 5，b3，则 00ln 3 不成立，不正确； (ab)lna b ln aln ba，b1， ln a01：ln(ab)ln aln bln 2ln 2ab 成立； (2)ab1，a1,00，所以 1. (2)由(1)知 f(x)sin 2x 3 . 当 x3 2 时，5 3 2x

7、 3 8 3 . 所以 3 2 sin 2x 3 1. 所以1f(x) 3 2 . 故 f(x)在区间 ，3 2 上的最大值和最小值分别为 3 2 ，1. 19如图，四棱锥 P- ABCD 中，ABAC，ABPA，ABCD，AB 2CD，E，F，G，M，N 分别为 PB，AB，BC，PD，PC 的中 点 (1)求证：CF平面 PAD； (2)求证：平面 EFG平面 EMN. 证明 (1)方法一 取 PA 的中点 H，连接 EH，DH. 又 E 为 PB 的中点， 所以 EH 綊1 2AB. 又 CD 綊1 2AB，所以 EH 綊 CD. 所以四边形 DCEH 是平行四边形，所以 CEDH. 又

8、 DH平面 PAD，CE平面 PAD. 所以 CE平面 PAD. 方法二 连接 CF. 因为 F 为 AB 的中点， 所以 AF1 2AB. 又 CD1 2AB，所以 AFCD. 又 AFCD，所以四边形 AFCD 为平行四边形 因此 CFAD，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 EFPA. 又 EF平面 PAD，所以 EF平面 PAD. 因为 CFEFF，故平面 CEF平面 PAD. 又 CE平面 CEF，所以 CE平面 PAD. (2)E、F 分别为 PB、AB 的中点，EFPA. 又ABPA， EFAB，同理可证 ABFG.

9、又EFFGF，EF平面 EFG， FG平面 EFG. AB平面 EFG. 又M，N 分别为 PD，PC 的中点， MNCD，又 ABCD， MNAB， MN平面 EFG. 又MN平面 EMN，平面 EFG平面 EMN. 20设等差数列an的前 n 项和为 Sn，且 S44S2，a2n2an1. (1)求数列an的通项公式； (2)若数列bn满足b1 a1 b2 a2 bn an1 1 2n，nN *，求b n的前 n 项和 Tn. 解 (1)设等差数列an的首项为 a1，公差为 d 由 s44s2， a2n2an1 得 a11，d2 所以 an2n1(nN*) (2)由已知b1 a1 b2 a

10、2 bn an1 1 2n，nN * 当 n2 时，b1 a1 b2 a2 bn1 an11 1 2n 1 得：bn an 1 2n，又当 n1 时， b1 a1 1 2也符合上式， 所以bn an 1 2n(nN *) 所以 bn2n1 2n (nN*) 所以 Tnb1b2b3bn 1 2 3 22 5 23 2n1 2n . 1 2Tn 1 22 3 23 2n3 2n 2n1 2n 1. 两式相减得： 1 2Tn 1 2 2 22 2 23 2 2n 2n1 2n 1 3 2 1 2n 12n1 2n 1. 所以 Tn32n3 2n . 21已知函数 f(x)ax2bxln x(a，bR

11、) (1)设 a0，求 f(x)的单调区间； (2)设 a0，且对任意 x0，f(x)f(1)试比较 ln a 与2b 的大小 解 (1)f(x)的定义域为 x(0，)， f(x)2ax 2bx1 x . 当 a0 时，f(x)bx1 x . 若 b0，当 x0 时，f(x)0，当 00. 所以函数 f(x)的单调递减区间是 0，1 b ，单调递增区间是 1 b， . 当 a0 时，由 f(x)0 得 2ax2bx10. 解得 x1b b 28a 4a ，x2b b 28a 4a ，此时 x10. 当 00. 所以函数 f(x)的单调递减区间是 0，b b 28a 4a ，单调递增区间是 b

12、b28a 4a ，. 综上所述：当 a0，b0 时，函数 f(x)的单调递减区间是(0，) 当 a0，b0 时，函数 f(x)的单调递减区间是 0，1 b ，单调递增区间是 1 b， . 当 a0 时，函数 f(x)的单调递减区间是 0，b b 28a 4a ，单调递增区间是 b b28a 4a ，. (2)由题意知：函数 f(x)在 x1 处取得最小值， 由(1)知，b b 28a 4a 是 f(x)的惟一极小值点，故b b 28a 4a 1，整理得 b12a. 令 g(x)24xln x，则 g(x)14x x ，令 g(x)0 得 x1 4. 当 01 4 时，g(x)0)， 则 c2a

13、2b2， c a 2 2 ， 2b2， 解得 a 2，b1，故椭圆 C 的方程为x 2 2y 21. (2)当 A，B 两点关于 x 轴对称时，设直线 AB 的方程为 xm，由题意 20 得 12k2n2. 此时 x1x2 4kn 12k2，x1x2 2n22 12k2， y1y2k(x1x2)2n 2n 12k2. 所以|AB| 1k2x1x224x1x2 2 2 1k2 12k2n2 12k2 . 又点 O 到直线 AB 的距离 d |n| 1k2. 所以 SAOB1 2|AB|d 1 22 2 1k 2 12k2n2 12k2 |n| 1k2. 2 12k2n2 12k2 |n| 6 4 . 令 r12k2代入上式得：3r216n2r16n40. 解得 r4n2或 r4 3n 2， 即 12k24n2或 12k24 3n 2. 又OP tOE 1 2t(OA OB )1 2t(x1x2，y1y2) 2knt 12k2， nt 12k2 . 又点 P 为椭圆 C 上一点， 所以 t2 1 2 2kn 12k2 2 n 12k2 2 1， 即 n2 12k2t 21. 由 12k24n2或12k24 3n 2， n2 12k2t 21 得 t24 或 t24 3. 又 t0，故 t2 或 t2 3 3 . 经检验，适合题意 综合得 t2 或 t2 3 3 .