2013高考全国2卷数学理科试题及答案详解.pdf

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1、. ;. 2013 年普通高等学校招生全国统一考试数学 (全国新课标卷 II) 第卷 一、选择题：本大题共12 小题，每小题5 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 课标全国，理1)已知集合M x|(x 1) 24， x R ，N1,0,1,2,3，则MN( ) A0,1,2 B 1,0,1,2 C 1,0,2,3 D0,1,2,3 2(2013 课标全国，理2)设复数z满足 (1 i)z2i ，则z ( ) A 1i B 1I C1i D1 i 3(2013 课标全国，理3)等比数列 an 的前n项和为Sn. 已知S3a210a1，a59，则a1( ) A

2、1 3 B 1 3 C 1 9 D 1 9 4 (2013 课标全国， 理 4) 已知m，n为异面直线，m平面，n平面. 直线l满足lm，ln，l， l，则 ( ) A且 l B且 l C 与 相交，且交线垂直于l D 与 相交，且交线平行于l 5 (2013 课标全国，理 5) 已知 (1 ax)(1 x) 5 的展开式中x 2 的系数为5， 则a( ) A 4 B 3 C 2 D 1 6(2013 课标全国，理6)执行下面的程序框图，如果输入的N10，那么输出的S ( ) A 111 1+ 2310 L B 111 1+ 2!3!10! L C 111 1+ 2311 L D 111 1+

3、 2!3!11! L 7 (2013 课标全国， 理 7) 一个四面体的顶点在空间直角坐标系Oxyz中的坐标分别是(1,0,1)， (1,1,0)， (0,1,1)， (0,0,0)， 画该四面体三视图中的正视图时，以zOx平面为投影面， 则得到的正视图可以为( ) 8(2013 课标全国，理8)设alog36，b log510，c log714，则 ( ) Acba Bbca Cacb Dabc 9(2013 课标全国，理9) 已知a0，x，y满足约束条件 1, 3, 3 . x xy ya x 若z2xy的最小值为1，则 a( ) A 1 4 B 1 2 C 1 D2 . ;. 10(20

4、13 课标全国，理10) 已知函数f(x) x 3 ax 2 bxc，下列结论中错误的是( ) Ax0R，f(x0) 0 B函数 y f(x)的图像是中心对称图形 C若 x0 是 f(x)的极小值点，则f(x)在区间 ( ， x0) 单调递减 D若 x0 是 f(x)的极值点，则f (x0) 0 11(2013 课标全国，理11) 设抛物线C：y 2 2px( p 0) 的焦点为F，点M在C上， |MF| 5，若以MF为 直径的圆过点(0,2) ，则C的方程为 ( ) Ay2 4x 或 y28x By22x 或 y28x Cy2 4x 或 y216x Dy22x 或 y216x 12(2013

5、 课标全国，理12) 已知点A( 1,0) ，B(1,0)，C(0,1)，直线yaxb(a0) 将ABC分割为 面积相等的两部分，则b的取值范围是( ) A(0,1) B 21 1, 22 C 2 1 1, 23 D 1 1 , 3 2 第卷 本卷包括必考题和选考题两部分，第13 题第21 题为必考题，每个试题考生都必须做答。第22 题第 24 题为选考题，考生根据要求做答。 二、填空题：本大题共4 小题，每小题 5 分 13 (2013 课标全国， 理 13)已知正方形ABCD的边长为2，E为CD的中点，则AE BD uuu r u uu r _. 14(2013 课标全国，理14) 从n个

6、正整数 1,2 ，n中任意取出两个不同的数，若取出的两数之 和等于 5 的概率为 1 14 ，则n_. 15 (2013 课标全国， 理 15) 设为第二象限角， 若 1 tan 42 ， 则 sin cos _. 16(2013 课标全国，理16) 等差数列 an 的前n项和为Sn，已知S100，S1525，则nSn的最小值 为_ 三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤 17(2013 课标全国，理17)( 本小题满分12 分 ) ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a bcos Ccsin B. (1) 求B； (2) 若b 2，求ABC面积的最大值 . ;. 1

7、8(2013 课标全国，理18)( 本小题满分12 分) 如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的 中点，AA1ACCB 2 2 AB. (1) 证明：BC1平面A1CD； (2) 求二面角DA1CE的正弦值 19(2013 课标全国， 理 19)( 本小题满分12 分) 经销商经销某种农产品，在一个销售季度内，每售出 1 t 该产品获利润500 元，未售出的产品，每1 t 亏损 300 元根据历史资料，得到销售季度内市场需求量的 频率分布直方图， 如图所示 经销商为下一个销售季度购进了130 t 该农产品 以X(单位：t,100 X150) 表示下一个销售季度内的市场需

8、求量，T( 单位：元 ) 表示下一个销售季度内经销该农产品的利润 (1) 将T表示为X的函数； (2) 根据直方图估计利润T不少于 57 000 元的概率； (3) 在直方图的需求量分组中，以各组的区间中点值代表该组的各个值，并以需求量落入该区间的频率作 为需求量取该区间中点值的概率( 例如：若需求量X100,110)，则取X105，且X105 的概率等于需 求量落入 100,110) 的频率 )，求T的数学期望 . ;. 20(2013 课标全国，理20)( 本小题满分12 分 ) 平面直角坐标系xOy中，过椭圆M： 22 22 =1 xy ab (ab 0) 右焦点的直线30xy交M于A，

9、B两点，P为AB的中点，且OP的斜率为 1 2 . (1) 求M的方程； (2)C，D为M上两点，若四边形ACBD的对角线CDAB，求四边形ACBD面积的最大值 21(2013 课标全国，理21)( 本小题满分12 分) 已知函数f(x) e xln( xm) (1) 设x 0是f(x)的极值点，求m，并讨论f(x) 的单调性； (2) 当m2时，证明f(x) 0. . ;. 请考生在第22、23、24 题中任选择一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分，做答时请写清题号 22(2013 课标全国，理22)( 本小题满分10 分) 选修 41：几何证明选讲 如图，CD为ABC外接圆的切线，AB

10、的延长线交直线CD于点D，E，F分别为弦AB与弦AC上的点，且BCAE DCAF，B，E，F，C四点共圆 (1) 证明：CA是ABC外接圆的直径； (2) 若DBBEEA，求过B，E，F，C四点的圆的面积与ABC外接圆面积的比值 23(2013 课标全国，理23)( 本小题满分10 分) 选修 44：坐标系与参数方程 已知动点P，Q都在曲线C： 2cos , 2sin xt yt (t为参数 ) 上，对应参数分别为t与t 2(0 2) ， M为PQ的中点 (1) 求M的轨迹的参数方程； (2) 将M到坐标原点的距离d表示为的函数，并判断M的轨迹是否过坐标原点 . ;. 24(2013 课标全国

11、，理24)( 本小题满分10 分) 选修 45：不等式选讲 设a，b，c均为正数，且abc1，证明： (1)abbcac 1 3 ； (2) 222 1 abc bca . . ;. 2013 年普通高等学校招生全国统一考试数学 (全国新课标卷 II) 第卷 一、选择题：本大题共12 小题，每小题5 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 答案： A 解析： 解不等式 (x1) 2 4，得 1 x3，即Mx| 1x 3而N 1,0,1,2,3，所以MN 0,1,2，故选 A. 2 答案： A 解析： 2i2i 1i = 1i1i1i z 22i 2 1i. 3 答案： C

12、 解析： 设数列 an 的公比为q，若q1，则由a59，得a19，此时S327，而a210a199，不满足题 意，因此q1. q1 时，S3 3 1(1 ) 1 aq q a1q10a1， 3 1 1 q q q10，整理得q 29. a5a1q 49，即 81a 19，a1 1 9 . 4 答案： D 解析： 因为m，lm，l，所以l. 同理可得l. 又因为m，n为异面直线，所以与相交，且l平行于它们的交线故选D. 5 答案： D 解析： 因为 (1 x) 5 的二项展开式的通项为 5 C rr x(0 r 5，rZ) ，则含x 2 的项为 22 5 C xax 1 5 C x (10 5a

13、)x 2，所以 105a5， a 1. 6 答案： B 解析： 由程序框图知，当k1，S0，T1 时，T1，S1； 当k2 时， 1 2 T， 1 =1+ 2 S； 当k3 时， 1 23 T ， 11 1+ 223 S ； 当k4 时， 1 2 34 T ， 111 1+ 22 32 3 4 S ； 当k10 时， 1 23410 T L ， 111 1+ 2!3!10! SL，k增加 1 变为 11，满足kN，输出S， 所以 B正确 7 答案： A 解析： 如图所示，该四面体在空间直角坐标系Oxyz的图像为下图： . ;. 则它在平面zOx上的投影即正视图为，故选 A. 8 答案： D 解

14、析： 根据公式变形， lg 6lg 2 1 lg 3lg 3 a， lg10lg 2 1 lg 5lg 5 b， lg14lg 2 1 lg 7lg 7 c，因为lg 7 lg 5 lg 3 ，所以 lg 2lg 2lg 2 lg 7lg 5lg 3 ，即cba. 故选 D. 9 答案： B 解析： 由题意作出 1, 3 x xy 所表示的区域如图阴影部分所示， 作直线 2xy1，因为直线2xy1 与直线x1 的交点坐标为 (1 ， 1) ，结合题意知直线ya(x3) 过点 (1 ， 1) ，代入得 1 2 a，所以 1 2 a. 10 答案： C 解析： x0是f(x) 的极小值点，则yf(

15、x)的图像大致如下图所示，则在 ( ，x0) 上不单调，故C不正确 11 答案： C 解析： 设点M的坐标为 (x0，y0) ，由抛物线的定义，得|MF| x0 2 p 5， 则x05 2 p . 又点F的坐标为,0 2 p ，所以以MF为直径的圆的方程为(xx0) 2 p x (yy0)y0. 将x0，y2 代入得px084y00，即 2 0 2 y 4y080，所以y04. 由 2 0 y2px0，得1625 2 p p ，解之得p2，或p8. 所以C的方程为y 24x 或y 216x. 故选 C. . ;. 12 答案： B 第卷 本卷包括必考题和选考题两部分，第13 题第21 题为必考

16、题，每个试题考生都必须做答。第22 题第 24 题为选考题，考生根据要求做答。 二、填空题：本大题共4 小题，每小题5 分 13答案： 2 解析： 以AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴建立平面直角坐标系， 如图所示，则点A的坐标为 (0,0)，点B的坐标为 (2,0) ，点D的坐标为 (0,2)，点E的坐标为(1,2)，则AE uu u r (1,2) ，BD uuu r ( 2,2) ，所以 2AE BD u uu r uuu r . 14答案： 8 解析： 从 1,2 ，n中任取两个不同的数共有 2 Cn种取法，两数之和为5 的有 (1,4) ，(2,3)2种，所以 2 21 C14

17、n ，即 241 1 114 2 n n n n ，解得n 8. 15答案： 10 5 解析： 由 1tan1 tan 41tan2 ，得 tan 1 3 ，即 sin 1 3 cos . 将其代入sin 2cos21，得210 cos1 9 . 因为为第二象限角，所以cos 3 10 10 ，sin 10 10 ，sin cos 10 5 . 16答案： 49 解析： 设数列 an 的首项为a1，公差为d，则S10 1 109 10 2 ad 10a145d 0， S15 1 15 14 15 2 ad15a1 105d25. 联立，得a1 3， 2 3 d， 所以Sn 2 (1)2110

18、3 2333 n n nnn. 令f(n) nSn，则 32110 ( ) 33 f nnn， 220 ( ) 3 fnnn. 令f(n) 0，得n 0 或 20 3 n. 当 20 3 n时，f(n) 0, 20 0 3 n时，f(n) 0，所以当 20 3 n时，f(n) 取最小值， 而nN，则f(6) 48，f(7) 49，所以当n 7 时，f(n) 取最小值 49. 三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤 17 解： (1) 由已知及正弦定理得 sin Asin Bcos C sin Csin B 又A (BC) ，故 sin Asin(BC) sin Bcos Ccos

19、Bsin C 由，和C(0 ，) 得 sin Bcos B， . ;. 又B(0 ，) ，所以 4 B. (2) ABC的面积 12 sin 24 SacBac. 由已知及余弦定理得4a 2 c 2 2cos 4 ac. 又a 2 c 22ac，故4 22 ac ，当且仅当ac时，等号成立 因此ABC面积的最大值为2+1. 18 解： (1) 连结AC1交A1C于点F，则F为AC1中点 又D是AB中点，连结DF，则BC1DF. 因为DF? 平面A1CD，BC1平面A1CD， 所以BC1平面A1CD. (2) 由ACCB 2 2 AB得，ACBC. 以C为坐标原点，CA uu u r 的方向为x

20、轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz. 设CA2，则D(1,1,0)，E(0,2,1)，A1(2,0,2)，CD uuu r (1,1,0)，CE u uu r (0,2,1)， 1 CA uu u r (2,0,2) 设n(x1，y1，z1) 是平面A1CD的法向量， 则 1 0, 0, CD CA uuu r uuu r n n 即 11 11 0, 220. xy xz 可取n(1 ， 1， 1) 同理，设m是平面A1CE的法向量， 则 1 0, 0, CE CA uu u r uu u r m m 可取m(2,1 ， 2) 从而 cosn，m 3 |3 n m nm ， 故

21、sin n，m 6 3 . 即二面角DA1CE的正弦值为 6 3 . 19 解： (1) 当X100,130)时，T500X300(130 X) 800X39 000 ， 当X130,150时，T500130 65 000. 所以 80039000,100130, 65000,130150. XX T X (2) 由 (1) 知利润T不少于 57 000 元当且仅当120X150. 由直方图知需求量X120,150的频率为0.7 ，所以下一个销售季度内的利润T不少于 57 000 元的概率 的估计值为0.7. (3) 依题意可得T的分布列为 T 45 00053 00061 00065 000

22、 P 0.10.20.30.4 所以ET45 0000.1 53 0000.2 61 0000.3 65 0000.4 59 400. 20 . ;. 解： (1) 设A(x1，y1) ，B(x2，y2) ，P(x0，y0) ， 则 22 11 22 =1 xy ab ， 22 22 22 =1 xy ab ， 21 21 =1 yy xx ， 由此可得 2 2121 2 2121 =1 bxxyy ayyxx . 因为x1x22x0，y1y22y0， 0 0 1 2 y x ， 所以a 22b2. 又由题意知，M的右焦点为 (3，0) ，故a 2 b 2 3. 因此a 26，b23. 所以M

23、的方程为 22 =1 63 xy . (2) 由 22 30, 1, 63 xy xy 解得 4 3 , 3 3 , 3 x y 或 0, 3. x y 因此 |AB| 4 6 3 . 由题意可设直线CD的方程为 y 5 3 3 3 xnn ， 设C(x3，y3) ，D(x4，y4) 由 22 , 1 63 yxn xy 得 3x 24nx 2 n 260. 于是x3,4 2 22 9 3 nn . 因为直线CD的斜率为1， 所以 |CD| 2 43 4 2 |9 3 xxn. 由已知，四边形ACBD的面积 2 18 6 | |9 29 SCDABn. 当n0 时，S取得最大值，最大值为 8

24、6 3 . 所以四边形ACBD面积的最大值为 8 6 3 . 21 解： (1)f(x) 1 e x xm . 由x0 是f(x) 的极值点得f(0) 0，所以m1. . ;. 于是f(x) e xln( x1) ，定义域为 ( 1， ) ，f(x) 1 e 1 x x . 函数f(x) 1 e 1 x x 在( 1， ) 单调递增，且f(0) 0. 因此当x( 1,0) 时，f(x) 0； 当x(0 ， ) 时，f(x) 0. 所以f(x)在 ( 1,0) 单调递减，在(0 ， ) 单调递增 (2) 当m2，x( m， ) 时， ln(xm) ln(x2) ，故只需证明当m2 时，f(x)

25、0. 当m2 时，函数f(x) 1 e 2 x x 在 ( 2， ) 单调递增 又f( 1)0，f(0) 0， 故f(x) 0 在( 2， ) 有唯一实根x0，且x0( 1,0) 当x( 2，x0) 时，f(x) 0； 当x(x0， ) 时，f(x) 0，从而当xx0时，f(x) 取得最小值 由f(x0) 0 得 0 e x 0 1 2x ， ln(x02) x0， 故f(x) f(x0) 0 1 2x x0 2 0 0 1 2 x x 0. 综上，当m2 时，f(x) 0. 请考生在第22、23、24 题中任选择一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分，做答时请写清题号 22 解： (1)

26、因为CD为ABC外接圆的切线， 所以DCBA，由题设知 BCDC FAEA ， 故CDBAEF，所以DBCEFA. 因为B，E，F，C四点共圆， 所以CFEDBC， 故EFACFE90. 所以CBA90，因此CA是ABC外接圆的直径 (2) 连结CE，因为CBE90，所以过B，E，F，C四点的圆的直径为CE，由DBBE，有CEDC，又BC 2 DBBA2DB 2，所以 CA 24DB2 BC 26DB2. 而DC 2 DBDA3DB 2，故过 B，E，F，C四点的圆的面积与ABC外接圆面积的比值为 1 2 . 23 解： (1) 依题意有P(2cos ，2sin ) ，Q(2cos 2，2si

27、n 2) ， 因此M(cos cos 2，sin sin 2) M的轨迹的参数方程为 coscos2 , sinsin2 x y (为参数， 02) (2)M点到坐标原点的距离 22 22cosdxy(0 2 ) 当 时，d0，故M的轨迹过坐标原点 24 . ;. 解： (1) 由a 2 b 22ab，b2 c 22bc， c 2 a 22 ca， 得a 2 b 2 c 2 abbcca. 由题设得 (abc) 21，即 a 2b2 c 22ab2bc2ca 1. 所以 3(abbcca) 1，即abbcca 1 3 . (2) 因为 2 2 a ba b ， 2 2 b cb c ， 2 2 c ac a ， 故 222 () abc abc bca 2(abc) ， 即 222 abc bca abc. 所以 222 abc bca 1.