2013年普通高等学校招生全国统一考试（山东卷）
理科数学
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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)9
3．已知函数为奇函数，且当时，则
(A)(B)0(C)1(D)2
4．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）279
11．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_____.
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。
（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）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.
（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）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.
（Ⅰ）分别求甲队以3：0,3:1,3:2胜利的概率；
（Ⅱ）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，.
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）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，）.
（Ⅰ）求的单调区间、最大值；（Ⅱ）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.
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）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；
（Ⅲ）在（Ⅱ）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
1．D【解析】由(z-3)(2-i)=5，得，所以，选D.
2．C【解析】因为,所以，即,有5个元素，选C.
3．A【解析】因为函数为奇函数，所以，选A.
4．B【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.
5．B【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.
6．C【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.
7．A【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.
8．D【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.
9．A【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A
10．B【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.
11．D【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.
12．B【解析】由，得。所以，当且仅当，即时取等号此时，.
故选B.
13．3【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。
16．①③④【解析】①当时，所以成立。当时，此时，即成立。综上恒成立。②当时，所以不成立。③讨论的取值，可知正确。④讨论的取值，可知正确。所以正确的命题为①③④。
17．解：（Ⅰ）由余弦定理，得，
又，所以，解得，.
（Ⅱ）在△中，
由正弦定理得，
因为，所以为锐角，所以
因此.
18．解：（Ⅰ）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∥.
（Ⅱ）解法一：在△中，
所以，即,因为平面,所以，
又，所以平面，由（Ⅰ）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：（Ⅰ）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，；
（Ⅱ）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：（Ⅰ）设等差数列的首项为，公差为，
由，得
解得，
因此
（Ⅱ）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：（Ⅰ），
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
（Ⅱ）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（Ⅰ）知
要使，只需使，即；
当时，由（Ⅰ）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：（Ⅰ）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
（Ⅱ）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。
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